福建省2026年高三一模高考物理试卷（含答案详解）

福建省2026年高三高考模拟

物理学科

考试时间75分钟总分100分

一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题的四个选

项中，只有一个选项是符合题目要求的。）

I.如图所示，线圈自感系数为L,电容器电容为C,电源电动势为及A1、A?和A；是三个相

同的小灯泡。开始时，开关S处于断开状态。忽略线圈电阻和电源内阻，将开关S闭合，

下列说法正确的是（）

A.闭合瞬间，A1与A、同时亮起B.闭合后，A?亮起后亮度不变

C.稳定后，A1与A；亮度一样D.稳定后，电容器的电荷量是C£

2.某变压器的原线圈匝数未知，将9V的正弦交流电输入原线圈。改变副线圈的匝数几测

得副线圈两端的电压U与匝数〃之间的关系如图所示。若该变压器为理想变压器，则原线

圈的匝数最接近（）

▲U/V

A.110B.160C.210D.310

3.电磁流量计可以测量导电液体的流量。——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如

图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感

应强度为从液体允满管道并以速度V沿轴线方向流动，恻管壁上的M、N两点连线为直径，

且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U。。下列说法铮用的是（）

X3X”XX

r

口一

\XX.XX

xxNxx

A.N点电势比M点高B.Uo正比于流量Q

C.在流量。一定时，管道半径越小，U。越小D.若直径MV与磁场方向不垂直，测得

的流量Q偏小

4.某同步加速器简化模型如图所示。其中仅直通道尸。内有加速电场，三段圆弧内均有可

调的匀强偏转磁场Bo带电荷量为“/、质量为m的离子以初速度叼从尸处进入加速电场后，

沿顺时针方向在加谏器内循环加速。已知加速电压为U,磁场区域中离子的偏转半径均为RQ

忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（）

A.偏转磁场的方向垂直纸面向里

B.第1次加速后，离子的动能增加了2qU

c.第％次加速后，离子的速度大小变为业亟巫^

m

kq

D.第％次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为J''*-2协

qR

二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题

目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分）

5.如图，形导线框置于磁感应强度大小为4、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边

均互相垂直，各边长均为/。线框绕仄e所在直线以角速度。顺时针匀速转动，儿与磁场

方向垂直。，=0时，与水平面平行，贝IJ（）

试卷第2页，共8页

A./=0时，电流方向为abcdefa

B.f=0时，感应电动势为⑷

C.7=二时，感应电动势为0

CD

IT

D./=0到，=一过程中，感应电动势平均值为0

（1）

6.如图，过。点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以0点

为轴沿顺时针方向匀速转动，O为圆环的圆心，OP为圆环的半径。则（）

A.圆环中感应电流始终绕。逆时针流动

B.OP与虚线平行时圆环中感应电流最大

C.圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同

D.圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大

7.一浮筒（视为质点）在池塘水面以频率/上下振动，水面泛起圆形的涟漪（视为简谐波）。

用实线表示波峰位置，某时刻笫1圈实线的半径为，，第3圈实线的半径为9,,如图所示,

A.该波的波长为4rB.该波的波速为

C.此时浮筒在最低点D.再经过五，浮筒将在最低点

8.如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框或/?做成，小车沿平

直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的E方形匀强磁场和无磁场区域，磁场

区域的磁感应强度大小为从方向竖直向上。0?段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉

力F=kv+bCk>0,b>0）,且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时,

?二°。的段速度大小y与运动路程5的关系如图2所示,图中％（“<令为"每次经过磁场

c小车质量为My小车的最大速率为乎%

D.

三、填空题：本大题共3小题，第9题3分，10.11题各4分，共11分。

9.如图甲所示，在xQv平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源Si（-2,0）和S2（4,

0）。两波源的振动图线分别如图乙和图内所示，两列波口勺波速均为0.50m/s。两列波从波源

传播到点八（一2,8）的振幅为m,两列波引起的点8（1,4）处质点的振动相互—（填

“加强”或“减弱”），点C（0.5,0）处质点的振动相互______（填“加强”或“减弱”）。

图甲

10.如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静

止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为兀经!时间，小球从最低点向

O

AT

上运动的距离—y（选填“大于”、“小于”或“等于”）；在［时刻，小球的动能（选填

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“最大”或“最小”）.

