2026届四川省雅安市高三上学期第一次诊断性考试物理试题（含答案）

第第页2026届四川省雅安市高三上学期第一次诊断性考试物理试题一、单项选择题：本题共7小题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．某充电宝铭牌上标有“37Wh”，“Wh”对应的物理量为（）A．能量 B．时间 C．功率 D．电荷量2．如图甲，站在管道内的小孩将足球从N点向前踢出，足球沿管道在竖直面内运动一周后，在P点离开管道，恰好在截面圆心O点落入书包，图乙为简化运动示意图。下列说法正确的是（）A．足球离开管道前做匀速圆周运动B．足球通过最高点M时的速度为零C．足球离开管道在空中处于失重状态D．足球落入书包时速度沿PO方向3．如图所示，静置于光滑水平面的底座上固定有内壁光滑的U型管道（管道在竖直面内），半径比管道内径略小的小球以某一初速度沿水平方向进入管道。小球在管道内运动的过程中，下列说法正确的是（）A．小球对管道的弹力始终不做功B．小球对管道的弹力的冲量始终为零C．小球、管道与底座构成的系统动量守恒D．小球、管道与底座构成的系统机械能守恒4．如图，物块A、B通过轻弹簧连接，B通过细线悬挂在天花板上，系统处于静止状态。某时刻剪断细线并开始计时，直到弹簧第一次恢复原长的过程中，A，B的速度v随时间t变化的图像可能正确的是（）A． B．C． D．5．自“东方红一号”在太空奏响第一曲，到“天宫”空间站实现常态化运营，中国航天事业在六十余载的岁月里，绘就了一幅从无到有、从弱至强的辉煌画卷。近年来监测到“东方红一号”卫星运行在近地点距地面高度约429km、远地点距地面高度约2000km的椭圆轨道上，“天宫”空间站运行在距地面高度约为450km的圆轨道上，地球半径为6371km。下列说法正确的是（）A．“天宫”空间站中的宇航员不受重力作用B．“东方红一号”卫星由近地点向远地点运动时，机械能减小C．“东方红一号”卫星的运行周期小于“天宫”空间站的运行周期D．“东方红一号”卫星位于近地点时的加速度大于“天宫”空间站的加速度6．如图所示，E、F、G、H为正方形ABCD的各边中点，O为对角线交点。在E、F、G处各固定一个电荷量为+q的点电荷，在H处固定一个电荷量为−q的点电荷。下列说法正确的是（）A．A点和D点的电势相同B．B点和C点的电场强度相同C．电子由A点静止释放，将沿AC做直线运动D．正点电荷由B点沿BD移动至O点过程中，电势能一直增大7．截止2025年9月，我国新能源汽车累计销售突破4000万辆，产销量连续10年保持全球第一，为全球减碳目标作出中国贡献。某新能源汽车由电池向电动机M供电，模拟电路如图所示，电源电动势E=15V，内阻r=3Ω，定值电阻R0=1Ω，电动机的线圈电阻r'=1Ω。当电动机所牵引的负载运动状态不同时，理想电流表读数不同。下列判断正确的是（）A．若电动机被卡住，电流表读数为3.75AB．电流表读数为1.5A时，电动机输出功率最大C．电流表读数为1.5A时，电源输出功率最大D．当电动机输出功率最大时，其效率为50%二、多项选择题：本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．一列沿x轴传播的横波，图甲是t=2s时的波形图，图乙是质点b的振动图像。已知a、b两质点的横坐标分别为2m和4m。下列判断正确的是（）A．该列波与频率为0.5Hz的横波相遇时能发生干涉B．该列波沿x轴负方向传播C．再经过3s，质点a通过的路程为3mD．t=4s时，质点b运动到x=0的位置9．自耦式变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器。如图甲所示的理想自耦式变压器，环形铁芯上绕制线圈匝数为220匝，AP间线圈匝数为120匝，P为变压器的滑动触头，P'为滑动变阻器的滑片。在AB间加如图乙所示正弦交流电，下列判断正确的是（）A．通过R的电流方向每秒改变100次B．电压表示数为120VC．保持P不动，P'向下滑动，电压表示数增大D．保持P'不动，P逆时针转动，电压表示数增大10．如图甲，两根足够长的平行金属导轨固定在水平桌面上，左端接有阻值R=1Ω的电阻。一质量m=0.1kg的金属棒垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属棒在水平向右的拉力F作用下向右运动，拉力F与时间t的关系式为F=0.3+0.2t（N），t=2s时撤去拉力，金属棒在t=2.55s时停止运动，整个运动过程金属棒速度v随时间t变化的图像如图乙所示。导轨和金属棒电阻不计，重力加速度g取10m/s2.下列判断正确的是（）A．金属棒与导轨间摩擦力大小为0.3NB．整个过程中金属棒运动的距离为2.45mC．撤去拉力后，电阻R上产生的焦耳热为0.2JD．撤去拉力后，通过电阻R的电荷量为95三、实验题：本题共2小题，共16分。11．某实验小组用激光笔测量平行玻璃砖的折射率。步骤如下：光屏与玻璃砖平行放置，记录屏MN和玻璃砖abcd的位置；用激光笔以一定角度照射玻璃砖，记录入射点O1和屏上光点S1的位置；移走玻璃砖，记录屏上光点S2的位置；做相应辅助线，其中S1O2∥S2O1，O2P⊥MN，O1、O（1）记录玻璃砖位置时，某同学用铅笔紧靠玻璃砖画线，这种操作()（选填“正确”或“错误”）；（2）根据所测数据计算玻璃砖的折射率n=（结果保留三位有效数字）；（3）若换用频率更大的激光进行实验，其他条件保持不变，观察到S1与S2的间距（选填“变大”或“变小”）。12．某同学连接图甲所示电路，将传感器连接在电路中，并与计算机相连，运行相关程序，在计算机显示屏上可观察到电容器所带电荷量q随时间t变化的图线，通过图线来研究电容器充电规律。（1）开关S闭合，电容器充电，电路中电流逐渐（选填“增大”或“减小”）；改变电阻箱的阻值，对同一电容器分两次进行充电，电容器所带电荷量q随时间t变化的图线分别如图乙中①、②所示，则图线（选填“①”或“②”）对应充电过程电阻箱接入电路的阻值R较大；充电完成后，开关仍然处于闭合状态，减小电容器两极板间的距离，流过电阻箱的电流方向向（选填“左”或“右”）。（2）充电过程中，电容器两极板间电压u，所带电荷量q均增大，请在图丙中定性画出该过程的u-q图像。若电源电动势为E，图丙中电压最大值对应坐标点与原点O连线的斜率为k，类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，可知充电结束后电容器储存的电能为（结果用E、k表示）。四、计算题：本题共3小题，共38分。13．如图，质量为M=0.8kg的玩具车通过轻绳拖着质量为m=0.2kg的物块在水平面上做匀速直线运动。某时刻轻绳断裂，经过t=0.4s，玩具车已做匀速直线运动。整个过程中玩具车功率恒为P=10W，玩具车和物块所受阻力均为自身重力的k=0.5倍，重力加速度g取10m/s2.求：（1）轻绳断裂前，玩具车和物块的速度大小；（2）轻绳断裂后经过t=0.4s，玩具车运动的距离。14．现代物理通常用电场和磁场来研究粒子运动规律。如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第一象限内有沿x轴负方向的匀强电场，第二、三象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。在C点沿y轴正方向以初速度v0发射质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子，粒子依次经过y轴上的D、O、F点（F点图中未画出）。已知C点坐标为（L，0），D点坐标为（0，2L）。粒子重力不计，求：（1）匀强电场场强的大小；（2）匀强磁场磁感应强度的大小；（3）粒子从C点运动到F点的时间。15．某游戏装置竖直截面图如图所示。固定轨道PQM与传送带MN平滑连接，其中PQ段为光滑圆弧轨道，QM段为粗糙水平直轨道。物块a从P点由静止释放，运动到M点与静止的物块b发生完全非弹性碰撞，碰后结合成整体c；c运动到传送带右端N时，受到一水平向左的瞬时冲量I=10N⋅s，以后每隔Δt=1s给c一相同的瞬时冲量I，直到c离开传送带。已知a、b、c均可视为质点，a、b的质量分别为ma=1.2kg，mb=0.8kg，圆弧轨道半径R=4.5m，圆心角∠POQ=53°，QM间距离d=1.1m，MN间距离L=2.5（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；（2）碰后瞬间c的速度大小；（3）c从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】由公式E=Pt，W（瓦特）是功率单位，h（小时）是时间单位，二者乘积表示能量，故A正确。故答案为：A。

