2026届江西省某中学高三年级上册一轮诊断考试物理试卷及答案解析

2026届江西省宜春中学高三上学期一轮诊断考试物理试卷

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.如图所示，长为心的悬线固定在。点，在。点正下方4处有一钉子c,把悬线另一端的

小球，〃拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球到悬点正下方时悬线碰到钉子，则

小球的（）

O

/〃〃〃〃〃〃〃〃〃

O：

O

A.线速度突然增大B.角速度突然增大

C.向心加速度不变D.以上说法均不对

2.如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度如沿中线滑向另一端，经过1s从

另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为ng取10m/s2,下列%、〃值可能正确的是（）

3.如图所示，倾角a=3O°的光滑斜面体固定在水平面上，在斜面的底端固定一挡板，轻弹

簧固定在挡板上，质量为，〃的物块B与轻弹簧相连接，静止时弹簧的压缩量为x（x未知），

将一质量为2〃?的物块A从斜面体上与物块B间距为xo处由静止释放，两物块碰后粘在一

起（碰撞时间极短），向下运动12A•时速度减为零，重力加速度为月。两物块可视为质点，

弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是（）

A.两物块碰后瞬间的速度为叵

3

2

B.两物块因碰撞损失的机械能为;〃名凡

C.上=工

36

D.弹簧的劲度系数为国空

%

4.如图所示，水平地面」.竖直固定一个挡板，紧靠挡板放置一个半径为我的球体，球心为

0,。为球体表面上的点，0Q与水平面成夕角。从挡板上的〃点，把一可视为质点的小球

沿与竖直方向成夕角方向，以初速度电斜向上抛出，小球运动轨迹与球。相切于Q点，重

力加速度为g。不计空气阻力。下列判断正确的是（：

A.小球在P点的动能比在。点的动能大

B.小球在P点的动能与在Q点的动能相等

人-_____________________|RCOSO（1+cos。）

C.小球从P到Q的运动时间，=------;--------

、2gsin。

D.产（1+cos。）

Vsinaos0

5.如图所示为•小朋友放风筝的示意图。稳定时风筝悬浮在空中，地面上的人用轻绳拉住

风筝，为了让风筝沿同一竖直线缓慢升高，地面上的人缓慢地放绳，整个过程人始终没有走

动，假设空气对风筝作用力的方向不变。则风筝线慢上升时（）

A.空气对风筝的作用力逐渐增大

试卷第2页，共8页

B.轻绳的拉力逐渐减小

C.人对地面的压力逐渐增大

D.地面对人的摩擦力逐渐减小

6.物块〃、6中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，?=3kg,如图甲所示。开始

时两物块均静止，弹簧处于原长，，=。时对物块。施加水平向右的恒力凡/=2s时撤去，

在0~2s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个

运动过程中以下分析正确的是（）

A.恒力/：=3.6N

B.若“不撤去，则2s后两物块将一起做匀加速运动

C.撤去尸瞬间，。的加速度大小为OSm/s?

