2026年高考考前预测卷-物理（福建卷）全解全析

2026年高考考前预测卷（福建专用）

物理・全解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求

的。

1.东风-41洲际导弹以25-30马赫的极速实现全球覆盖，21分钟可直达纽约，配合10枚分弹头与钱学森

弹道（曲线），令拦截概率低于10%。可认为1马赫=340m/s,下列说法正确的是（）

A."21分钟”指的是时刻

B.“25-30马赫〃指的是全程的平均速度大小

C.研究该导弹的飞行轨迹时，可将其看成质点

D.若该导弹以25马赫的极速运动，一分钟的位移大小为514千米

【答案】C

【详解】A."21分钟〃指的是导弹从发射到抵达纽约所需的时间间隔，不是时刻，A错误；

B.“25-30马赫”描述的是导弹的极速（如最大瞬时速度），并非全程平均速度大小，B错误；

C.研究导弹飞行轨迹时，关注其整体运动，导弹尺寸相对于飞行距离可忽略，且分弹头设计不影响轨迹

的整体分析，因此可视为质点，C正确；

D.以25马赫速度运动，速度大小为/=25x340m/s=8500m/s

一分钟内若做匀速直线运动，路程为s=vt=510km

与选项中的514km不符，且因轨迹为曲线，位移大小应小于路程，即小于510km,D错误。

故选C

2.如图所示，4,8是等量带正电的点电荷，固定在同一水平线上，。为4,8连线的中点，C,。是4、B

连线竖直垂直平分线上的两点，这两点关于。点对称，将一个带正电的小球（大小不计）在C点上方。点

由静止释放，小球沿直线运动到八点，关于小球在C、。两点（）

♦c

A;B

I

A.速度相同B.机械能相同C.电场力相同D.加速度相同

【答案】B

【详解】B.根据等量同种电荷的电势分布特点可知C、。两点的电势相等，所以小球在C、。两点的电势

能相等。小球只受电场力与重力作用，因此电势能与机械能总和为定值，因此小球在C、。两点机械能相

等，故B正确；

A.由于在。点重力势能小，小球的动能大，小球的速度大，故A错误；

C.根据等量同种电荷的电场分。特点可知在C、。两点电场强度大小相等，小球受到的电场刀大小相等，

方向相反，故c错误；

D.在C点重力与电场力方向相反，在/）点，电场力与重力方向相同，可知小球在D点的加速度较大，故

D错误。

故选Bo

3.一列简谐横波在t=；s时的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点，图乙是质点Q的振动图

«5

像。关于该简谐波，下列说法正确的是（）

A.波长为18cm

C.质点Q的平衡位置坐标x=9cmD.波速为18m/s,沿x轴负方向传播

【答案】C

【详解】AD.由题图甲可以看出，该波的波长为入=36cm

由题图乙可以看出周期为T=2s

波速为v=*=0.18m/s

当£=/时，Q点向上运动，结合题图甲根据“上下坡〃法可得波沿工轴负方向传播，AD错误；

B.当时，。点向上运动，结合题图甲根据"上下坡”法可得尸点也向上运动，B错误；

C.由题图甲可知，x=0处y=-^=Asin(-30')

则〜=^'=3cm

由趣图乙可知，1=0时，质点Q处于平衡位置，经过△£=?$,其振动状态向x轴负方向传播到P点处,

则—x=uAt=18x-cm=6cm

P3

故々=9cm,故C正确。

故选C。

4.水平地面上静置一个质量m=5kg的物块，物块与水平面间的动摩擦因数为9从/=0时刻开始，如图甲

«5

所示，物块受到一个与水平方向成37”、力向斜向右上力的外力尸作用，外力尸随时间变化的图像如图乙

所示。重力加速度大小取10m/s2,而37。=0.6,8s37。=0.8。则物块在t=4s时的速度大小为()

F

37。

甲

A.12.5m/sB.15m/sC.17.5m/s

【答案】B

【详解】设当物块开始运动时，拉力大小为有&cos。--Fosin0)=0

解得F0=?N

由图口」知尸二^tN

可知£o=Is时物块开始运动，1s〜4s内，根据动量定理可得FcosJAt-/At=mv

50.200

其中=

物块受到的摩擦力为/=Mmg-FsinO)