11.有一台内阻为1。的发电机，供给一学校照明用甩，如图所示。升压变压器原、副线圈

匝数比为I：4,降压变压器原、副线圈匝数比为4：I,输电线的总电阻为4C。全校共有

22个班，每班有“220V40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则降压变压器的输出功率

12.熄火保护装置主要由弹簧、热电偶和电磁铁等组成，其示意图如图1所示，A、B为导

线上两个接线端。小组设计了如图2所的电路（部分连线未完成）进行探究，图中数字亳安

表内阻约为1Q,数字亳伏表内阻约为10MC。

⑴将图1中的8端分别与图2中的4、8,端连接，测量热电偶和电磁铁线圈构成的组合

体电阻。已知组合体电阻不超过0.05C,则未完成的连接中，。端应和（填7”或“c”）

处相连，理由是—o正确连线后，开始时滑动变阻器H勺滑片应置于（填“才'或Z”）

端。

⑵闭合开关S|、S＞实验测得组合体电阻为0.020C,当电磁铁线圈中的电流小于142mA时,

电磁铁无法继续吸合衔铁，衔铁被释放。断开开关加、S2,从室温加热热电偶感温端到某

一温度后，停止加热，使其自然冷却至室温。测得整个过程中热电偶受热产生的电动势£随

时间，的变化关系如图3所示。在相同的加热和冷却过程中，如果将A、4端直接连接，不

计温度变化对组合体电阻的影响，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为s

13.在用单摆测重力加速度的实验中,

(I)如图1所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门。甲

同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图2所示，则单摆的周期为

s(结果保留3位有效数字)。乙同学利用光电门，从小钢球第1次遮光开始计时，记下第〃

次遮光的时刻3则单摆的周期为,=;

⑵内同学发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度/，测出对应的周期7,作

出相应的人尸关系图线，如图3所示。由此算出图线的斜率A和截距儿则重力加速度

g=，小钢球重心到摆线下端的高度差；(结果均用木、。表示)

(3)丁同学用3D打印技术制作了•个圆心角等于5。、半径已知的圆弧槽，如图4所示。他让

小钢球在槽中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为8.64m/s2。若周期测量无误.则

获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是o

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五、计算题：本大题共3小题，14题9分，15题12分，16题16分，共36分

共37分。

14.如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的

匀强磁场。一质量为〃人电荷量为夕的粒子从电场中的。点以水平向右的速度开始运动，

在静电力的作用下从尸点进入磁场，射入磁场时的速度大小为人方向与竖直方向夹角为〃，

粒子返回电场前的运动轨迹过户点正上方的。点，尸、。间距离及0、户间的水平距离均为

L。不计粒子重力。

⑴判断粒子的电性；

⑵求电场强度大小E；

⑶求磁感应强度大小Bo

15.质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。1为粒子加速器，加速电压为U；

H为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为耳，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强

度大小为A,方向垂直纸面向里；in为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2,方

向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器

做直线运动、再由o点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如

图中虚线所示。

（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。

（2）求。点到尸点的距离。

（3）若速度选择器II中匀强电场的电场强度大小变为外（当略大于£）,方向不变，粒子

恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在。点的速度大小。

16.如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为/的水平

金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成

的回路总电阻为飞；第二级由固定在动子.上间距也为/的导电“u”形滑杆、锁定在滑杆上可

导电的模型飞机组成，由此构成的回路总电阻为&。另外在第二级回路内固定一超导线圈，

它与第一、第二两级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖宜向下、磁感应强度大小为3

的匀强磁场,接通开关S,动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为比

当动子运动距离为小时(可视为己匀速)，立即断开S,在极短时间内实现下列操作：首先

让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级I可路中产生磁通量中；再让超

导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子

及安装其上所有装备的总质量为历，其中飞机质量为〃?，在运动过程中，动子始终与导轨保

持良好接触，忽略导轨电阻。

(1)求动子在接通S瞬间受力的大小;

