2026泉州高三下学期一模试题物理含解析

这是一份2026泉州高三下学期一模试题物理含解析，共95页。试卷主要包含了03，125）等内容，欢迎下载使用。
高三物理
2026.03
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，只有一项是符合题目要求的。
1. 泉州提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在提线作用下，其手掌在竖直面内由位置沿圆弧线匀速率运动到位置，在此过程中（ ）
A. 手掌的动量不变B. 手掌的动能不变
C. 手掌的机械能守恒D. 提线对手掌不做功
【答案】B
【解析】
【详解】A．动量矢量，手掌做匀速率圆周运动，速度方向不断改变，因此手掌动量发生变化，故A错误；
B．动能是标量，大小为，手掌匀速率运动，速度大小不变，因此动能不变，故B正确；
C．机械能=动能+重力势能，手掌从P到Q动能不变，高度升高，重力势能增大，因此总机械能增大，不守恒，故C错误；
D．根据动能定理，手掌动能变化为0，重力对手掌做负功，因此提线的拉力必须做正功，才能使总功为0，故提线对手掌做功，故D错误。
故选B。
2. 福建选手李发彬在第十五届全运会举重项目中夺得金牌，实现全运会“三连冠”，比赛中再现“金鸡独立”，如图甲所示；双脚稳定站立时如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. “金鸡独立”时，人对杠铃的作用力与杠铃对人的作用力大小相等
B. “金鸡独立”时，地面对人的作用力大于人对地面的作用力
C. 双脚稳定站立时，若双臂之间夹角越小，则双脚对地的压力越大
D. 双脚稳定站立时，若双臂之间夹角越大，则双脚对地的压力越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．人对杠铃的作用力与杠铃对人的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，相互作用力大小始终相等，故A正确。
B．地面对人的作用力与人对地面的作用力同样是一对相互作用力，大小相等，故B错误。
CD．将人和杠铃看作一个整体，整体总重力不变，地面对人的支持力始终等于人和杠铃的总重力；根据牛顿第三定律，双脚对地面的压力等于总重力，与双臂夹角无关，故C、D错误。
故选A。
3. 如图，在等边三角形顶点、、上各放置一个相同的点电荷，、、是该三角形的角平分线，图示点在上，已知点场强为零，则在、、上与点场强大小相等的位置除点外共有（ ）
A. 2处B. 3处C. 4处D. 5处
【答案】B
【解析】
【详解】电场叠加与对称性分析：三个相同点电荷放置在等边三角形顶点，根据电场叠加原理： 三角形角平分线的交点（中心）处，三个电荷产生的场强大小相等、互成，矢量合场强为零，满足场强大小与P点（P点合场强为零）相等的要求，且中心在三条角平分线上。
对称位置分析： 题目中P点位于的中心与对边之间，因三角形结构对称，同理可得：在、的中心与对边之间，各存在一个合场强为零的点，和P点位置对称。
计数：除已知的P点外，符合要求的位置共3处（中心、上的点、上的点）。
故选B。
4. 如图，竖直轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与物块相连。用水平板托住物块，使弹簧处于原长状态。现使竖直向下做匀加速直线运动，加速度，为重力加速度大小。当弹簧伸长量为时、分离，此时的动能为；当弹簧伸长量为时动能达到最大值；当运动到最低点时弹簧伸长量为、加速度大小为，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．、分离时，二者弹力为0，对由牛顿第二定律：
代入
得：
即：
动能最大状态（），动能最大时合力为0，加速度为0：
因此
故A错误；
B．分离前做匀加速直线运动，由运动学公式，得：
从到最低点，动能从变为0，由动能定理解得：
因此：
故B错误；
C．分离后从到，由动能定理：
代入，解得：
因此
故C正确；
D．对最低点由牛顿第二定律：
得
又
则：
故D错误。
故选C。
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. 机器人利用柔性磁膜触觉传感器可以轻松拿起鸡蛋而不破裂，如图所示，传感器核心部分的结构为内置柔性磁膜与固定的线圈矩阵，通过线圈产生感应电流以感知磁膜上表面受到的压力变化情况。下列说法正确的是（ ）
A. 磁膜没有受到压力时，线圈没有感应电流产生
B. 磁膜受到压力稳定后，线圈有感应电流产生
C. 磁膜受到的压力减小时，线圈没有感应电流产生
D. 磁膜受到的压力增大时，线圈有感应电流产生
【答案】AD
【解析】