D.物块匕的质量为吗=1kg

7.如图所示，用一轻质细线把横截面为正三角形的玩具吊在。点，玩具上侧边水平。玩具

枪沿水平方向朝玩具以速度如射出一粒子弹，射出位置到玩具左侧边的水平距离为心假设

三角形边长足够大，不计空气阻力，重力加速度为g,要使子弹击中玩具，乐最小为（）

二、多选题

8.在杂技表演中,猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为。的匀加速运动，同时人顶

着直杆以速度如水平匀速前进，经过时间1,猴于沿杆向上移动的高度为〃，人顶杆沿水平

地面移动的距离为X,如图所示，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（）

A.相时地面的运动轨迹为直线

B.相对地面做匀加速曲线运动

C.I时刻猴子对地速度的大小为

D.1时间内猴了•对地的位移大小为Jd+H

9.土星是太阳系中的第一大行星，距离地球约为15亿千米，如图所示为发射土星探测器的

示意图，探测器经地上转移轨道后，经停泊轨道1、2,最后进入探测轨道3。下列说法正确

的是（）

地土转移轨道

A.探测器的发射速度大于7.9km/s,小于U.2km/s

B.探测器在轨道1、2、3的运行周期刀＞乃＞。

C.探测器由轨道1进入轨道2需在P点减速

D.探测器在轨道1经P点的速度小于在就道3经P点的速度

10.如图所示，半径为氐圆心为。的半圆轨道竖直固定在水平面上，质量为2,〃的小球P

通过轻质细线跨过两定滑轮A、B后与质量为机的物体Q相连接，左侧的滑轮A刚好位于。

点正上方，且O到滑轮A的距离为R,M点为轨道上一点，NMON=60。,N点为轨道的最

低点，现将小球P从轨道左侧的最高点由静止释放，整个运动过程中物体Q不会与滑轮发

生碰撞。重力加速度为g,小球P可视为质点，两定滑轮的大小不计，一切摩擦阻力均可忽

略。则下列说法正确的是（）

试卷第4页，共8页

A.小球P由释放到N的过程，物体Q始终超重

B.到M点时小球P的速度大小为2也1+近一道）gR

C.到M点时物体QC速度大小为一，）g"