一lx（50-^x0.6）+ix（50-^x0.6）5

可得/=口~~2——与4_2_二2竺N

又At=4s-Is=3s

解得物块在t=4s时的速度大小为u=15m/s

故选Bo

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0分。

5.飞船的某段运动可近似为如图所示的情境，圆形轨道I为空间站运行轨道，设圆形轨道I的半径为r,空

间站公转周期为7\椭圆轨道团为载人飞船运行轨道，两轨道相切于力点，椭圆轨道团的半长轴为Q,地球表

面处重力加速度为g。下列说法正确的是（）

轨道I

轨道n

/“一

A.根据题中信息，可求出空间站运转速度u=景

B.空间站在轨道I运行的加速度大于g

C.载人飞船若要进入轨道I,需要在A点加速

D.空间站在圆轨道I上运行的周期大于载人飞船在椭圆轨道用上运行的周期

【答案】CD

1详解】A.根据题中信息，由圆周运动规律可求出空间站运转速度□=莽，故A错误；

B.设地球半径为小在地球表面G,=mg

空间站在轨道I运行时G等=ma

可知，空间站在轨道I运行的加速度小于g，故B错误；

C.载人飞船若要进入轨道I,需要在A点加速，故C正确；

D.根据开普勒第三定律旨=4（同一中心天体k为定值），轨道I的半长轴（圆半径r）大于椭圆轨道II的

半长轴Q,因此空间站在轨道I的周期大于载人飞船在椭圆轨道II的周期，故D正确；

故选CDU

6.如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接交流电源和小灯泡，电源电压“随时间/变化的图像如图乙

所示，两个小灯泡Li和Lz规格均为"20V20W”且正常发光，R为定值电阻。则下列说法正确的是（）

A.变压器原、副线圈的匝数匕11：1B.变压器原、副线圈的匝数比10:1

C.电阻R消耗的电功率为200WD.电阻R消耗的电功率为180W

【答案】BD

【详解】A.由小灯泡Li正常发光可知原线圈上所加电压的有效值为%=200V,由小灯泡L2正常发光可

知副线圈上的电压的有效值为4=20V

原、副线圈的匝数之比满足察=@=10,故A错误，B正确；

CD.原、副线圈的电流比满足3=

/210

因小灯泡Li正常发光，可知原线圈上的电流为4=*=1A

可知副线圈的电流，2=10A

小灯泡L2正常发光，可知该支路的电流为1A

故电阻及所在支路的电流为4=9A

电阻/?消耗的电功率为PR=5/夫=180W,故C错误，D正确。

故选BDo

7.如图甲所示，木板A静置于水平地面上，木板右端放置一可看成质点的物块B,£=0时对A施加一水

平向右的恒定拉力忆t=2s时撤去F,B与A共速时，B恰好在A最左端。A和B在0~3s内的wf图像如

图乙所示。已知B的质量m=lkg,A与地面间动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加

速度g=10m/s2,从开始到A、口均停止运动的过程中，下列说法正确的是（〉

0

23t/s

甲乙

A.A与B间动摩擦因数为0.2B.A的长度为5m

C.拉力尸对A做的功为108JD.B对地的位移为9m

【答案】CD

【详解】A.根据图乙中0〜3s内物块B的运动图像可知加速度为%=噗=lm/s2

对B受力分析，有〃=mai

所以A与B之间的动摩擦因数为0.1,故A错误；

B.图乙中A与B两个物体的运动图像之间围成的面积等于A的板长L=SA-SB

根据图像可计算出SA=10.5m

SB=4.5m

所以板长L=6m,故B错误；

C.设A的质量为M,根据2~3s内A的运动可知加速度大小为%=3m/s2

此时有〃地(m+M)g+=Ma3

可求得M=3kg

在0~2s内A的加速度大小为a?=3m/s2

此时对A分析，有F-〃地(m+M)g-fiBmg=Ma2

所以拉力尸=18N

在0~2s内A运动的位移为以=6m

所以拉力做的功是W=FXA=108J,故C正确；

D.由于〃地>〃B，所以AB共速后不能一起减速，A的减速运动加速度更大，所以对B分析，有04=

等=即。=lm/s2

3s后B运动的位移大小为&=上=4.5m

2a4

所以B对地的总位移为9m,故D正确。

故选ACDo

8.如图所示，空间存在以。为顶点、圆心角NM0N=60。的扇形有界磁场区域同，扇形的半径为R,磁场方

向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；扇形区域外是范围足够大的匀强磁场区域0，磁场方向垂直纸面向

外，磁感应强度大小为3B。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，从扇形边界0M上的4点沿与0M

成30。角的方向射入磁场区域回，4点到顶点。的距离为今不计粒子重力。下列说法正确的是()