【详解】A．磁膜没有受到压力时，线圈的磁通量不变，线圈没有感应电流产生，故A正确；
B．磁膜受到压力稳定后，线圈的磁通量不变，线圈没有感应电流产生，故B错误；
CD．磁膜受到的压力减小或增大时，线圈的磁通量改变，线圈有感应电流的产生，故C错误，D正确。
故选AD。
6. 2025年11月，神舟二十一号载人飞船返回舱首次实施3圈自主快速返回，标志着我国载人飞船再入返回技术实现新突破。如图所示，返回舱从圆轨道1的点变轨后，沿椭圆轨道2运动到点，再次变轨后进入圆轨道3。为1、2轨道的切点，为2、3轨道的切点。已知1、3轨道半径之比为，返回舱在轨道1运行的周期为，则返回舱（ ）
A. 从点进入轨道2时需要减速
B. 从点运行至点所需的最短时间小于
C. 在轨道3与轨道1上运行的速率之比为
D. 在轨道2上运行时经过、点的速率之比为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．从点进入轨道2时，做近心运动，可知返回舱需要减速，故A正确；
B．设轨道1的半径为，轨道3的半径为，椭圆轨道2的半长轴为
根据开普勒第三定律可得返回舱在轨道1运行的周期大于在椭圆轨道2的周期，从点运行至点所需的最短时间为，可知最短时间小于，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力可得
可得
因为1、3轨道半径之比为，可得在轨道3与轨道1上运行的速率之比，故C错误；
D．在轨道2上运行时经过、点时，根据开普勒第二定律有
可得经过、点的速率之比，故D错误。
故选AB。
7. 某学习小组为研究某小区接入新能源光伏电能后，面临的功率波动影响问题，模拟电能输送的示意图如图所示，、间接入正弦交流稳压电源，是输电线的等效电阻，、间接带滑动片的变阻器。为维持、间电压在合理的范围内，可适当移动原线圈上滑动片。下列说法正确的是（ ）
A. 若不动，向上移动，通过的电流增大
B. 若不动，向上移动，通过的电流减小
C. 当向上移动时，为保证、间的电压不变，需要向上移动
D. 当向上移动时，为保证、间的电压不变，需要向下移动
【答案】BD
【解析】
【分析】先明确变量变化：滑动片向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值增大；滑动片向上移动，原线圈接入匝数减小，向下移动则增大。
【详解】AB．若不动，原副线圈匝数比不变，向上移动，增大，将变压器和副载等效为一个电阻，等效电阻为：，等效电阻增大，电源电压不变，因此原线圈总电流（即通过的电流）减小。 故A错误，B正确；
CD．向上移动，增大，若不变，总电流减小，输电线的电压降减小，因此原线圈两端电压增大，由变压比可知，间电压会增大。 要维持不变，需要增大原线圈匝数（增大可以抵消增大带来的升高），因此需要向下移动。 故C错误，D正确。
故选BD。
8. 如图，一正方形导线框在足够长的绝缘平板小车上，与车一起在水平面上匀速运动。矩形区域内存在竖直向上的匀强磁场，小车以速率匀速通过该区域过程中，线框相对车滑动，线框边始终平行于，边刚离开磁场时速率恰好为。已知线框边长为、质量为、电阻为，磁场的磁感应强度大小为，长为，且，线框与车之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则线框（ ）
A. 刚进入磁场时产生的感应电动势大小为
B. 受到安培力的总时间为
C. 穿过磁场的过程中产生的总焦耳热一定为
D. 穿过磁场的过程中因摩擦产生的总热量一定为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．进入磁场前，线框与小车一起匀速运动，线框对地速度等于小车的速度。刚进入磁场的瞬间，线框还未发生明显减速，切割磁感线的边对地速度为，磁场静止，根据导体切割磁感线的感应电动势公式，可得感应电动势大小为，故A正确。
B．小车匀加速阶段，由运动学公式： 整理得：
对两个有安培力的阶段（进入和离开），每个阶段线框位移为，平均速度为，因此单个阶段的时间为：
总安培力时间：
故B正确；
C．题干说明小车始终以匀速运动，线框刚进入磁场时速度为，边刚离开磁场时速度也为，因此线框整个过程的动能变化。
对线框应用动能定理：滑动摩擦力对线框做正功，安培力做负功，安培力做功的绝对值等于线框产生的总焦耳热，因此有： 其中是线框从进入到离开磁场过程的对地位移。
从边刚进入磁场到边刚离开磁场，匀速运动的小车对地位移为（磁场沿运动方向长度为，线框边长为）；线框速度始终不大于，因此，可得：
题干已知，因此，焦耳热不可能达到；即使线框在完全进入磁场后提前和车共速，总焦耳热也远小于该值。
故C错误。
D． 摩擦生热公式为 ，其中线框与小车间滑动摩擦力 ， 是全过程线框与小车的总相对位移：
进入磁场阶段：线框速度小于小车，相对小车滑动，相对位移 ；离开磁场阶段同理，相对位移 。