(2)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度%；

⑶求第一级弹射过程中电源输出的总能量W；

(4)判断超导线圈中电流方向(俯视)，并求飞机起飞时的速度大小。

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I.c

【详解】A.闭合开关瞬间，电容器C相当于通路，线圈L相当于断路，所以A］、A?瞬间

亮起，A.：逐渐变亮，A棒误；

B.闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当于断路，所以A2比一下后熄灭，B错误；

C.稳定后，电容器相当于断路，线圈相当于短路，所以A,串联，所以一样亮，C正

确；

D.稳定后，电容器与A?并联，两端电压等于A3两端电压，由于线圈电阻和电源内阻忽略

不计，且A1、A3串联，Ai两端电压为根据Q=CU,可得电容器的电荷量等于gcE,

D错误。

故诜C。

2.C

【详解】设原线圈的匝数为々，根据冬:马，可得％二£q

nUU

由题图可知当U=3V时，〃=70,代入可得仆=gx9=210

故选C。

3.C

【详解】A.根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A

正确；

BC.设管道半径为「，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡有与。=及泮

2r

同时有。=Sv=nr1v

联立解得”,=也

rrr

故正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，越大；

故B正确，C错误；

D.若直径MN与磁场方向不垂直，根据〃。二竺2可知此时式中磁场强度为磁感应强度的

7tr

一个分量，即此时测量时代入的磁场强度偏大，故测得的流量Q偏小；

故D正确。

答案第1页，共9页

本题选错误的，故选C。

4.A

【详解】A.粒子沿顺时针方向运动且带负电，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方

向垂直纸面向里，故A正确；

BC.根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为qU,由于洛伦兹

力不做功，则加速k次后,带电粒子的动能增量为如U,加速k次后,由动能定理芍

kqU=g777V2-；〃八/

解得y=Q+"幽=J〃运+2kqU?,故BC错误；

Ymm

2

D.粒子在偏转磁场中运动的半径为R,则有夕1归=半

解得6="=册加+2kqU叱,故口错误。

qRqR

故选Ao

5.AB

【详解】AB.线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为〃和⑷，f=0时刻〃边速度与磁

场方向平行，不产生电动势，因此此时边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为

abcdefa,电动势为E=B（v=Blcol=Bl2co，AB正确；

C./=及时，线框旋转180。，此时依旧是5边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，

（D

C错误；

D.1=0到1=三时，线框出切1的磁通量变化量为零，线框从泳，的磁通量变化量为

0）

△<D=2BS=28/2

由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为£=竺=丝叱，D错误。

ArJT

故选AB.

6.BC

【详解】A.在圆环进入磁场的过程中圆环中感应电流绕O逆时针流动，圆环出磁场的过程

中圆环中感应电流绕O顺时针流动，故A错误；

BCD.由几何关系可知圆环进入磁场的过程中，圆环的圆心轨迹是以尸点为圆心且半径与

圆环的半径大小相等的圆，则圆环切割磁感线的有效长度为/=2eos（90。-CR）,其中g为

答案第2页，共9页

圆环匀速转动的角速度，90。一⑼为0P与虚线的夹角

则金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动产生的感应电动势瞬时值为

Bcol2

e=----

2

化简得e=Bcoi2{\—cos(2w/)]

可见。尸与虚线平行时即而=90。或270。圆环中感应电流最大；分析可知当环转动一圈的过

程中，圆环中的感应电流光逆时创增大再减小，后顺时包增大再减小，故圆环中感应电流变

化的周期与环转动周期相同；而圆环在磁场内且0尸与虚线垂直时3二180。此时环中感应

电流为零，故BC正确、D错误。

故选BC„

7.AD

【详解】A.根据题意某时刻第1圈实线的半径为九笫3圈实线的半径为9r,故可得22=9r-r

U|JA=4r,故A止确：

B.该波的波速为u=Z/'=4//,故B错误；

CD.由4=4-，根据某时刻第1圈实线的半径为「二!2可得此时浮筒处于平衡位置，由于

4

波向外传播，根据同侧法可知此时浮简处于平衡位置向下振动，故再经过上二：7，浮筒

4/4

将在最低点，故C错误，D正确。

故选ADu

8.BC

【详解】由题知的段在磁场区域运动时，依两端的电压随时间均匀增加，则说明朝在磁

F

场中运动时做匀变速直线运动，设正方形金属框确力运动的速度为也有E=B小，,/=-,

A

F安=Bld,F-F安-ma

联立有kv+b—B"''=ma

R

B.由于加段在磁场区域运动时，正方形金属框咙〃做匀变速直线运动，则有人，=历上，

R

ma=b

解得R=",故B正确；

k

CD.gh在无磁场区域运动时，尸=0,正方形金属框次力水平方向只受到安培力，有E=Bdv',

答案第3页，共9页

F

—,F"=Bl'd

R

根据动量定理有-皿

vAr=inv^-mv'