A.粒了在区域（3、田内的运动轨迹半径之比为3:1

B.粒子在区域团中单次运动的最长时间为名

3qB

C.若粒子恰好不从扇形边界ON射出，其速度大小为学

2m

D.粒子从射入到第一次回到射入方向的过程中，在区域国内的运动时间与区域团内的运动时间之比可能

为3:1

【答案】AD

【详解】A.根据洛伦兹力提供向心力，有叩8=巾9

区域（3、团的磁场磁感应强度大小之比为1:3

粒子在区域团、（3内的运动轨迹半径之比为3:1,故A正确；

B.粒子在区域团中速度小于某个值时可不从圆弧MN和边界ON射出，而从0M射出，根据直线力界的对称

性可知圆心角为300。，单次运动最长时间为笠，故B错误；

C.若粒子恰好不从扇形边界ON射出，其运动轨迹如下图所示

由几何关系得此时r不等于S根据r=W

2qB

可知其速度大小不等于手，故c错误；

2m

D.由「=驾可知，粒子在区域13和区域0中运动的周期之比为3:1；若粒子在区域团和区域0中运动时圆心

角相等，则粒子从射入到第一次回到射入方向的过程中，在区域田内的运动时间与区域团内的运动时间之比

为3:1,如下图所示

N

故D正确。

故选ADo

三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共9分。

9.一定质量的理想气体从状态4变化到状态8,其压强p随热力学温度T变化的规律如图所示，则气体在状

态力的体积匕与在状态8的体积/关系是匕=/；气体从状态4变化到状态B的过程，气体对外做

的正功（填“大于〃“小于”或“等于〃）气体吸收的热量。

【答案】!小于

【详解】⑴根据理想气体状态方程毕="泸

>0

解得以=3%

⑵气体从状态4变化到状态B的过程，温度升高，则气体内能增加，气体体积增大，则“<0,根据热力学

第一定律AU="+Q可知，气体对外做功小于气体吸收的热量。

10.某公园的景观水池池底有两个点光源，池中水深近夜晚点光源点亮后在水面形成了两个半径为R的

圆形亮斑，叠加后的大亮斑如图所示，亮斑边缘上最远两点的间距为3R,则两点光源间的距离为

，水对光的折射率为

【答案】R

R

【详解】［1］点光源应在光斑圆的圆心正下方，因此两点光源间的距离为R；

⑵设全反射临界角为C，由全反射临界光线可知sinC=~^=

MA4V

因此水对光的折射率九=――='R「

sinCR

11.自然界中有的放射性元素半衰期很短，很难被发现，放射性元素铮237（芨7Np）就是用人工的方法发

现的。锋237是不稳定的，它经过一系列。衰变、夕衰变后变成锯209（|§9Bi）,这些衰变是次a

衰变和次P衰变。

【答案】74

【详解】假设需经过x次a衰变，y次夕衰变，根据电荷数守恒和质量数守恒有93=2无-y+83,237=

4x4-209

解得x=7,y=4

四、实验题：本题共2小题，12题7分，13题5分，共12分。

12.某实验小组利用如图甲所示装置验证牛顿第二定律，不计轻绳、滑轮及传感器的质量，轻绳与滑轮间

接触光滑，忽略空气阻力。

⑴为使重物向上加速运动，钩码的质量m与重物的质量M应满足的关系是：

⑵下列说法正确的是;

A.力传感器的示数与钩码的重力大小相等

B.测量时应先释放重物，后援通打点计时器电源

C.打点计时器应接交流电

⑶钩码的加速度大小由与重物的加速度大小。2的关系为；

⑷实验所用交流电源频率为50Hz,打点计时器某次打出的纸带如图乙所示，图中相邻两点间有4个点未画

出，则重物的加速度大小为m/s2（计算结果保留两位有效数字）；

ABCDE

999♦♦

单位:cm>4,61>—10.61—

1.6.59--8.61-1

乙

⑸增加钩码的个数，得到多组重物的加速度Q和传感器的示数尸的数据，画出a-F图像如图丙所示，图像

的斜率为A，若重物的质量M=（用k表示），则说明牛顿第二定律成立。

丙

【答案】⑴2m>M

（2）C

（3%=2a2

（4）2.0

然

【详解】（1）为使重物向上加速运动，应满足2mAM

（2）A.钩码有加速度，传感器显示的拉力不等于钩码的重力，故A错误:

B.测量时应先接通电源，待打点稳定后再释放重物，故B错误；

C.打点计时器应接交流电，故C正确。

故选C。

（3）当重物上升高度为九时，钩码下降高度为2九，由九

可知，钩码的加速度为重物的两倍

（4）a=…犷』=2.0m/s2

（5）由重物受力，可得a=§-g

图像的斜率&=3得知建

13.小明在研究不同金属的电阻时发现一段未知材料的电阻丝，该电阻丝的电阻约为6"他想通过设计一

个实验来使测量结果尽量准确。发现实验室有以下器材：

A.电池组（3V、内阻IQ）

B.电流表（O~3A,内阻约0.0125Q）

C.电流表（0~0.6A,内阻约0.125。）

D.电压表（0-3V,内阻约4kC）

E.电压表（0-15V,内阻约15k。）

F.滑动变阻器（0~20Q,允许最大电流1A）

G.滑动变阻器（0~2000C,允许最大电流0.3A）

H.开关、导线

⑴小明应选用上述器材中的哪些________（只填写字母代号）。

⑵小明用游标卡尺和螺旋测微器分别测该电阻丝的长度和直径，如图1、图2所示，则该电阻丝的长度为

cm,直径为mm,>

主尺(cm)