【分析】本题考查物理量单位，根据公式E=Pt，功率P的单位为W，时间t的单位为h，因此Wh是能量的单位。2．【答案】C【解析】【解答】A．足球在竖直管道内运动时，重力、摩擦力会对其做功，速率会发生改变，因此足球做变速圆周运动，并非匀速圆周运动，故A错误；B．足球若要完整沿管道运动一周并到达P点，在最高点M处必须具备一定的速度，速度不能为零，故B错误；C．足球离开管道后，受重力与空气阻力作用，合力存在竖直向下的加速度分量，因此处于失重状态，故C正确；D．足球从P点抛出后做曲线运动，落入书包时的速度方向为轨迹在该点的切线方向，并非沿PO方向，故D错误。故答案为：C。【分析】A：变速圆周运动的判断依据是速率发生变化；B：竖直圆周运动中，管道约束下最高点速度可以为零，但本题中需继续运动到P点，故必须有速度；C：存在竖直向下的加速度分量时，物体处于失重状态；D：曲线运动速度方向为轨迹切线方向。3．【答案】D【解析】【解答】A．小球在管道弯曲段运动时，会对管道产生弹力；由于水平面光滑，管道与底座会发生水平位移，小球对管道的弹力在位移方向存在分量，因此弹力会对管道做功，故A错误；B．小球在弯曲段对管道的弹力存在水平分力，管道和底座由静止开始获得动量，根据动量定理，该弹力的冲量等于管道与底座动量的变化量，因此冲量不为零，故B错误；C．小球、管道与底座组成的系统，竖直方向小球存在加速度，合外力不为零，整体动量不守恒，仅水平方向动量守恒，故C错误；D．该系统内只有重力与系统内弹力做功，不存在摩擦力等其他力做功，因此系统的机械能守恒，故D正确。故答案为：D。【分析】A：弹力作用下管道发生位移，弹力做功；B：管道获得动量，对应弹力冲量不为零；C：系统竖直方向合外力不为零，总动量不守恒；D：只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒。4．【答案】C【解析】【解答】对A，由平衡条件可知，剪断细线前弹簧弹力大小与A的重力等大，且弹簧处于拉伸状态，剪断细线后，对B有mBg+kx=mBaB，解得aB故答案为：C。

