2026届福建泉州市高三下学期三检物理试题含答案

这是一份2026届福建泉州市高三下学期三检物理试题含答案，共6页。试卷主要包含了03，2g ，g 为重力加速度大小，1J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P 位置沿圆弧线匀速率运动到Q 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
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
3 ．如图，在等边三角形顶点a 、b 、c 上各放置一个相同的点电荷，aa , 、bb , 、cc, 是该三角形的角平分线，图示P 点在aa , 上，已知P 点场强为零，则在aa , 、bb , 、cc, 上与P 点场强大小相等的位置除P 点外共有( )
A ．2 处 B ．3 处 C ．4 处 D ．5 处
4 ．如图，竖直轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与物块P 相连。用水平板Q 托住物块P ，使弹簧处于原长状态。现使Q 竖直向下做匀加速直线运动，加速度a1 = 0.2g ，g 为重力加速度大小。当弹簧伸长量为x1 时P 、Q 分离，此时P 的动能为Ek1 ；当弹簧伸长量为x2 时P 动能达到最大值Ek 2 ；当 P 运动到最低点时弹簧伸长量为x3 、P 加速度大小为a3 ，则( )
A ． B ． C ． D ．
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
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P 点变轨后，沿椭圆轨道 2 运动到Q 点，再次变轨后进入圆轨道 3 。P 为 1、2 轨道的切点，Q 为 2、3 轨道的切点。已知 1 、3 轨道半径之比为k ，返回舱在轨道 1 运行的周期为T ，则返回舱( )
A ．从P 点进入轨道 2 时需要减速
T
B ．从P 点运行至Q 点所需的最短时间小于
2
C ．在轨道 3 与轨道 1 上运行的速率之比为k
D ．在轨道 2 上运行时经过P 、Q 点的速率之比为k
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，a 、b 间接入正弦交流稳压电源，r 是输电线的等效电阻，c 、d间接带滑动片P2 的变阻器R 。为维持c 、d 间电压在合理的范围内，可适当移动原线圈上滑动片P1 。下列说法正确的是( )
A ．若P1 不动，P2 向上移动，通过r 的电流增大
B ．若P1 不动，P2 向上移动，通过r 的电流减小
C ．当P2 向上移动时，为保证c 、d 间的电压不变，P1 需要向上移动
D ．当P2 向上移动时，为保证c 、d 间的电压不变，P1 需要向下移动
8 ．如图，一正方形导线框efgh 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abcd 区域内存在竖直向上的匀强磁场，小车以速率v0 匀速通过该区域过程中，线框相
对车滑动，线框ef 边始终平行于ab ，gh 边刚离开磁场时速率恰好为v0 。已知线框边长为D 、质量为 m 、电阻为 R ，磁场的磁感应强度大小为 B ，bc 长为L ，且L >2D ，线框与车
之间的动摩擦因数为μ ,重力加速度大小为 g ，则线框( )
A ．刚进入磁场时产生的感应电动势大小为BDv0
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2μmgL
D ．穿过磁场的过程中因摩擦产生的总热量一定为2μmgD
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 EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),1)EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(0),3)Al ，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 EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),1)EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(0),3)Al → EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(x),1)0Ne + 3EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(1),1)H ，则 x = ；已知 EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),1)EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(0),3)Al 的半衰期
为1.1 ´ 10-21s ，质量为 m 的 EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),1)EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(0),3)Al 经过3.3 ´ 10-21s 时， EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),1)EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(0),3)Al 还剩 m 。
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 s 。已知该脉搏波在手臂软组织中的传播速度约为 5m/s ，则其波长约为
m 。
11．一定质量的理想气体的压强p 随热力学温度T 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。
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x 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“ P ”或“ Q ”）。
(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0.200mm ，双缝到光传感器间的距离为0.600m ，计算机上显示第 1 条明条纹中心的横坐标为2. 140mm ，第 5 条明条纹中心的横坐标为8.380mm ，由以上数据可测得该单色光的波长是 nm （保留三位有效数字）。
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R1 ，电阻箱R2 ，两节干电池E ，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D 孔，则红表笔应插在图甲中 孔（填“ A ”“ B ”或“ C ”）；
