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(在此卷上答题无效)
2025-2026学年福州市高三年级三月质量检测
物
理
(完卷时间：75分钟：满分：100分)
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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。
1.北斗二期导航系统的“心脏”是星载氢原子钟。它利用氢原子
E/ev
能级跃迁时辐射出来的电磁波控制校准石英钟。图为氢原子能
霸
级结构示意图，现有一群处于=4激发态的氢原子，在向较
2
3.40
低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，则
A.这群氢原子能辐射出三种不同频率的光子
-13.6
B.从n=4能级跃迁到n=3能级，辐射出的光子波长最长
C.从n=2能级跃迁到n=1能级，辐射出的光子能量最大
D.辐射出的所有光子均能使逸出功为2.13eV的金属发生光电效应
2.工厂利用u=220W2sin100πtV的交变电流给“36V40W”照明灯供电，电路如图
所示，理想变压器原、副线圈匝数比为55：9，则
A.电源电压有效值为220W2V
B.交变电流的周期为0.01s
C.灯泡均能正常发光
D.若某个照明灯灯丝烧断，原线圈电流会增大
3.如图，直角三角形abc的∠=37°、∠b=53°，a、b两点之间的距离为5L。两无限
长通电直导线分别放置在a点和b点，电流方向垂直三角形abc所在平面，分别
向外、向里；α处导线电流为4I,b处导线电流为3I。已知通有电流的长直导线
在距其r处产生磁场的磁感应强度大小B=k二（其中k为常量)，$i37°-0.6，
cos37°=0.8。则c点的磁感应强度大小为
A.
2 kI
B.
3√2M
2L
L
C.
√2M
D.V2hl
⊙137%
4L
L
高三物理一1一（共8页）
4.如图，极板足够长的平行板电容器水平放置，电容器与一直流电源相连。闭合开
关，一带正电小球以一定的初速度从两个极板中央水平射入。
关于小球在电场中运动时的加速度大小α、速度大小o、动能
E,和机械能卫随运动时间的变化关系图像，可能正确的是
A
B
D
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项
中，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.位于坐标原点的波源从平衡位置开始沿y轴运
◆ycm
动，在均匀介质中形成了一列沿x轴正方向传
播的简谐波，P和Q是平衡位置分别位于x
4m和x=8m处的两质点，t=0时波形如图所
0
10
x/m
示，此时Q刚开始振动，已知该波在此介质中-1
的波速为2m/s,则
A.该波周期为4s
B.波源开始振动时的运动方向沿y轴正方向
C.P的位移随时间变化的关系式为y=sinπtcm
D.平衡位置位于x=10m处的质，点，在t=6s时第二次到达波谷
6.2025年10月，火星环绕器“天问一号”为近距离拍摄星际彗星“阿特拉斯”，从
距火星表面高度h,=380km圆轨道降到h,=280km圆轨道。设火星质量为M、半
径为R,两轨道对应的速度大小分别为1和2，周期分别为T,和T2,万有引力常
量为G。下列关于“天问一号”说法正确的是
A.由高轨到低轨，引力势能减少
B.由高轨到低轨需减速，故2<1
GM
C.在距火星表面h,处，加速度a=
(R+h)2
D.在两轨道上满足关系式=
T2-T2
高三物理一2一（共8页)2025一2026学年福州市高三年级三月质量检测
物理试题答案及评分参考
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
1.B
2.C
3.D
4.C
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。
5.AD 6.AC 7.AD 8.BD
三、非选择题：共60分。
9.低(1分)；b(2分)
10.>(1分)；减少(1分)：5×103(1分)
11.降低(1分)：吸热(2分)
12(1)145(2分)：(2)8F器(2分)：(3)B(2分)
13.(1)如图(1分)R2(1分)
(2)①1300.0（写1300也同样给分）(1分)
(3)2.00(1分)1.0(2分)
14.解：
(1)地铁速度1=36km/h=10m/s
此过程经历的时间仁：=10s
(2分)
牵引力的平均功率P=Fv(2分)
v=:(2分)
2
得P=1×10W(1分)
(2)汽车速度1=54kam/h=15m/s
汽车过弯道由牛顿第二定律得
v2
向=m,
(3分)
代入数据得F.=900N(1分)
15.解：
(1)两异种点电荷在A点的场强，如图所示A点的电场强度的大小为
E-V2,但，
2k
L
2L2
(1分)
f=uN=ugE
(1分)
或(F=V⑨g
kQq
2
(1分)
f=uN=uF
(1分)
L
由牛顿第二定律可得：
mg-f ma
(1分)
由以上可得：
a=g-
ugko
(1分)
2mI
(2)假设A到B克服摩擦力做功为W,
A到B由动能定理可得：
1
me2L-形，=2m6-0
(2分)
A到O由动能定理可得：
gL-W,=v2-0
(1分)
2
由以上两式可得：
2
y=
(1分)
2
(3)滑块做匀速运动时有g=ymB（1分)
解得Vm=
唱
(1分)
ugB
当滑块下滑到B点的过程中，假设克服摩擦力做功为W根据动能定理有
1
ng2L-W=。w2-0
(1分)
mg2
解得W=2mgL-
(1分)
2u'g'B2
16.解：
(1)根据动能定理：
1
m8gR=6-0
(1分)
2
可得：v。=4m/s
(1分)
(2)弹簧压缩至最短时，、共速。以水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得：
y。=(+,y(1分)
可得：v=0.8m/s
(1分)
根据能量守恒：
2%听=m+m2+E。
1
1
(1分)
2
可得：E。=1.28J
(1分)
由x=2E。
10
得：x=0.16m
(1分)
(3)由动量守恒定律：
nvo=nva +mv
(1分)
∑4，=∑mY+∑2Vs4
则有：mVt=51+52
(1分)
其中：5-52=x
(1分)
得：s=(0.016元+0.128m或s1=0.178m
(1分)
(4)设弹簧恢复原长时，、，的速度分别为Y、Y,
根据动量守恒定律：
mV%=+12V2
(1分)
由能量守恒：
1
24听=2%+与m,时
1
1
(1分)
2
可得：y=-2.4m/s
选、M为系统，由水平方向动量守恒可得
y=(m+MW共
(1分)
v共=-0.2m/s
由能量守恒：
m=m+M+mg
1
2
(1分)
2
得：h=0.264m
(1分)

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