【分析】本题考查弹簧连接体的动力学分析与v‑t图像，v‑t图像斜率表示加速度；剪断细线前弹簧弹力等于A的重力，弹簧处于拉伸状态。5．【答案】D【解析】【解答】A．空间站内的宇航员处于完全失重状态，并非不受重力，而是重力全部用来提供向心力，使其绕地球做圆周运动，故A错误；B．“东方红一号”卫星在椭圆轨道上运行时，仅受地球引力作用，机械能守恒；由近地点向远地点运动时只是动能转化为引力势能，总机械能保持不变，故B错误；C．根据开普勒第三定律a3D．由万有引力提供向心力得加速度a=GM故答案为：D。【分析】A：失重是重力提供向心力，并非不受重力；B：椭圆轨道卫星仅受引力，机械能守恒；C：开普勒第三定律，半长轴越大，运行周期越长；D：由万有引力定律，轨道半径越小，向心加速度越大。6．【答案】A【解析】【解答】A．A、D两点关于FH连线对称，且四个点电荷的分布也相对FH对称，由电场的对称性可知A、D两点电势相等，故A正确；B．通过电场叠加原理分析，B、C两点电场强度的大小相等，但电场强度的方向并不相同，故B错误；C．E、H可视为一对等量异种点电荷，F、G可视为一对等量同种点电荷；AC虽为两组电荷中垂线，但叠加后AC上各点电场强度方向不沿AC连线，电子由静止释放后受力方向不沿AC，无法沿AC做直线运动，故C错误；D．BD在H、G形成的等量异种电荷电场中为一条等势线；在E、F等量同种电荷的电场中，由B到O电势先升高后降低，因此正点电荷沿BD移动至O的过程中，电势能先增大后减小，故D错误。故答案为：A。【分析】A：利用电荷分布的对称性判断电势高低；B：电场强度是矢量，需同时考虑大小与方向；C：电场叠加后电场方向不沿AC，电子无法沿AC直线运动；D：结合两组电荷的电场分布，判断电势变化，进而分析电势能变化。7．【答案】B【解析】【解答】A．若电动机被卡住，此时电动机可等效为纯电阻，依据闭合电路欧姆定律，电路电流I=EB．电动机输出功率P出=P电−P热C．电源输出功率在外电路总电阻等于电源内阻时最大，本题中外电路总电阻为R0+rD．电动机输出功率最大时，电流I=1.5A，此时电动机两端电压UM=9V，电动机效率故答案为：B。【分析】A：电机卡死为纯电阻电路，直接用欧姆定律计算；B：通过输出功率表达式结合二次函数求极值，得到最佳工作电流；C：电源输出功率最大的条件为外阻等于内阻；D：根据功率公式计算电动机效率。8．【答案】B,C【解析】【解答】A．由图乙可得该波周期T=4s，对应频率f=1T=0.25HzB．t=2s时由振动图像可知质点b沿y轴负方向振动，利用“上下坡法”可判断该波沿x轴负方向传播，故B正确；C．经过Δt=3s=34T，质点a初始在波峰位置，一个周期路程为4A，D．机械波传播时质点只在平衡位置上下振动，不会随波迁移，因此t=4s时质点b仍在x=4m处，故D错误。故答案为：BC。【分析】A：稳定干涉的条件是两列波频率相同；B：结合振动方向，用上下坡法判断波的传播方向；C：质点在34D：机械波中质点不随波迁移。9．【答案】A,D【解析】【解答】A．由图乙可知输入交流电周期T=0.02s，频率f=1T=50HzB．输入电压有效值U1=220V，原线圈匝数n1=120，副线圈匝数n2C．保持P不动时副线圈匝数不变，输入电压不变，由变压规律可知副线圈电压不变，因此P'D．保持P'不动，P故答案为：AD。【分析】A：交流电频率由周期决定，变压器不改变频率；B：结合匝数比与变压规律计算副线圈电压；C：滑动变阻器滑片移动不改变匝数，输出电压不变；D：滑动触头逆时针转动，副线圈匝数增加，输出电压升高。10．【答案】B,D【解析】【解答】A．由图像可知0～2s内金属棒做匀加速直线运动，加速度a=ΔvΔt=1m/s2；

