2026届云南省禄劝彝族苗族自治县一中高三一诊考试物理试卷含解析

这是一份2026届云南省禄劝彝族苗族自治县一中高三一诊考试物理试卷含解析，文件包含高考语文一轮复习课内古诗文《谏太宗十思疏》知识点汇总+专项练习原卷版docx、高考语文一轮复习课内古诗文《谏太宗十思疏》知识点汇总+专项练习解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示，变压器为理想变压器，电压变化规律为的交流电压接在a、b两端，L为灯泡，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列正确的是（ ）
A．电压表V2示数不变，V3示数增大
B．变阻器滑片是沿d→c的方向滑动
C．该变压器起降压作用
D．灯泡发光每秒闪50次
2、如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，空间存在平行于纸面的足够宽广的水平方向匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M点在纸面内以 的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为 的速度通过N点．已知重力加速度g,不计空气阻力．则下列正确的是（ ）
A．小球从M到N的过程经历的时间
B．可以判断出电场强度的方向水平向左
C．从M点到N点的过程中小球的机械能先增大后减小
D．从M到N的运动过程中速度大小一直增大
3、2019年10月30日在新疆喀什发生4级地震，震源深度为12 km。如果该地震中的简谐横波在地壳中匀速传播的速度大小为4 km/s，已知波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到x=120 m处，如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A．从波传到x=120 m处开始计时，经过t=0.06 s位于x=360 m的质点加速度最小
B．从波源开始振动到波源迁移到地面需要经过3 s时间
C．波动图像上M点此时速度方向沿y轴负方向，动能在变大
D．此刻波动图像上除M点外与M点位移大小相同的质点有7个
4、如图所示，同时作用在质点O上有三个共点力F1、F2、F3，其中F1、F2是正六边形的两条边，F3是正六边形的一条对角线。已知F1=F2=2N，则这三个力的合力大小等于
A．6NB．8NC．10ND．12N
5、如图所示，一有界区域磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L;正方形导线框abcd的边长也为L，当bc边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域。若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图像是
A．B．
C．D．
6、下列说法正确的是（ ）
A．铀核裂变的核反应是U→Ba+Kx+2n
B．玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性
C．原子从低能级向髙能级跃迁，不吸收光子也能实现
D．根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越大
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），其中∠c=90°、∠a=60°，O为斜边的中点，分别带有正、负电荷的粒子以相同的初速度从O点垂直ab边沿纸面进入匀强磁场区域，两粒子刚好不能从磁场的ac、bc边界离开磁旸，忽略粒子的重力以及两粒子之间的相互作用。则下列说法正确的是（ ）
A．负电荷由a之间离开磁场
B．正负电荷的轨道半径之比为
C．正负电荷的比荷之比为
D．正负电荷在磁场中运动的时间之比为1：1
8、对于热运动和热现象，下列说法正确的是（ ）
A．玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用
B．云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间按一定的规则排列
C．未饱和汽在降低温度时也不会变成饱和汽
D．物体放出热量，其分子平均动能可能增大
E.气体压强达到饱和汽压时，蒸发和液化都停止了
9、在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（ ）
A．N板电势高于M板电势
B．磁感应强度越大，MN间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变
D．将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势
10、下列说法正确的是_____．
A．放热的物体，其内能也可能增加
B．液体中的扩散现象是由液体的对流形成的
C．液体不浸润某种固体时，则附着层内液体分子间表现为引力
D．同一液体在不同温度下的饱和汽压不同
E.只两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某同学用如图所示装置做“探究加速度与合力关系”的实验。测得小车（带遮光片）的质量为，当地的重力加速度为。

（1）实验前，用游标卡尺测出遮光片的宽度，示数如图所示，则遮光片的宽度为____。
（2）为了使细线的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，必须__________。
A．将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力
B．砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
C．减小遮光片的宽度
（3）调节好装置，将小车由静止释放，与光电门连接的计时器显示小车通过光电门时遮光片的遮光时间，要测量小车运动的加速度，还需要测量__________（填写需要测量的物理量名称），若该物理量用表示，则小车运动的加速度大小为_______（用测得的物理量符号表示）。
（4）保持小车每次释放的位置不变，光电门的位置不变，改变砂和砂桶的总质量，重复实验，测得多组小车通过光电门的遮光时间及砂和砂桶的总质量，为了使图像能直观地反映物理量之间的关系，应该作出______（填“”、“”、“”或“”）图像，当图像为过原点的一条倾斜的直线，表明质量一定时，加速度与合力成正比。
12．（12分）在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关S按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。
(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向________(填“相同”或“ 相反”)，大小都随时间________(填“增大”或“ 减小”)。
(2)该电容器的电容为________F(结果保留两位有效数字)。