3

D.到N点时小球P的加速度大小为正8

三、实验题

II.某实验小组用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点。

（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有

A.甲图中硬板一定要保持竖直

B.安装斜槽轨道，使其末端切线保持水平

C.斜槽木端必须耍悬拄重锤线

D.每次小球可以从不同高度由静止释放

（2）如图乙所示，在所记录的点中找出较为清晰的三个点A、A、C。由于没有记录抛出点，

数据处理时选择A点为坐标原点（0,0）,图中小方格的边长均为5cm,重力加速度g=10m/s?,

则小球平抛初速度的大小为—m/s,小球在8点速度的大小为一m/s（计算结果均保留

两位有效数字）。

12.某同学用如图所示的装置研究斜槽末端的小球碰撞是否满足动量守恒定律，选取了两个

大小相同、质量不同的小球，先让质量为〃〃的小球甲从轨道顶部释放，由轨道末端的。点

水平飞出并落在斜面上。再把质量为"72的小球乙放在。点，小球甲重复上述操作，与小球

乙发生碰撞，碰后两小球均落在斜面.匕分别记录落点位置，其中A、B、C三个落点位置

与。点的距离分别为L、上、Ljo

（I）（填“需要”或“不需要”）保证斜槽轨道光滑，两小球的质量应满足〃〃仪

（填或“V，,）。

（2）若，〃尸切?2,在实验误差允许的范围内，只要满足关系式上（结果用L、上、L3

表示），就能说明两球碰撞过程动量守恒。

（3）若两球碰撞过程动量守恒，在实验误差允许的范围内，只要满足关系式"=（结

果用心、心表示），就能说明两球的碰撞是弹性碰撞。

四、解答题

13.一个质量为2kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5,给箱

子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2s,箱子的位移为20m。重力加速度

g=1Oin/s2,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,空气阻力不计。

（1）求拉力的大小。

（2）若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37。角斜向上，使箱子从静止开始运

动1s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。

14.如图，一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37。的固定直轨道AC的底端人处，另

试卷第6页，共8页

••端位于直轨道上8处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为3A的光滑圆弧轨道相切于

6

C点,AC=1R,A、B、C,。均在同一竖直面内。质量为〃?的小物块P自。点由静止开始下

滑，最低到达£点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达尸点，AF=4R,已知P与

I34

直轨道间的动摩擦因数〃="重力加速度大小为g。（5Zsin37J=|,cos37=-）

（1）求P第一次运动到B点时速度的大小；

（2）求P运动到£点时弹簧的弹性势能：

（3）改变物块P的质量，将P推至石点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点。

处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距;R、竖直相距上求

P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

15.如图所示，光滑的曲面轨道与粗糙水平轨道相切于P点，质量M=4kg、长L=4m的长

木板B静止在水平面上，且长木板B的最左端刚好位于〃点，质量为"?=2kg的可视为质点

的物体C静止在长木板B的正中央，另一质量为，加=4kg的物体A从曲面上的0点由静止

释放，经过一段时间与长木板B发生弹性碰撞，已知B、C间的动摩擦因数为必=《，B

与水平轨道间的动摩擦因数为〃,=!，重力加速度g=10ni/s2,A、C均可视为质点，假设最

6

⑴物体A与长木板B碰后瞬间，长木板B与物体C的加速度大小；

⑵欲使物体C刚好不从长木板B的左端离开，释放点0到P点的高度；

⑶若使物体A从距离P点高为加=0.2m处由静止释放，A、B碰后的瞬间，立即在长木板B

上施加水平向右的恒力”行2UN,若物体C刚好不从长木板1二离开,则恒力作用的时间打（结

果可保留根号）。

试卷第8页，共8页

《2026届江西省宜春中学高三上学期一轮诊断考试物理试卷》参考答案

题号12345678910

答案BBCBACDBDBCBD

1.B

【详解】AB.当小球运动到。点正下方时，由于圆心由。点变成C点，小球做圆周运动的

半径突然减小，而小球的线速度不能突变，即线速度不变，根据u=

可知角速度会突然增大，故A错误，B正确；

CD.根据an=—

r

因半径减小，故向心加速度突然增大，故CD错误。

故选B。

2.B

【详解。AB.物块水平沿中线做匀减速直线运动，则

-x%+丫

V=—=------

t2

由题干知

x=Im,t=Is,v>C

代入数据有

vo<2m/s

故A不可能，B可能；

CD.对物块做受力分析有

a--阳,v2-vo2=2ar

整理有

vo2-2ax>0

由于乐v2m/s可得

f.i<0.2

故CD不可能。

故选B。

3.C

【详解】A.物块A由静止释放到碰前的过程，物块A的机械能守恒，则由机械能守恒定

律得

答案第1页，共12页

解得

V0=7^0

两物块碰撞的过程，由动量守恒定律得

2，〃%=(2m+m)v

解得

故A错误；

B.该碰撞损失的机械能为

△E=；x2/?iVy一;x3/nv2

解得

-1

^E=-mgx0

故B错误；

CD.碰前，物块B静止，由力的平衡条件得

mgsina=kx

碰后，两物块与轻弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得

142,s.kx+\3kx__

—x3mv~+xlzxsina=-------x12x

解得

x*人典

36%

故C正确，D错误。

故选C。

4.B

【详解】建立以球心0为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向的直角坐标

系。根据题意可知，挡板在x=-R处，Q点在球面上，OQ与水平面成。角，则Q点坐标