感应电动势E=BLv=BLat，安培力FA=B．全程应用动量定理：拉力冲量IF− fΔt−BLq=0，其中q=BLxR，

拉力冲量C.0～2s匀加速位移x1=0+22×2=2m，撤去拉力后位移x2=0.45mD．撤去拉力后，通过电阻的电荷量q=BLx2R，代入BL=5故答案为：BD。【分析】A：利用匀加速规律与牛顿第二定律联立求解摩擦力；B：对全过程用动量定理，结合电荷量公式求解总位移；C：由能量守恒，将动能损耗分为摩擦生热与焦耳热；D：由法拉第电磁感应定律、电流定义推导电荷量表达式并计算。11．【答案】（1）错误（2）1.47（3）变大【解析】【解答】（1）记录玻璃砖位置时，某同学用铅笔紧靠玻璃砖画线，这种操作错误。不能用玻璃砖替代直尺画线，避免划伤和污染玻璃的光学面，可以先在白纸上描出玻璃砖每个界面的两个点，然后取下玻璃砖再用直尺连成线。

故答案为：错误（2）如图所示，根据折射定律有n=其中θ2=θ3，θ1=θ4，又O2S1=9.90cm，O（3）根据第（2）问的分析可知激光的入射光线和出射光线平行，换用频率更大的激光进行实验，折射率更大，则折射角θ2更小，可知出射点O2向右偏移，可知屏上光点S1的位置向右偏移，可得S1与S2的间距变大。

故答案为：变大

(2)利用几何关系表示入射角、折射角的正弦值，结合折射定律n=sin(3)频率更大的激光折射率更大，折射角更小，分析光斑偏移情况判断间距变化。（1）记录玻璃砖位置时，某同学用铅笔紧靠玻璃砖画线，这种操作错误。不能用玻璃砖替代直尺画线，避免划伤和污染玻璃的光学面，可以先在白纸上描出玻璃砖每个界面的两个点，然后取下玻璃砖再用直尺连成线。（2）如图所示，根据折射定律有n=sin其中θ2=θ3，θ1=θ4，又O2（3）根据第（2）问的分析可知激光的入射光线和出射光线平行，换用频率更大的激光进行实验，折射率更大，则折射角θ2更小，可知出射点O2向右偏移，可知屏上光点S1的位置向右偏移，可得S1与S212．【答案】（1）减小；②；右（2）；E2【解析】【解答】（1）由于q−t图像的斜率表示电容器在充电的过程中电路中的电流，结合图像可知，充电过程中，电路中的电流逐渐减小；电阻箱的阻值较大时，电路中的电流较小，q−t图像的斜率较小，因此图像②对应的是电阻箱阻值较大的图像；充电完成后，开关仍处于闭合状态，则电容器两端的电压不变，减小两极板间的距离，根据C=εrS4kπd可知，电容器的电容增大，又因为C=Q（2）根据电容C=QU，可得U=Q由图像可知，稳定后电容器储存的能量为u−q图像与坐标轴围成的面积，即E结合题意可知EQ=k，联立解得E能量=E22k