(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确________。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）质量为m=10kg的物体静止在光滑水平面上，零时刻开始物体受到水平向东F=100N的力作用，1s后，力F的大小不变，方向改为向北，作用1s。求：
（1）物体第1s末的速度大小；
（2）物体在2s内的位移大小。
14．（16分）如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，不计带电粒子所受重力：
（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。
15．（12分）如图所示，MN是半径为R=0.8m的竖直四分之一光滑弧轨道。竖直固定在水平桌面上，轨道末端处于桌子边缘并与水平桌面相切于N点。把一质量为m=1kg的小球B静止放于N点，另一个与B完全相同的小球A由M点静止释放，经过N点时与B球发生正碰，碰后粘在一起水平飞出，落在地面上的P点，若桌面高度为h=1.25m，取重力加速度g=l0m/s2。不计空气阻力，小球可视为质点。求：
(1)与B球碰前瞬间，A球的速度大小：
(2)A、B两球碰后瞬间的共同速度大小；
(3)P点与N点之间的水平距离x。
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、C
【解析】
AB．观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，V3示数减小根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故AB错误，
C．观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C正确；
D．由可知，交流电的频率为
由于交变电流一个周期内电流方向发生100次变化，所以灯泡发光每秒闪100次，故D错误。
故选C。
2、A
【解析】
小球受水平方向的电场力作用向左先减速后反向加速，竖直方向做自由落体运动，结合运动公式和动能定理解答.
【详解】
水平方向，小球受水平方向的电场力作用向左先减速后反向加速，到达N点时，水平速度仍为v0，则竖直速度；因小球竖直方向在重力作用下做自由落体运动，则由vy=gt可知小球从M到N的过程经历的时间，选项A正确；带正电的小球所受的电场力水平向右，可以判断出电场强度的方向水平向右，选项B错误；从M点到N点的过程中，电场力先做负功后做正功，可知小球的机械能先减小后增大，选项C错误；因电场力水平向右，重力竖直向下，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方，则从M到N的运动过程中，合力先做负功，后做正功，则动能先减小后增加，即速度先减小后增加，选项D错误；故选A.
3、B
【解析】
A．根据图像可知，波长为60m，波速为4km/s，所以可得周期为0.015s，0.06s的时间刚好是整数个周期，可知横波刚传到360m处，此处质点开始从平衡位置向-y方向运动，加速度最小，A正确，不符题意；
B．波在传播的时候，波源没有迁移，B错误，符合题意；
C．波的传播方向是向右，所以根据同侧法可知，波动图像上M点此时速度方向沿y轴负方向，动能在变大，C正确，不符题意；
D．过M点作水平线，然后作关于x轴的对称线，可知与波动图像有7个交点，所以此刻波动图像上除M点外与M点位移大小相同的质点有7个，D正确，不符题意。
本题选错误的，故选B。
4、A
【解析】
将F1、F2合成如图，由几何关系得，F1、F2的合力
由于F12与F3的方向相同，由几何关系可得，三力的合力
故A项正确，BCD三项错误。
5、B
【解析】
由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLV及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律。
【详解】
设导体棒运动的加速度为，则某时刻其速度
所以在0-t1时间内（即当bc边位于磁场左边缘时开始计时，到bc边位于磁场右边缘结束）
根据法拉第电磁感应定律得：，电动势为逆时针方向
由闭合电路欧姆定律得：，电流为正。其中R为线框的总电阻。
所以在0-t1时间内，，故AC错误；
从t1时刻开始，换ad边开始切割磁场，电动势大小，其中，电动势为顺时针方向为负
电流：，电流为负（即，）
其中，电流在t1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持不变。故B正确，D错误。
故选B。
【点睛】
对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路．
6、C
【解析】A.铀核裂变的核反应是，故A错误；
B、德布罗意根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，故B错误；
C、受到电子或其他粒子的碰撞，原子也可从低能级向髙能级跃迁，不吸收光子也能实现，故C正确；
D、根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，根据，波长越大，故能量越小，故D错误；
故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BC
【解析】
A．由左手定则可知，负电荷由Ob之间离开磁场区域，故A错误；
B．作出两粒子的运动轨迹如图所示：
由几何关系，对负粒子：
则负粒子的轨道半径为：
对正粒子：
解得正粒子的轨道半径为：
则正负粒子的轨道半径之比为：
故B正确；
D．正负粒子在磁场中运动的时间均为半个周期，由：
可知，正负粒子在磁场中运动的时间之比为：
故D错误；
C．粒子在磁场中做圆周运动，则由：
可得：
正负粒子的比荷之比与半径成反比，则正负粒子的比荷之比为，故C正确。
故选BC。
8、ABD
【解析】
A．玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用，选项A正确；
B．云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间按一定的规则排列，选项B正确；
C．饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，温度越高，饱和气压越大，则降低温度可使未饱和汽变成饱和汽，故C错误；
D．物体放出热量，若外界对物体做功大于放出的热量，则物体内能增大，温度升高，则其分子平均动能会增大，选项D正确；
E．气体压强达到饱和汽压时，进入液体内的和跑出液体的分子数相等，蒸发和液化都没有停止，选项E错误。
故选ABD。
9、AB
【解析】
A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，故A正确；B、设左右两个表面相距为d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：
设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为s，则 ①;I=nesv ②; s=dL ③;由①②③得：,令，则 ④;所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，故B正确；C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误．故选AB.