R

累加叠加可得-"■：

=mv-inv=-kd

R()mM

g/?段在磁场区域运动时，正方形金属框或〃做匀变速直线运动有匕《一片=2〃d

结合ma=b

解得小=°(〃_*］,)，%小=%一%，故C正确，D错误：

A.由旗段在磁场区域运动时，正方形金属框依/?做匀变速直线运动，则有由“*=%+〃/

kd

解得gh在任一磁场区域的运动时间，二?，故A错误。

b

故选BCo

9.2减弱加强

【详解】［1］由图可得周期

T=4s

则波长

A=vT=2m

两列波从波源传播到点A(-2,8)的路程差

△「=彳-4=1Om-8m=2in

两列波的振动步调相反，所以A点为振动减弱点，其振嗝为2m。

⑵从波源传播到点8(1,4)路程差为0,引起该处质点的振动相互减弱。

⑶从波源传播到点C(0.5,0)的路程差为

Im="xl

2

该处质点为振动加强点。

10.小于最大

【详解】［I］根据简谐振动的位移公式

T

则，=7时有

O

答案第4页，共9页

所以小球从最低点向上运动的距离为

^y=A--A=^—^A<-A

“222

A

则小球从最低点向上运动的距离小于;。

⑵在"工时，小球回到平衡位置.，具有最大的振动速度，所以小球的动能最大。

4

II.5280WI44W

【详解】要保证全部电灯正常发光，则降压变压器的输出功率为

6=40Wx6x22=5280W

⑵全部电灯正常发光，则降压变压器输出电压为

U4=220V

根据匝数比可知降压变压器输入电压为

U、=88()V

输入功率

4=E=5280W

所以输电线上的电流为

/,=A=」=6A

3U、

输电线上损失的电压为

U'=//=6Ax4Q=24V

输电线上损失的功率为

r

P=t/72=24Vx6A=144W

12.(1)b见解析e

(2)17.5

【详解】(1)HH2］根据题意可知，组合体电阻不超过0D5C,相比较远小于数字亳伏表内

阻，应采用数字毫安表外接法，即。端应和方处相连。

⑶滑动变阻器采用分压接法，闭合开关时，为了保护电表，滑动变阻器的滑片应置于e端。

答案第5页，共9页

（2）根据题意，由闭合回路欧姆定律可知，衔铁被释放时，电动势为

E=Ir=0.02xl42xl0-3=2.84xl0-3V=2.84mV

停止加热时，热电偶受热产生的电动势£最大，如图所示

由图可知，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为A/=32.5s-l5s=17.5s。

2t

13.（1）1.31——

n-\

⑵4712kkb

⑶见解析

【详解】（1）［1］单摆摆动过程中，在最低点绳子的拉力最大，相邻两次拉力最大的时间间

隔为半个周期。从图2可知，从起始值到终止值经历的时间间隔

Ar=7.6530s-1.1277s=6.5253s

则有A"］。一

解得了=L31s

、T

⑵由题可得（〃-1）］=/

解得周期为丁=」2/7

n-\

（2）设小钢球重心到摆线下端的高度差为力,则摆长为2=力+/

根据单摆周期公式有7=2巴?

可得T=2万1+L

变形得/=

答案第6页，共9页

可得-2图像的斜率为八盘

解得g=4/k

[2]当/=人时/=0,则有O=lrx〃一人

4k

解得小钢球重心到摆线下湍的高度差/?=kb

(3)存在空气阻力，且小球不是纯平动而有滚动，导致实际测出的周期大于理想情

况下的周期，导致g的测量值小于真实值。

14.(1)正电

mv2sin67cos

(2)匕=:

qL

2，〃nsin0

⑶”ri—；—

qL

【详解】(i)根据题意可知，粒子向上偏转，所受电场力向上，与电场方向相同，则粒子带

正电。

(2)设粒子在电场中运场的时间为/,水平方向上由运动学公式，有£=1人吊。

设粒子在电场中运动的加速度为〃，由牛顿第二定律，有qE=，na

竖直方向上由运动学公式，有ucosO=af

、1、々一加口命sin6^cos0

联立上述各式，得£=------------

qL

(3)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为,•，由几何关系，得L=2/sin8

洛伦兹力提供向心力，有qvB=m—

r

2/?zvsin0

联立得B=

-E：4UM2E.-E.

15.(1)带正电，——r；(2)-777-：(3)—彳—

2UB；E也与

【详解】(1)由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为〃?，电荷

量为《，粒子进入速度选择器时的速度为%,在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡

条件＞0g=*

在加速电场中，由动能定理八，;

联立解得，粒子的比荷为幺=品

m2UB；

答案第7页，共9页

(2)由洛伦兹力提供向心力夕％用=〃?以

r

可得。点到P点的距离为。P=2r=鬻

(3)粒子进入II瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力斗=仅。耳

向下的电场力尸

由于七2>C，旦q%B、=qEi

在。点将粒子的速度v分解为大小为刃、口的两个分速度，则有%=匕-匕

令力对应的洛