完全进入磁场到开始离开磁场阶段：因，该段沿运动方向长度为
，线框无感应电流、安培力消失，仅受向右滑动摩擦力做匀加速运动：
若线框在该段结束（开始离开磁场）前就加速到与小车共速，之后相对静止，无额外相对滑动，总相对位移为
，摩擦生热为 ；
若线框直到开始离开磁场时速度仍小于 ，则整个该段都存在相对滑动，总相对位移 ，摩擦生热 。
因此穿过磁场过程中摩擦生热不一定为 ，故D错误。
故选AB。
三、非选择题：共60分，其中9、10、11题为填空题，12、13题为实验题，14～16题为计算题。考生根据要求作答。
9. 2025年我国科研团队通过碎裂反应首次合成铝同位素，并观测到基态三质子衰变。铝基态三质子衰变核反应方程为，则__________；已知的半衰期为，质量为的经过时，还剩__________。
【答案】 ①. 17 ②. （或0.125）
【解析】
【详解】[1]核反应遵循质量数守恒，反应前总质量数为20，3个质子的总质量数为，因此有 ，解得，电荷数验证，符合守恒规律。
[2]已知半衰期，经过时间，可得经过半衰期个数。根据半衰期剩余质量公式，代入得。
10. 随着健康监测技术发展，智能手环可利用光电传感器采集腕部动脉的搏动信号来监测心率。若某次测得使用者安静时的心率为75次/分钟，则其脉搏波（视为简谐波）的周期为__________。已知该脉搏波在手臂软组织中的传播速度约为，则其波长约为__________。
【答案】 ①. 0.8 ②. 4
【解析】
【详解】[1]周期是波完成一次全振动的时间，已知心率为75次/分钟，即60秒内搏动75次，因此脉搏波的周期：
[2]根据波速公式 ，变形得波长
代入、
得：
11. 一定质量的理想气体的压强随热力学温度变化过程如图所示。从状态a变化到状态b，气体的体积__________（填“变大”“变小”或“不变”），气体内能的减少量__________（填“大于”“小于”或“等于”）气体放出的热量。
【答案】 ①. 不变 ②. 等于
【解析】
【详解】[1]根据理想气体状态方程
变形可得
在图像中，过坐标原点的倾斜直线，线上任意点的为定值，因此体积不变，表示等容变化。本题中延长线过原点，所以从到体积不变。
[2]理想气体的内能仅由温度决定，从到温度降低，因此内能减少，即
因为体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功，即
根据热力学第一定律，可得
为负，则为负，因此内能的减少量等于气体放出的热量。
12. “用光传感器做双缝干涉的实验”装置图如图甲所示，光传感器可以把光的强度在轴上各点分布情况，通过计算机显示成图像。
（1）双缝挡光片应该是图甲中__________（填“”或“”）。
（2）光源有红光和绿光两种，其中红光在计算机屏幕上显示的图像是__________（填“乙”或“丙”）
（3）某次实验中，已知双缝间距为，双缝到光传感器间的距离为，计算机上显示第1条明条纹中心的横坐标为，第5条明条纹中心的横坐标为，由以上数据可测得该单色光的波长是__________（保留三位有效数字）。
【答案】（1）Q （2）丙
（3）520
【解析】
【小问1详解】
双缝实验原理图，如图所示。
题干中所给光源为单色光源，所以不需要滤光片，则根据先后顺序，为单缝挡光片，为双缝挡光片。
【小问2详解】
相邻两条亮（或暗）条纹之间的距离
其中，为两缝到屏的距离，为两缝的间距，为光波的波长。
对于题干中红光和绿光，、一样，
所以
乙图为绿光，丙图为红光。
【小问3详解】
相邻两条亮（或暗）条纹之间的距离
代入数据得
13. 某同学为了测量一微安表G的内阻并扩大其量程，实验室提供如下器材：数字式多用电表A（电压挡内阻视为无穷大），滑动变阻器，电阻箱，两节干电池，开关与导线若干。
（1）该同学使用数字式多用电表检测干电池，以下操作正确的是__________
A．用直流电压挡测量电池两极间的电压得到电动势
B．用欧姆挡测量电池两极间的电阻得到电池内阻
（2）如图甲为数字多用电表的插孔面板，该同学设计了图乙所示的电路，将数字多用电表A调至直流电流挡，黑表笔插在图甲中的公共端孔，则红表笔应插在图甲中__________孔（填“”“”或“”）；
（3）用笔画线代替导线，根据图乙将图丙中的实物图连接完整；__________
（4）将的阻值调至最大，合上开关，调节使G的指针偏转到满刻度，记下此时A的示数，合上开关，反复调节和的阻值，使A的示数仍为，使G的指针偏转到满刻度的一半，此时的示数为；
（5）仅从实验设计原理看，用上述方法得到的G内阻的测量值__________真实值（填“大于”“等于”或“小于”）；
（6）若要将G的量程扩大为，结合实验测得的结果，须在G上并联的分流电阻__________（用、、表示）。
【答案】 ①. A ②. A ③. ④. 等于 ⑤.