【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡．
10、ACD
【解析】
A.放热的物体，如果外界对物体做的功大于放出的热量，则其内能增加， A正确；
B.液体中的扩散 现象都是由于分子热运动而产生的， B错误；
C.液体不浸润某种固体时，例如水银对玻璃：当水银与玻璃 接触时，附着层中的水银分子受玻璃分子的吸引比内部水银分子弱，结果附着层的水银分子比水银内部稀疏，这时在附着层中的分子之间相互吸引，就出现跟表面张力相似的收缩力，使跟玻璃接触的水银表而有缩小的 趋势，因而形成不浸润现象，C正确；
D.饱和汽压随温度的升高而增大，所以同一液体在不同温度下的饱 和汽压不同，D正确；
E.物体的内能等于组成该物体的所有分子做热运动的动能与分子势能的总和，两物 体的温度相同则分子的平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体 的平均密度相同，如果不是同一种物质，它们的总分子数不一定相等，因此两物体的内能不一定相等，E错误．
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、0.670 B 释放小车时遮光片到光电门的距离
【解析】
（1）[1]游标卡尺主尺读数为，游标尺上第14条刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标读数为
所以最终读数为
（2）[2]A．将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力，是为了使细线的拉力等于小车受到的合外力，故A错误；
B．砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，可以使细线的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，故B正确；
C．减小遮光片的宽度，能提高测量小车速度和加速度的精度，故C错误。
故选B；
（3）[3][4]还需要测量释放小车时遮光片到光电门的距离，小车的加速度
（4）[5]由
得
为了使图像能直观地反映物理量之间的关系，应该作出图像，当图像为过原点的一条倾斜直线时，表明质量一定时，加速度与合力成正比。
12、相反 减小 1.0×10－2 正确
【解析】
(1)[1][2]根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小；
(2)[3]根据充电时电压—时间图线可知，电容器的电荷量为：
Q＝It＝t
而电压的峰值为Um＝6 V，则该电容器的电容为：
C＝
设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S，联立解得：
C＝＝＝F＝1.0×10－2 F；
(3)[4]正确，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用：
C＝＝
计算电容值。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）10m/s；（2）5m。
【解析】
（1）由牛顿第二定律：
F=ma
解得a=10m/s2
则第1s末的速度
v=at
解得：v=10m/s
（2）物体第1s内向东的位移
解得：m
物体1s后做类平抛运动，根据牛顿第二定律有：
解得向北的加速度10m/s2
物体第2s内向东的位移
m
物体第2s内向北的位移
=5m
物体在2s内的位移
解得m
14、（1），；（2）。
【解析】
（1）粒子在磁场中受洛伦兹力F=qvB，洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动所需的向心力，有
则粒子做匀速圆周运动的半径
粒子做匀速圆周运动周期
可得
（2）分析知粒子带正电，为使该粒子做匀速直线运动，需加一竖直向下的匀强电场，电场力与洛伦兹力等大反向，相互平衡，即
qE=qvB
电场强度E的大小
E=vB
答：（1）求粒子做匀速圆周运动的半径，周期；（2）电场强度E=vB。
15、 (1)4m/s：(2)2m/s；(3)1.0m
【解析】
(1)小球在圆弧轨道内下滑的过程中，由动能定理可得
解得
(2)两个小球碰撞的过程中水平方向上的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞后的共同速度为，则
解得
(3)小球从N点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有
在水平方向上有：