101112

图1图2

⑶小明采用了如图3所示的电路进行测量，则电阻测量值比真实值偏（选填“大〃或〃、〃）.根据测

量数据得到的伏安特性曲线如图4所示，图中MN段向上弯曲的主要原因是下面的（填A或B）。

A.随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大

B.随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率减小，电阻减小

【答案】⑴ACDFH

(2)10.0254.488/4.487/4.489

⑶小A

【详解】（1）电源电动势为3V,故应选0〜3V的电压表D,乂因为待测电阻丝的电阻约为6d则电路中

的最大电流大约为/m=7=0・5A

n

故应选。〜0.6A的电流表C；为方便调节，滑动变阻器应选0-20Q的F；另外还需要电源和开关、导线H。

故选ACDFHo

(2)[1]由图1可知，游标卡尺的读数为100mm+5x0.05mm=100.25mm=10.025cm

[2]由图2可知,螺旋测微器的读数为4mm+48.8x0.01mm=4.488mm

(3)[1]由图3可知，由卜电压表的分流，会导致电流表测量的电流偏大，根据/?=(可知，电阻测量值比

真实值偏小；

[2]图中段向上弯曲的主要原因是随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻丝的电阻率变大，电阻增

大。

故选Ao

五、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后

答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

14.2025年9月3日，纪念抗战胜利80周年阅兵中，某主战坦克以北=10m/s匀速行驶，接到“定点停

车〃指令后，以a=2m/s2匀减速至停止。求：

⑴刹车后0=2s末的瞬时速度火；

⑵紧急刹车的总时间£;

⑶刹车到停止的总滑行距离工o

【答案】⑴6m/s

⑵5s

(3)25m

2

【详解】(1)根据匀变速运动的公式，vx=vQ-ati=10m/s-2m/s-2s=6m/s

(2)根据速度-时间关系，坦克减速到0的时间为£=%=5s

a

(3)从开始刹车到停下的位移为x=卓=25m

2a

15.某实验机构设计了一个如图所示的“双轨阻尼缓震〃模型，用于模拟精密仪器在冲击载荷下的减速过

程。两根足够长的光滑平行金属导轨CD和E/固定在绝缘水平基座上，其间距L=0.5m,处于垂直导轨

平面向上、磁感应强度大小为8=2T的匀强磁场中。导体棒。锁定在导轨上距CE足够远处，导体棒P以

初速度%=6m/s的向右滑上导轨，运动一段时间，速度变为u=4m/s时，解除导体棒Q的锁定。已知导

体棒尸、Q的长度均为L,质量分别为mi=0.2kg、m2=0.1kg,电阻分别为8=0.3C、R2=0.20,导体

棒P、。与导轨始终接触良好，不计导轨电阻和空气阻力，求：

⑴导体棒夕刚滑上导轨时，受到的安培力方的大小：

（2）从导体棒夕刚滑上导轨到解除导体棒Q锁定的过程中，导体棒P向右运动的位移内

⑶导体棒。运动速度的最大值方及从解除导体棒。的锁定开始至达到最大速度的过程中，流过导体棒Q

的电荷量ch

【答案】⑴12N

(2)0.2m

⑶轲/s，/

【详解】（1）导体棒P刚滑上导轨时，有E=/=J—,F=BIL

Rl+R2o

B2L2Vp

可得尸0=

解得尸0=12N

（2）从导体棒P刚滑上导轨到解除导体棒Q锁定的过程中，对导体棒P,由动量定理可得-EF安At=

△t=v0

R1+R2%+月2—

解得乃=0.2m

（3）解除导体棒Q的锁定后，以导体棒P、Q为系统，动量守恒，两棒共速时导体棒Q的速度达到最大

值，则有m/=Oi+m2）vm

解得%=gm/s

该过程中以导体棒Q为研究对象，由动量定理可得=BLq=m2vm

解得q=^C

JLO

16.一质量M=lkg的绝缘长木板放在倾角。=37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板

左端距斜面底端的距离s=10.25m,斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。r=0

时刻将一质量/n=2kg的带正电小物块置于木板上距离木板左端/=37m的位置，并使其获得沿木板向上的初

速度％=6m/s,如图所示，与此同时，撤去作用在木板上的外力。空间还存在着沿斜面向上的匀强电场，

场强大小氏=4X103N/C,小物块的带电量g=3xlO-3c,当木板第一-次与弹性挡板相碰时，撤去电场。木板与

物块间的动摩擦因数〃=0.5,小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，不考虑因电

场变化产生的磁场,sin37°=0.6,