【解析】
【详解】[1] 多用电表的电压挡测量电源两极间的输出电压是可以的，近似等于电源电动势，但多用电表不能用电阻挡直接测含电源电路的电阻。
故选A。
[2]多用电表调整至直流电流挡，多用电表的两个表笔应分别插入AD两个插孔；黑表笔插在图甲中的公共端孔，则红表笔应插在图甲中A孔；
[3] 根据图乙将图丙中的实物图连接完整，如图所示
[4] 由题意可知电流计G的满偏电流为，闭合开关后使A的示数为，电流计G的示数为，说明通过的电流也为，与电流计G并联电压相同，所以
由上述分析可知所测量的电流计内阻没有系统误差，即用上述方法得到的G内阻的测量值等于真实值；
[5]欲将电流表G的量程扩大为Ⅰ，则电流表G满偏时通过所并联电阻的电流为，而G两端的电压为，故所并联的电阻为
14. 如图，质量的篮球从离水平地面高度处由静止释放，与地面发生碰撞后反弹的最大高度。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为，运动员的手从篮球到最高处时竖直向下拍球，已知篮球每次与地面碰撞损失的机械能均相同，取重力加速度大小，忽略空气阻力，求：
（1）篮球与地面发生碰撞前瞬间的速度大小；
（2）篮球每次反弹后的上升时间；
（3）篮球每次与地面碰撞损失的机械能。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
篮球向下运动的过程，由动能定理，可得
解得
【小问2详解】
将上升运动视为反方向的自由落体运动，可得
解得
【小问3详解】
与地面碰撞损失的机械能
解得
15. 如图，在真空室中有一水平正对放置的平行板电容器，其电容为，两板长度均为，板间距离为，上板接地，初始不带电。现有大量质量均为、电量均相同的带正电小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿水平射入，第1滴油滴落在距下板左端处的点，第31滴油滴正好落到下板的正中央点。已知重力加速度大小为，设落到下板油滴的电量被板全部吸收，在两板间形成匀强电场，不考虑油滴间的相互作用。求：
（1）油滴的初速度大小；
（2）第31滴油滴在板间运动的加速度大小；
（3）每一滴油滴的带电量。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
第1滴油滴射入时，电容器不带电，板间无电场，油滴仅受重力做平抛运动。竖直方向下落距离，由
得
水平方向位移为，由
代入得：
【小问2详解】
第31滴油滴做类平抛运动，水平方向匀速运动，落到下板正中央时水平位移
由
代入得：
竖直方向位移仍为，由
代入得：
即：
【小问3详解】
第31滴射入时，已有30滴油滴落到下板，电容器总带电量
由电容定义
得板间电压
板间电场强度
对第31滴油滴受力分析：电场力向上，重力向下，由牛顿第二定律：
代入、、
整理得
即
16. 如图甲，足够长的木板放置在光滑水平桌面上，带正电的小滑块放在的最右端，通过一条跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与小球相连，滑轮右侧轻绳水平。图示空间分布有垂直纸面向内的匀强磁场和水平向右的匀强电场，此时、、均静止。时撤去电场，与的相对速度随时间的变化关系如图乙所示，时电场恢复，此时的速度大小恰为的2倍。已知、、的质量分别为、、，的带电量恒为，、之间的动摩擦因数为，磁感应强度大小为，重力加速度大小为。忽略电场变化对磁场的影响。求：
（1）电场强度的大小；
（2）最大时的速度大小；
（3）内、间因摩擦产生的热量，以及之后时的速度大小。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
在电场中处于平衡状态，有
解得
【小问2详解】
最大时，、与加速度大小相等，设为，设、间轻绳拉力大小为，与间摩擦力大小为，有
对有
对有
对有
联立解得
【小问3详解】
设时、的速度分别为、，对、、系统有
若内任意时刻、的速度为，内的位移分别为，对由动量定理有
对上式累积求和可得
内对、、系统，由能量守恒定律有
且
联立可得
时电场恢复，受电场力大小为，可知此后、与的动量大小之和不变，故