四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期第一次诊断性考试模拟试卷-物理试题（含答案）

这是一份四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期第一次诊断性考试模拟试卷-物理试题（含答案），文件包含物理试题docx、物理答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
1．A
【详解】A．正电荷和负电荷最早是由美国科学家富兰克林命名的，故A正确；
B．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，故B错误；
C．英国物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场，故C错误；
D．库仑利用扭秤装置得出了库仑定律，静电力常量不是通过实验直接测量得到的，而是通过麦克斯韦的相关理论计算出来的，故D错误。
故选A。
2．A
【详解】AB．对A先减速上升后加速下滑，由牛顿第二定律可得
由-图像可知
代入数据联立解得，所以θ=30°，故A正确，B错误；
C．前，A、B两物块间相向运动，两者距离一直减小，故时，A、B两物块不是相距最远，故C错误；
D．A、B两物块在斜面上出发时的距离等于两物体位移的大小之和，由图像可知，故D错误。
故选 A。
3．D
【详解】A．对照片墙受力分析如图所示
设AB绳上的拉力与水平方向的夹角为，AC绳上的拉力与水平方向的夹角为，根据题意，保持AB绳长不变，将C端左移，AC绳缩短至某一长度（但AC绳仍长于AB绳），则可知该过程中始终不变，且根据几何关系，始终有
在水平方向根据平衡条件有
由于始终大于，因此始终大于，故A错误；
C．根据平衡条件可知，AB绳与AC绳拉力的合力与照片墙的重力等大，反向，则AB绳与AC绳拉力的合力保持不变，故C错误；
BD．重力为恒力，AB绳上力的方向始终不变，做出力的矢量三角形如图所示
可知，随着AC绳将C端向左移动，绳AC与竖直方向的夹角在减小，该过程中绳AC上的拉力可能先减小后增大，当绳AC垂直于绳AB时，绳AC上的拉力有最小值，因此AC绳的拉力大小可能相等，该过程中绳AB上的拉力逐渐减小，故B错误，D正确。
故选D。
4．C
【详解】A．光滑小球在最高点时，有
解得最小速度，故A错误；
B．乙图中的物块受到重力、支持力和静摩擦力共三个力作用，其中转台对其的静摩擦力提供其所需的向心力，故B错误；
C．对丙图中的小球，有
解得周期
则角增大时，减小，故C正确；
D．对丁图中的物体，筒壁对其弹力提供向心力，有
可知，故D错误。
故选C。
5．D
【详解】根据万有引力提供向心力
得
由题可知，所以，当某次飞船通过N点，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km的圆形轨道绕地球做匀速圆周运动，所以；假设飞船在半径为的圆轨道上做匀速圆周运动，经过M点时的速率为，根据
得
又因为，所以，飞船在圆轨道M点时需加速才能进入椭圆轨道，则，故。
故选D。
6．D
【详解】A．小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动，故A错误；
B．P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程中，物块先向右做匀速直线运动，后向右做减速直线运动，传送带对物块的摩擦力方向一直向右，即摩擦力对P一直做正功，故B错误；
C．对传送带进行分析，令P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程经历时间为，则传送带的位移为
由于物块先向右做匀速直线运动，后向右做加速度增大的减速直线运动，则有
即有
结合上述可知，小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动，则传送带所受摩擦力的平均值
根据功能关系，传送带多消耗的电能为
故C错误；
D．在压缩弹簧但物块相对传送带静止的过程，摩擦力小于，因此压缩弹簧的过程中，摩擦力对P做的功
根据动能定理有
根据功能关系有
解得
故D正确。
故选D。
7．B
【详解】AB．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
2mv0=2mv1+mv2…①
由动能守恒定律得
∙2mv02=∙2mv12+mv22…②
由①②解得
v1=v0
v2=v0
所以小球与小车分离后将向左做平抛运动，故A错误，B正确；
C．此过程中小球对小车一直有斜向左下方的作用力，则小车一直向左加速运动，选项C错误；
D．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
2mv0=3m•v
由机械能守恒定律得
∙2mv02=•3mv2+2mgh
解得
h=
故D错误。
故选B。
8．CD
【详解】AB．爆炸过程中，系统内力远大于外力，A、B组成的系统动量守恒，爆炸前系统总动量为零，由动量守恒定律可知，爆炸后，两物体的动量大小相等，但方向相反，故AB错误；
C．设爆炸后任一物体的动量大小为p，物体的质量为m，则动能
可知质量大的物体获得的初动能小，故C正确；
D．取爆炸后速度方向为正方向，根据动量定理得
解得滑行时间
由于μ、p、g相等，则质量大的物体滑行时间短，故D正确。
故选CD。
9．ABD
【详解】A．由图可知，物体开始下落瞬间，只受万有引力作用，根据万有引力等于重力，可知