故答案为：；E22k(2)由U=qC知u−q为过原点的倾斜直线；电容器电能等于u−q图线与横轴围成面积，结合斜率（1）[1]由于q−t图像的斜率表示电容器在充电的过程中电路中的电流，结合图像可知，充电过程中，电路中的电流逐渐减小；[2]电阻箱的阻值较大时，电路中的电流较小，q−t图像的斜率较小，因此图像②对应的是电阻箱阻值较大的图像；[3]充电完成后，开关仍处于闭合状态，则电容器两端的电压不变，减小两极板间的距离，根据C=可知，电容器的电容增大，又因为C=由于电容器两极板间的电压不变，电容增大，因此两极板的电荷量增大，电容器处于充电状态，通过电阻箱的电流向右。（2）[1]根据电容C=可得U=因此u−q图像为一正比例函数图象，图像如下[2]由图像可知，稳定后电容器储存的能量为u−q图像与坐标轴围成的面积，即E结合题意可知E联立解得E13．【答案】（1）解：由题意可知，玩具车和物块受到地面的阻力为F玩具车功率恒为P=10W，且轻绳断裂前已做匀速直线运动，设速度为v，满足P=解得v=2（2）解：轻绳断裂，经过t=0.4s，玩具车已做匀速直线运动，所受阻力为F故绳断后，玩具车匀速运动的速度v'满足P=解得v'=2.5故玩具车运动的距离x满足Pt−解得x=0.775【解析】【分析】(1)断裂前整体匀速，牵引力等于总阻力，由功率公式P=Fv求解速度；(2)断裂后玩具车先变加速、后匀速，先求匀速末速度，再由动能定理Pt−fx=1（1）由题意可知，玩具车和物块受到地面的阻力为F玩具车功率恒为P=10W，且轻绳断裂前已做匀速直线运动，设速度为v，满足P=解得v=2（2）轻绳断裂，经过t=0.4s，玩具车已做匀速直线运动，所受阻力为F故绳断后，玩具车匀速运动的速度v'满足P=解得v'=2.5故玩具车运动的距离x满足Pt−解得x=0.77514．【答案】（1）解：带电粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，则有v沿电场方向做匀变速直线运动，则有1其中，在电场中，根据牛顿第二定律有qE=ma联立解得E=（2）解：设粒子入射到磁场速度大小为v，与y轴夹角为θ，则有v2=解得v=2v设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，则2L=2r解得r=根据洛伦兹力提供向心力，故有qvB=m解得B=（3）解：粒子在电场中由C点运动到D点的时间为t粒子在磁场中运动周期为T=由图可知，粒子转过的圆心角为α=2粒子在磁场中由D点运动到O点的时间为t粒子在O点时，x轴方向的分速度大小与D点的x轴方向的分速度大小相等，方向相反；y轴方向的分速度大小与C点的y轴方向的分速度相同，所以粒子再次在电场中由O点运动到F点的过程，在沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知，粒子由O点运动到F点的时间为t所以，粒子从C点运动到F点的时间为t=【解析】【分析】(1)粒子在第一象限电场中做类平抛运动，y方向匀速、x方向匀加速，结合牛顿第二定律求场强；

(2)求出粒子进入磁场的速度，结合几何关系确定圆周运动半径，由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；

(3)分电场类平抛、磁场圆周运动、再次电场运动三段，分别求时间后求和。（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，则有v沿电场方向做匀变速直线运动，则有1其中，在电场中，根据牛顿第二定律有qE=ma联立解得E=（2）设粒子入射到磁场速度大小为v，与y轴夹角为θ，则有v2=解得v=2v设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，则2L=2r解得r=根据洛伦兹力提供向心力，故有qvB=m解得B=（3）粒子在电场中由C点运动到D点的时间为t粒子在磁场中运动周期为T=由图可知，粒子转过的圆心角为α=2粒子在磁场中由D点运动到O点的时间为t粒子在O点时，x轴方向的分速度大小与D点的x轴方向的分速度大小相等，方向相反；y轴方向的分速度大小与C点的y轴方向的分速度相同，所以粒子再次在电场中由O点运动到F点的过程，在沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向先匀减速后匀