（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R1 的阻值调至最大，合上开关S1 ，调节R1 使 G 的指针偏转到满刻度，记下此时 A的示数I1 ，合上开关S2 ，反复调节R1 和R2 的阻值，使 A 的示数仍为I1 ，使 G 的指针偏转到满刻度的一半，此时R2 的示数为R ；
（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I ，结合实验测得的结果，须在 G 上并联的分流电阻RS =（用 I 、I1 、R 表示）。
14 ．如图，质量m = 0.6kg 的篮球从离水平地面高度H = 0.8m 处由静止释放，与地面发生碰撞后反弹的最大高度h = 0.45m 。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为 h ，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g = 10m/s2 ，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。
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 C ，两板长度均为L ，板间距离为d ，上板接地，初始不带电。现有大量质量均为m 、电量均相同的带正电小油滴，
L
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K 3
点，第 31 滴油滴正好落到下板的正中央P 点。已知重力加速度大小为g ，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v0 ；
(2)第 31 滴油滴在板间运动的加速度大小a ；
(3)每一滴油滴的带电量q 。
16 ．如图甲，足够长的木板A 放置在光滑水平桌面上，带正电的小滑块D 放在A 的最右端，通过一条跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与小球C 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A 、C 、D 均静止。t = 0 时撤去电场， D 与A 的相对速度 Δv 随时间t 的变化关系如图乙所示，t = t1 时电场恢复，此时D 的速度大小恰为A 的 2 倍。已知A 、C 、D 的质量分别为m 、m 、2m ，D 的带电量恒为q ，A 、D之间的动摩擦因数为μ , 磁感应强度大小为B ，重力加速度大小为g 。忽略电场变化对磁场的影响。求：
(1)电场强度的大小E ；
(2) Δv最大时C 的速度大小v1 ；
(3)0 ~ t1 内A 、D 间因摩擦产生的热量Q，以及 t1 之后Δv = 0 时A 的速度大小v2 。
1 ．B
A ．动量是矢量，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Ek mv2 ，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 ．A
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 ．B
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120 ，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aa9 的中心与对边之间，因三角形结构对称，同理可得：在bb9 、cc9 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、bb9 上的点、cc9 上的点）。
故选 B。
4 ．C
A ．P 、Q 分离时，二者弹力为 0，对 P 由牛顿第二定律： mg - kx1 = ma1
代入a1 = 0.2g
得：kx1 = 0.8mg即：x
动能最大状态（x = x2 ），动能最大时合力为 0，加速度为 0 ： kx2 = mg
因此 故 A 错误；
B ．分离前P 做匀加速直线运动，由运动学公式vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),1) = 2a1x1 ，得：
P 从x1 到最低点x3 ，动能从Ek1 变为 0，由动能定理解得：x 因此：
故 B 错误；
C ．分离后P 从x1 到x2 ，由动能定理：Ek 2 - Ek1 = mg(x2 - x 代入x1、x2 ，解得：Ek
因此 故 C 正确；
D ．对最低点P 由牛顿第二定律：kx3 - mg = ma3
得a3 = 0.6g
又a1 = 0.2g
则：
故 D 错误。
故选 C。
5 ．AD
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 ．AB
A ．从P 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r1 ，轨道 3 的半径为r3 ，椭圆轨道 2 的半长轴为a
根据开普勒第三定律可得返回舱在轨道 1 运行的周期T 大于在椭圆轨道 2 的周期T2 ，从P 点
T T
运行至Q 点所需的最短时间为 2 ，可知最短时间小于 ，故 B 正确；
2 2
C ．根据万有引力提供向心力可得G 可得v
因为 1 、3 轨道半径之比为k ，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P 、Q 点时，根据开普勒第二定律有
可得经过P 、Q 点的速率之比 ，故 D 错误。
故选 AB。
7 ．BD
【分析】先明确变量变化： 滑动片P2 向上移动，滑动变阻器R 接入电路的阻值增大；滑动片P1 向上移动，原线圈接入匝数n1 减小，向下移动则n1 增大。
n
AB ．若P1 不动，原副线圈匝数比 1 不变，P2 向上移动，R 增大，将变压器和副载
n2
等效为一个电阻，等效电阻为：R等 R副 ，等效电阻增大，电源电压U 不变，因此原线圈总电流（即通过r 的电流）减小。 故 A 错误，B 正确；
CD ．P2 向上移动，R 增大，若n1 不变，总电流I1 减小，输电线r 的电压降I1r 减小，因此原
线圈两端电压U1 = U - I1r 增大，由变压比UU1 可知，cd 间电压U2 会增大。 要维持U2不变，需要增大原线圈匝数n1 （增大n1 可以抵消U1 增大带来的U2 升高），因此P1 需要向下移动。 故 C 错误，D 正确。
故选 BD。
8 ．AC
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v0 。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v0 ，磁场静止，根据导体切割磁感线的感应电动势公式E = BDv ，可得感应电动势大小为BDv0 ，故 A 正确。
B ．小车匀加速阶段，由运动学公式： vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),0) - v2 = 2μg(L - D)
