2026届福建省福州某中学高三第七次质量检测物理试题

2026届福建省福州第三中学高三第七次质量检测物理试题

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一、单选题

1.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£A1、A?和飞是三个相

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，

A.闭合瞬间，A1与&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“，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（）

1J1\T

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，内壁光滑的薄圆等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

应强度为凡液体充满管道并以速度y沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，

且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为下列说法箱送的是（）

XBx〃x

xxNxx

A.N点电势比M点高B.正比于流量。

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。偏小

4.某同步加速器简化模型如图所示。其中仅直通道PQ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p、质量为m的离子以初速度如从P处进入加速电场后，

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

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2次加速后，离子的速度大小变为心曲包包

m

D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为如飞S】

qR

二、多选题

5.如图，形导线框置于磁感应强度大小为8、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/。线框绕氏e所在直线以角速度①顺时针匀速转动，如与磁场

方向垂直。，=0时，加以与水平面平行，则（）

试卷第2页，共8页

B

B.，=0时，感应电动势为阴%

C.，=工时，感应电动势为0

（0

D.，=0到•过程中，感应电动势平均值为0

（0

6.如图，过夕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，0为圆环的圆心，。尸为圆环的半径。则（）

A.圆环中感应电流始终绕0逆时针流动

B.0户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4厂B.该波的波速为

C.此时浮筒在最低点D.再经过浮筒将在最低点

8.如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框次/?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+b（k＞0,。＞0）,且炉两端的电压随时间均匀增加；当的在无磁场区域运动时，

F=0ogh段速度大小v与运动路程s的关系如图2所示，图中％（%＜多为gh每次经过磁场

k

区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则（）

k?d小车的最大速率为去

c•小车质量为花而D.

三、填空题

9.如图甲所示，在xOy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丙所示，两列波的波速均为（）.50m/s。两列波从波源

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

（填“加强”或“减弱”点C（050）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，周期为兀经上时间，小球从最低点向

8

试卷第4页，共8页

AT

上运动的距离一万（选填“大于一小于”等于”在了时刻，小球的动能一（选

填“最大”或“最小”）。

…

…

八

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

匝数比为1：4,降压变压器原、副线圈匝数比为4：1,输电线的总电阻为4Q。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

四、实验题

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1C,数字亳伏表内阻约为10MC。

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

体电阻。已知组合体电阻穴超过0.05Q,则未完成的连接礼Q端应和（填“〃”或“c”）

处相连，理由是_____。正的连线后，开始时滑动变阻器的滑片应置于(填或％”)

端。

⑵闭合开关S1、S2,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S-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。测得整个过程中热甩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，如果将人、8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.在用单搜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/，则单摆的周期为了=;

(2)丙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/-尸关系图线，如图3所示。由此算出图线的斜率左和截距4则重力加速度g=

，小钢球重心到摆线下端的高度差/?=：(结果均用女、〃表示)

(3)丁同学用3D打印技术制作了一个圆心角等于5。、半径已知的圆弧槽，如图4所示。他让

试卷第6页，共8页

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

五、解答题

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。一质量为加、电荷量为q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。点进入磁场，射入磁场时的速度大小为I，、方向与竖直方向夹角为

粒子返回电场前的运动轨迹过。点正上方的Q点，P、。间距离及。、。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：

（3）求磁感应强度大小B。

15.质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。I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4,方向垂直纸面向里；IH为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为层，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。点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的〃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。点的距离。

（3）若速度选择器H中匀强电场的电场强度大小变为七（马略大于£）,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

的回路总电阻为凡；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此。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。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为4

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A

当动子运动距离为二时(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，在第二级回路中产生磁通量中；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M,其中飞机质量为“在运动过程中，动子始终与导轨保

(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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《2026届福建省福州第三中学高三第七次质量检测物理试题》参考答案

题号12345678

答案CCCAABBCADBC

1.C

【详解】A.闭合开关瞬间，电容器。相当于通路，线圈£相当于断路，所以A1、A2瞬间

元起，A3逐渐变亮，Af音识；

B.闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当于断路，所以A?亮一下后熄灭，B错误：

C.稳定后，电容器相当于断路，线圈相当于短路，所以AI、A3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A：两端电压，由于线圈电阻和电源内阻忽略

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

D错误。

故选C。

2.C

【详解】设原线圈的匝数为名,根据■，可得%

nUU

70

由题图川知当U=3V时，/2=70,代入可得〃।=7乂9=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舁4=&/U

2r

同时有Q=Sv=7rr2v

联立解得仇=理

7rr

故正比于流量Q流量。一定时，管道半径越小，U。越大；

故B正确，C错误；

答案第1页，共10页

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

兀r

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。

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，则加速々次后，带电粒子的动能增量为WU,加速k次后,由动能定理有

kqU=^mv2-g"?％?

