福建泉州市高三一模物理试题

保密★启用前泉州市2026届高中毕业班模拟考试（一）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】①.17②.（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】①.0.8②.4【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.A②.A③.④.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。