又
联立，可得
故A正确；
B．在行星表面飞行的卫星，万有引力提供向心力，有
联立，可得
故B正确；
C．卫星在距该行星表面高处的圆轨道上运行时，有
联立，可得
故C错误；
D．从释放到速度刚达到最大的过程中，设阻力为f，由牛顿第二定律可得
解得
阻力做功为
即物体克服阻力做功。
故D正确；
故选ABD。
10．BC
【详解】A．当小球运动到某点P点，弹性绳的伸长量是xBP，小球受到如图所示的四个力作用
其中
FT = kxBP
将FT正交分解，则FT的水平分量为
FN = FTsinθ = kxBPsinθ = kxBC =，f = μFN =mgFT的竖直分量为
FTy = FTcsθ = kxBPcsθ = kxCP
由以上推导可知小球受到的摩擦力为恒力，则CD段与DE段摩擦力所做的功相同，则在DE段弹性绳和小球组成的系统机械能的减小量等于CD段弹性绳和小球组成的系统的系统机械能的减小量，A错误；
B．根据动能定理有
mgh -mgh - W弹 = 0
根据计算有
W弹 =mgh
B正确；
C．对小球从C运动到E过程，应用动能定理得
mgh -mgh - W弹 = 0
若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得
- mgh + W弹 -mgh = 0 -mv2
联立求解得
v =
C项正确；
D．若只把小球质量变为2m，小球从C点由静止开始运动，到达E点时根据动能定理有
2mgh - W弹 -mgh = ×2mv12 - 0
解得小球到达E点时的速度大小
v =
D错误。
故选BC。
11． 0.84 1.7 150
【详解】（1）①[1]相邻两计数点间的时间间隔
打下C点时纸带的速度
②[2]由匀变速直线运动推导公式
（2）[3]设一个砝码盘的质量为M，由牛顿第二定律得
整理得
结合图像，由几何知识可知
解得
12．(1)B
(2)
(3)
【详解】（1）小球经过光电门的速度为
若系统机械能守恒，则有
整理得
故选B。
（2）当和时，物块通过光电门的时间相等，即物块经过光电门的速度相等，故动能也相等，根据机械能守恒定律分别有
整理可得
（3）小物块经过光电门的速度越大，则小物块经过光电门所用时间越短，故由（1）可知，当时，小物块通过光电t时的速度最大时，且此时小物块的加速度为零。对其进行受力分析有
解得
代入（1）中可得最大速度为
13．(1)50N，方向向下
(2)
(3)
【详解】（1）滑块B从释放到最低点，由动能定理得
解得
根据牛顿第二定律
由牛顿第三定律，压力FN=50N，方向向下。
（2）A、B向左运动过程中，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
（3）从B刚滑到A上到A左端与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为v3和v4，由动量守恒定律得
若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足
对A板，应用动能定理
联立解得
14．(1)20N，方向竖直向下
(2)
(3)
【详解】（1）若，则滑块运动至B点时，由动能定理可得
在B点由牛顿第二定律得
联立解得
由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N，方向竖直向下。
（2）若滑块恰好能过C点，则C点时有
从A到C，根据动能定理有
解得
要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度，从A到E，根据动能定理有
解得
显然，若滑块不脱离圆弧轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度。
（3）当时，从A到D点根据动能定理
解得
从A到E点根据动能定理
可得
由运动学公式
解得
在1s时间内，滑块的位移为
传送带运动的位移为
滑块相对于传送带的位移为
由功能关系得
15．(1)60N
(2)物块Q能冲出小车上的G点，物块Q从飞离G点到再次回到G点过程中小车通过的位移4.8m
(3)
【详解】（1）题意知物块P经过CB后恰好能到达A点，说明在A点时物块P速度为0，设物块P在B时速度，则从B到A，由机械能守恒有
解得
在B点，设P受到支持力，由牛顿第二定律得
代入题中数据，联立解得
根据牛顿第三定律可知，物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的压力60N；
（2）设P、Q物体与弹簧分离后速度分别为，则P从C到B过程，由动能定理有
解得
分析PQ与弹簧组成的系统可知，系统动量守恒，规定向右为正方向，则有
解得
分析可知Q滑上小车后，运动到最高点时，二者共速为，设此时Q上升高度为h，对Q与小车系统，由动量守恒得
解得
由能量守恒有
联立解得
故物块Q能冲出小车上的G点，分析可知，Q飞出G点后做斜抛运动到最高点，设该过程运动时间为t，逆向思维法得
联立解得
此过程车以做匀速直线运动，故物块Q从飞离G点到再次回到G点过程中小车通过的位移
联立解得
（3）设P、Q物体与弹簧分离后速度分别为，由动量守恒有
由能量守恒，弹性势能为
分析可知，当Q刚滑动F点与车共速时，弹性势能最小，设共速为，则由动量守恒得
能量守恒得
联立以上，解得弹性势能最小值为
分析可知，当Q滑上小车圆弧轨道再次返回F点与车共速时，弹性势能最大，设共速为，则由动量守恒得
能量守恒得
联立以上，解得弹性势能最小值为
被锁定弹簧的弹性势能的取值范围