解得y=十+2切断,故DC错误；

Vtnm

D.粒子在偏转磁场中运动的半径为R,则有qvB=今

解得3="=3n即。?+2kq5,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W和4,，=0时刻〃边速度与磁

场方向平行，不产生电动势，因此此时4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==BFO),AB正确；

C.f=£时，线框旋转180。，此时依旧是4边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，

(O

C错误；

D./=0到1二二时，线框。生/•的磁通量变化量为零，线框灰心的磁通量变化量为

(I)

△中=28S=2B/

由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为七=丝=竺贮，D错误。

ArTV

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。逆时针流动，圆环出磁场的过程

答案第2页，共10页

中圆环中感应电流绕。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P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。一。。，其中“为

圆环匀速转动的角速度，90。一M为OP与虚线的夹角

则金属圆环在纸面内以尸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=Bco)2\\-cos(2(M]

可见OP与虚线平行时即cot=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，圆环中的感应电流先逆时针增大再减小，后顺时针增大再减小，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OP与虚线垂直时加=180。此时环中感应

电流为零，故BC正确、D错误。

故选BCo

7.AD

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

即4=4-，故A正确；

B.该波的波速为口=义/=4炉，故B错误；

CD,由4=4,根据某时刻第1圈实线的半径为可得此时浮筒处于平衡位置，由于

波向外传播，根据同侧法可知此时浮筒处于平衡位置向下振动，故再经过七7=浮筒

将在最低点，故c错误，D正确。

故选AD<.

8.BC

【详解】由题知依段在磁场区域运动时，"两端的电压随时间均匀增加，则说明的在磁

E

场中运动时做匀变速直线运动，设正方形金属框£用。运动的速度为V,有七二及加，/=-,

A

F我=Bld,F—F,送=ma

联立有kv+b-'d"=

Rma

B.由于四段在磁场区域运动时，正方形金属框或力做匀变速直线运动，则有

R

ma=b

答案第3页，共10页

»2

解得R=2L,故B正确；

k

CD.妙在无磁场区域运动时,F=0,正方形金属框或〃水平方向只受到安培力，有E=Bdv',

F

F&=BI'd

R

12

根据动量定理有------vAz=mv^-mv'

R

累加叠加可得----r-j-=〃八bU-tnvni*LX=-kd

gh段在磁场区域运动时，正方形金属框或〃做匀变速宜线运动有-v(；=2ad

结合ma=b

解得.=也「\，k=¥-％，故C正确，D错误；

2(b-kv0)k

A.由gh段在磁场区域运动时，正方形金属框efgh做匀变速直线运动，则有vm(tx=vo-\-at

kd

解得gh在任一磁场区域的运动时间”?，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

△「二彳一与=1Om-8m=2m

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】［1］根据简谐振动的位移公式

答案第4页，共10页

24

y=-AcosV

T

则，=不时有

O

产Teos"-与

IT8j2

所以小球从最低点向上运动的距离为

Ay=/I-

222

A

则小球从最低点向上运动的距离小于5。

T

⑵在七时，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。

11.5280W144W

【详解】［1］要保证全部电灯正常发光，则降压变压器的输出功率为

A=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

4=880V

输入功率

£=6=5280W

所以输电线上的电流为

A=A=-^-=6A

23q

输电线上损失的电压为

r

t/=Z2/?=6Ax4Q=24V

输电线上损失的功率为

t/72=24Vx6A=144W

12.(1)b见解析

(2)17.5

【详解】（1）UH2］根据题怠可知，组合体电阻不超过0.U5。，相比较远小于数字亳伏表内

答案第5页，共10页

阻，应采用数字亳安表外接法，即。端应和〃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。

(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=/r=0.02xl42xl0~3=2.84xlO-3V=2.84mV

停止加热时，热电偶受热许生的电动势£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Az=32.5s-15s=17.5s。

13.(1)1.31—

n-\

⑵4/kkb

(3)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

X=7.6530s-1.1277s=6.5253s

则有4=10•工

2

解得7=1.3Is

⑵由题可得

解得周期为7=2;

/7-1

(2)山⑵设小钢球重心到摆线下端的高度差为〃，则摆长为▲=〃+/

根据单摆周期公式有丁=2再归

答案第6页，共10页

可得7=2［等

变形得』看…

可得'〃图像的斜率为^微

解得g=4/k

⑵当一二人时/=0，则有0=1^〃一/7

44

解得小钢球重心到摆线下端的高度差h=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.⑴正电

八、厂/nv2sin<2cos<9

（2）^=------：-----

qL

c2/zjvsin0

⑶人—J—

qL

【详解】（1）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）设粒子在电场中运匆的时间为/,水平方向上由运动学公式，有£=W011。

设粒子在电场中运动的加速度为〃，由牛顿第二定律，有qE=ma

竖直方向上由运动学公式，有ycose=（〃

"iv2sin8cos。

联立上述各式，得七二

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£=2〃sin。

洛伦兹力提供向心力，有4由=加匕

r

、，、，.八2/?zvsin0

联立得8=--一

qL

E；4UB12E.-E

(2)?(3)

15.(1)带正电'2峭；£,B3—后一

【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为机，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4%q=qE\

答案第7页，共10页

在加速电场中，由动能定理qU=5加片

联立解得，粒子的比荷为幺二磊

m2UB：

2

（2）由洛伦兹力提供向心力”

r

可得0点到，点的距离为OP=2r=兽

E艮

（3）粒子进入II瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力%=仍£

向下的电场力尸=4与

由于心＞耳，且4%片=9居

在。点将粒子的速度V分解为大小为山、V2的两个分速度，则有%=»-吗

令力对应的洛伦兹力等于电场力，即9七二则岗

可得消

则粒子的运动可分解为线速度大小为电的匀速圆周运动和速度大小为刃的匀速直线运动,

设粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的0'点时的速度大小为/，则有

_2E「EI

状=匕+匕=匕+H一%=24一%

8

【点睛】

「BUI

16.⑴/=7-

BUI

⑵%