为(RcosaRsme),小球从。点抛出，初速度%与竖直方向成o角，所以初速度的分量为

vOx=v0sin0,%r=%cos°

答案第2页，共12页

小球轨迹在。点与球面相切，意味着小球在。点的速度々方向与该点的切线方向相同，即

垂直于半径0Q。半径0Q与x轴正向夹角为仇所以速度均与)，轴负向夹角为应由于小球

从左向右运动，％的工分量为正，)，分量为负。因此，%的分量为“=u0sinO,vQ>.=vQcosO

AB.小球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度分量不变，则有

为入=%sin0=%,=%sin°

则小球在P点的速率与在Q点的速率相等，根据线二g"八，可知，小球在2点的动能与在Q

点的动能相等，故A错误，B正确；

CD.设小球从。到Q的运动时间为/,竖直方向，根据运动学规律则有。=%,一以，

整理可得g/=2%cos。

水平方向则有x=%J

即4一巧,二%J

整理可得/?cos-(-/?)=(%sin

联立解得%、E(1+8S。)，产cosO(l+逵J,故CD错误。

°V2sin<9cos6>\gsin。

故选B。

5.A

【详解】AB.对风筝受力分析如图所示

因空气对风筝作用力的方向不变，重力大小和方向不变，当风筝上升时，细绳与竖直方向的

夹角减小，由图可知，空气对风筝的作用力逐渐增大，细绳的拉力变大，故A正确，B错

误；

答案第3页，共12页

C.设细绳与竖直方向夹角为氏则对人分析可知，地面对人的支持力为

FK=Mg-Tcos0

因7变大，。减小，可知时减小，则人对地面的压力逐渐减小，故C错误；

D.对人和风筝的整体分析，水平方向人受地面的摩擦力等于空气对风筝的作用力的水平分

量，因风力方向不变，风力变大，可知风力的水平分量变大，即地面对人的摩擦力逐渐增大，

故D错误。

故选Ao

6.C

【详解】A.，=0时・，弹簧弹力为零，对。，根据牛顿第二定律可得产="/"=6N,故A

错误；

B.根据。一图像与时间轴所闱的面积表示速度的变化岩，由图像可知，f=2s时。的速度大

于力的速度，所以若此时不撤去F,弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，〃的加速度减小，

力的加速度增大，并不能一起做匀加速运动，故B错误；

D.，=2s时，。、。整体加速度相同，对整体，根据牛顿第二定律可得尸=(%+/)4=6N

解得叫=2kg,故D错误：

C.2s时，对〃，根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为7=，〃网=2.4N

撤去F瞬间，弹簧弹力不会突变，此时〃的加速度大小为％'二工=()8n/s2,故c正确。

叫

故选C。

7.D

【详解】当子弹速度方向与玩具左侧边平行时有如加”，则对应的速度关系有号=孥，

votan6O0

根据几何关系有1血60。=斗，4=丫+乙,X=VOmint,y=gg产

x2

联立解得％而广四£

故选D。

8.BD

【详解】A.猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线

答案第4页，共12页

运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲

线，故A错误：

B.猴子在水平方向上的加速度为0,在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知

猴子做曲线运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，故B正确：

C.f时刻猴子在水平方向上的速度为阳，和竖直方向上的分速度为所以合速度

♦（.）2

故c错误；

D.在，时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为x和力，根据运动的合成，知合

位移

故D正确。

故选BD。

9.BC

【详解】A.发射土星探测器脱离了地球引力的约束，所以探测器的发射速度大于11.2km/s,

小于16.7km/s,故A错误；

B.根据开普勒第三定律，=3可知椭圆轨道的半长轴越大，周期越大，则探测器在轨道

1、2、3的运行周期7>7>乃，故B正确；

C.探测器从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，所以探测器由轨道1进入轨道

2需在尸点减速，故C正确；

D.探测器从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，所以探测器在轨道1经。点的

速度大于在轨道3经。点的速度，故D错误。

故选BCo

10.BD

【详解】A.小球P沿绳方向的分速度与Q的速度相等，则Q的速度先增大后减小，则物

体Q光超重，再失重，故A错误；

BC.到M点时，根据速度分解有

vpsin30°=vQ

根据系统机械能守恒有

答案第5页，共12页

2

2〃?gRsin300-mg(27?cos30°-V2/?)=—x2mVp+—//zvQ

22

解得

2网+艮灼gR桃+&Y)gR

Vp=5，%=3

故B正确，C错误；

D.到N点时，根据系统机械能守恒有

2nigR-mg(2R-近R)=~x2〃?uJ

根据向心加速度公式有

a='=6g

K

故D正确；

故选BDo

11.(1)AB

(2)1.52.5

【详解】(1)A.平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，为了探究竖直方向的运动特

点，实验前必须让甲图中硬板保持竖直。故A正确；

B.平抛运动初速度方向沿水平方向，因此安装斜槽轨道，必须使其末端切线保持水平。故

B正确；

c.重锤线是为了检查坐标纸上y轴是否垂直，不需要悬挂在斜槽末端。故c错误；

D.为了保证小球离开斜梢末端的初速度相同，每次小球必须从相同高度由静止释放。故D

错误。

故选AB。

(2)[1]由Ay=gT2可得相邻两个点的时间间隔T=0.1s

平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动，因此小球平抛初速度的大小为

x3x0.05m,=.

v=v=AK=--------=1.5m/s

0n*T0.1s

12]B点竖直方向的分速度/=券=啜器=2-0m/s

小球在A点速度的大小%=+喙=2.5m/s

12.(1)不需要>

答案第6页，共12页

【详解】(1)实验要保证小球到达斜槽末端时以相同的速度作平抛运动，要求小球从

斜槽的同一位置由静止释放且斜槽轨道末端水平即可，因此不需要保证斜槽轨道光滑；为防

iL入射小球mi碰撞后反弹，应满足”?