整理得： v
对两个有安培力的阶段（进入和离开），每个阶段线框位移为D ，由于速度变化导致安培力变化，加速度变化，平均速度不等于 ，因此单个阶段的时间为： t1 = t
总安培力时间： t总 = t1 + t 故 B 错误；
C．题干说明小车始终以v0 匀速运动，线框刚进入磁场时速度为v0 ，gh 边刚离开磁场时速度也为v0 ，因此线框整个过程的动能变化ΔEk = 0 。
线框进入磁场过程，由动能定理： μmgD -W安 mv mv 完全进入磁场后： mv mv2
可得：W安1 = μmgL
同理，W安2 = μmgL ，所以总焦耳热等于2μmgL ；故 C 正确。
D ． 摩擦生热公式为 Qf = f . Δx相对 ，其中线框与小车间滑动摩擦力 f = μmg ， Δx相对 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 Δx1 = D ；离开磁场阶段同理，相对位移 Δx3 = D 。
完全进入磁场到开始离开磁场阶段：因L >2D ，该段沿运动方向长度为 L - D > 0 ,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 2D ，摩擦生热为 2μmgD ；
若线框直到开始离开磁场时速度仍小于 v0 ，则整个该段都存在相对滑动，总相对位移
Δx总 = D + Δx2 + D > 2D ，摩擦生热 Qf > 2μmgD 。
因此穿过磁场过程中摩擦生热不一定为 2μmgD，故 D 错误。
故选 AC。
1
9 ． 17 （或 0.125）
8
[ \l "bkmark1" 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3´ 1 = 3，因此有 20 = x + 3 ，解得 x = 17 ，电荷数验证13 = 10 + 3 ´ 1，符合守恒规律。
[ \l "bkmark2" 2] 已知半衰期T = 1.1 ´ 10-21s ，经过时间 t = 3.3 ´ 10-21s ，可得经过的半衰期个数 n 。根据半衰期剩余质量公式m剩 = m n ，代入得 m剩 m 。
10 ． 0.8 4
[ \l "bkmark3" 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： T s
[ \l "bkmark4" 2]根据波速公式 v ，变形得波长 λ = vT代入v = 5m/s 、T = 0.8s
得： λ = 5m/s ´ 0.8s = 4m
11 ． 不变 等于
[ \l "bkmark5" 1]根据理想气体状态方程pV = nRT变形可得
在p - T 图像中，过坐标原点的倾斜直线，线上任意点的 p 为定值，因此体积不变，表示等
T
容变化。本题中ab 延长线过原点，所以从a 到b 体积不变。
[ \l "bkmark6" 2]理想气体的内能仅由温度决定，从a 到b 温度降低，因此内能减少，即ΔU < 0因为体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功，即W = 0
根据热力学第一定律ΔU = W +Q ，可得ΔU = Q
ΔU 为负，则Q 为负，因此内能的减少量等于气体放出的热量。
12 ．(1)Q (2)丙
(3)520
（1）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，P 为单缝挡光片，Q 为双缝挡光片。
（2）相邻两条亮（或暗）条纹之间的距离
其中，l 为两缝到屏的距离，d 为两缝的间距， λ 为光波的波长。
对于题干中的红光和绿光，l 、d 一样， λ红 > λ绿所以Δx红 > Δx绿
乙图为绿光，丙图为红光。
（3）相邻两条亮（或暗）条纹之间的距离
代入数据得 mm = 0.52mm = 520nm
13．
A
A
等于
I R1
1
I - I
[ \l "bkmark7" 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。
[ \l "bkmark8" 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D 孔，则红表笔应插在图甲中A 孔；
[ \l "bkmark9" 3] 根据图乙将图丙中的实物图连接完整，如图所示
[ \l "bkmark10" 4] 由题意可知电流计 G 的满偏电流为I1 ，闭合开关S2 后使 A 的示数为I1 ，电流计 G 的示
I I
2 2
数为 1 ，说明通过R2 的电流也为 1 ，R2 与电流计 G 并联电压相同，所以R2 = Rg = R0
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；
[ \l "bkmark11" 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I - I1 ，而 G两端的电压为I1R ，故所并联的电阻为RS
14 ．(1)v = 4m/s
(2)t = 0.3s
(3)ΔE = 2.1J
（1）篮球向下运动的过程，由动能定理，可得mgH mv2解得v = 4m/s
（2）将上升运动视为反方向的自由落体运动，可得hgt2解得t = 0.3s
（3）与地面碰撞损失的机械能ΔE = mg (H - h)
解得 ΔE = 2. 1J
（1）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。
竖直方向下落距离为 gt 得t
水平方向位移为 v0t1代入t1 得：v
（2）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x 由 v0t2
代入v0 得：t
竖直方向位移仍为 at 代入t2 得： d = a
即：a g
（3）第 31 滴射入时，已有 30 滴油滴落到下板，电容器总带电量Q = 30q由电容定义C
得板间电压U
板间电场强度E
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：mg - qE = ma代入E mg
整理得 即q
16 ．
（1）D 在电场中处于平衡状态，有qE = mg解得E
（2）Δv 最大时，D 、C 与A 加速度大小相等，设为a ，设D 、C 间轻绳拉力大小为F ，D与A 间摩擦力大小为f ，有 f = μ (2mg + qv1B )
对C 有mg - F = ma对D 有F - f = 2ma
对A 有f = ma
联立解得v
（3）设 t = t1 时A 、D 的速度分别为vA 、vD ，对 A 、D 、C 系统有mgt1 = mvA + 3mvD
若0 ~ t1 内任意时刻C 、D 的速度为vD, ，0 ~ t1 内D 的位移分别为sD ，对 A 由动量定理有μ (2mg + qvD,B )Δt = mΔvA
对上式累积求和可得2μmgt1 + μqBsD = mvA
0 ~ t1 内对A 、C 、D 系统，由能量守恒定律有mgsD mvD mvQ且vD = 2vA
联立可得Q
t = t1 时电场恢复，D 受电场力大小为Eq = mg ，可知此后D 、C 与A 的动量大小之和不变，故mvA + 3mvD = 4mv2
可得vgt1