(2)小球抛出后作平抛运动，设斜面与水平面的夹角为仇小球落点位置与。点的距离为

L.,根据平抛运动的规律，在水平方向有Leos。二十

在竖直方向有Lsin，=；g/

联立可得小球抛出的速度为v=回.4L

V2sin6>

设碰撞前加的速度为力,碰撞后如的速度为碰撞后〃?2的速度为4,则

若两球碰撞过程动量守恒，则有犯匕=町匕'+〃少;

又根据题意有町二叽

联立解得左二F不

“2

(3)若两球的碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，有

又因为vj器冷叵

联立可得,^式L.

又因为两球碰撞过程动量守恒，满足&二

整理可得口=口-兀

13.(1)F=30N；(2)r=18.975m

【详解】(1)箱子做匀加速运动，有

答案第7页，共12页

L=—at2

2

解得

2Ls

a=—=1Om/s-

由牛顿第二定律有

F=ma+pirng=3ON

(2)箱子先以大小为q的加速度匀加速。时间，撤去拉刀后，以大小为生的加速度匀减速G

时间后速度恰为0,有

Feos37-ju(mg-尸sin37)=mai

解得

=11.5m/s2

撤去拉力后

ai-P8-5m/s2

由于匀加速阶段的末速度却为匀减速阶段的初速度，因此有

卬尸。2,2

其中

箱子加速、减速的总位移

联立解得

r=18.975m

14.(1)2病；(2)£〃?gR；(3)1师，

【详解】(1)根据题意知，乐C之间的距离/为

1=1R-2R

设P到达8点时的速度为话，由动能定理得

mglsin6^-pmglcos0=三mv\

式中抬37。，联立以上两式并由题给条件得

答案第8页，共12页

Vff=2y[gR

（2）设P到达E点时速度是零，设此时弹簧的弹性势能为£户，由B点运动到七点

的过程中，由动能定理有

mgxsinO-pmgxcos0-与=0-g〃此E、尸之间的距离力为

h=4R-2R+x

P到达E点后反弹，从七点运动到产点的过程中，由动能定理有

耳-sin0-〃"则cos9=()

联立以上三式并由题给条件得

x=R

Ep=w”?gR

（3）设改变后P的质量为，卬。。点与G点的水平距离曾和竖直距离），/分别为

x=-/?--/?sin^

126

y.=R+—R+—Rcos^

'66

式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为J的事实。设P在。点的速度为

vD,由。点运动到G点的时间为上由平抛运动公式有

12

x=；g厂

xi=vDt

联立解得

设P在。点速度的大小为vCo在P由C运动到。的过程中机械能守恒，有

1,I，（551

不犯二=彳犯%+加闾-RD+-RDcos0

22166）

P由£点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有

4,一，％g(x+5/?)sin夕一〃〃?]g(x+5R)cosd=g"(v；

联立解得

1

町=-m

考点：动能定理、平抛运动、弹性势能。

答案第9页，共12页

【点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求熟练掌握平抛运动、动

能定理、弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过程，

挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的

能力。

15.=Im/s2

(2)0.8m

(3)-------s

【详解】(1)对B进行分析，根据牛顿第二定律有

(〃+"?)8=MaB

解得

2

aH=3m/s

对C进行分析，根据牛顿第二定律有

=mac

解得

2

ac=Im/s

(2)若物体C光向右做匀加速直线运动，木板先向右做匀减速直线运动，此过程C相对•于

B向右运动，两者速度达到相等后，由「

内<外

C、B不能够保持相对静止，C随后向右做匀减速直线运动，B也向右做匀减速直线运动，

C刚好不从长木板B的左端离开，表明两者速度达到相等时C恰好到达B左端，令碰撞后

B的速度为心，则有

此过程，相对位移恰好等于B