山西晋城市第一中学校2025-2026学年高三下学期3月过程性诊断物理试题

**基本信息** 以神舟飞船返回、喷墨打印机等真实情境为载体，通过实验题与综合计算题考查物理观念与科学思维，适配高三一模诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|7/28|运动学方法、天体运动、电路等|第2题结合神舟飞船变轨考查天体运动规律，体现科学态度与责任| |多选|3/18|功与功率、运动图像、电场力学综合|第9题通过平均速度图像分析两车运动，考查科学推理| |非选择|5/54|机械能守恒实验、电阻测量、磁场综合等|第15题磁场螺旋轨迹问题，考查模型建构与科学探究，贴合高考命题趋势|

绝密★启用前 晋城一中2025-2026学年高三3月过程性诊断 物 理 考生注意： 1.本试卷满分 100 分，考试时间 75 分钟。 2.答题前,考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案写在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题只有一项是符合题目要求. 1．科学家在探索物理规律的过程中，通过不同的科学方法，探究归纳出规律。下列说法正确的是（　　） A．探究自由落体运动规律的实验中，主要应用了等效替代的方法 B．探究加速度与力、质量关系的实验中，主要应用了理想化模型的方法 C．探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，主要应用了控制变量法 D．根据，当非常小时，可用表示t时刻的瞬时速度，应用了极限思维方法 2．2025年11月14日，神舟二十号航天员乘组乘坐神舟二十一号载人飞船返回地球。如图所示，神舟二十一号飞船在圆形轨道上绕地球匀速运行，为返回地球，飞船在P点变轨进入椭圆轨道，并在近地点Q再次变轨进入大气层。下列说法正确的是（　　） A．飞船在圆形轨道上经过P点时的速度小于在椭圆轨道上经过P点时的速度 B．飞船在椭圆轨道上经过Q点时的加速度小于在圆形轨道上经过P点时的加速度 C．飞船在椭圆轨道上从P点运动到Q点的过程中，机械能守恒 D．飞船在圆形轨道上的运行周期小于在椭圆轨道上的运行周期 3．如图所示的电路中，闭合开关S，平行板A、B间有一带电粒子静止于P点，现断开开关S，并将B板向下移动一小段距离，则带电粒子（　　） A．会向上运动 B．会向下运动 C．电势能减少 D．电势能增加 4．如图1所示为原点处的波源产生的沿x轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形图，处的质点再经刚好第一次到达波峰，P点的横坐标为。已知时刻波源刚振动了1.5个周期。下列说法正确的是（　　） A．波源的起振方向沿y轴的正方向 B．图2描绘的是处质点的振动图像 C．简谐波的波速为 D．时刻质点P的纵坐标为 5．如图为某款喷墨打印机的结构简化图。当计算机信号输入时，墨盒喷出细小的墨滴，经过带电室后带上负电，其电荷量由输入信号控制。墨滴进入平行板电容器，最后打到纸上，显示出打印内容。当计算机无信号输入时，墨滴不带电，径直通过板间后注入回流槽流回墨盒中。不计墨滴重力，若经过某操作后，纸张打印范围放大为原来的两倍，下列说法正确的是（　　） A．墨滴在平行板电容器内运动过程，电场力对墨滴做负功 B．墨滴在平行板电容器内运动过程，墨滴电势能增加 C．平行板电容器两端的电压增加为原来的两倍 D．墨滴在电场中的偏转角为原来的两倍 6．如图所示，两束单色光a、b平行射入矩形玻璃砖上表面，不考虑光束在玻璃砖下表面反射后的情况，下列说法正确的是（　　） A．其中一束光在玻璃砖下表面可能发生全反射 B．穿过玻璃砖下表面后两束单色光分开可能不再平行 C．两束单色光穿过玻璃砖的时间可能相等 D．穿过玻璃砖下表面后若重合为一束光线，则a光的频率高 7．如图所示，倾角为θ=30°、足够长的光滑绝缘斜面固定不动，斜面上有1、2、3三条水平虚线，相距为d的虚线1、2间（区域Ⅰ）存在垂直斜面向下的匀强磁场（图中未画出），相距为l（l>d）的虚线2、3间（区域Ⅱ）存在垂直斜面向上的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小均为B，一个边长也是d的正方形导线框的质量为m、电阻为R，自虚线1上方某处静止释放，导线框恰好能匀速进入区域Ⅰ，后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g，下列说法不正确的是（　　） A．导线框进入区域Ⅰ的速度大小为 B．导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为1.5g C．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为 D．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mg 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题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．解放军战士为了增强身体素质，进行拉轮胎负重训练，如图所示，已知绳子与水平地面间的夹角恒为，轮胎质量为m，该战士由静止开始做加速直线运动，位移为x时，速度达到v，已知绳上拉力大小恒为F，重力加速度为g，则由静止加速到v的过程中（　　） A．轮胎克服阻力做的功为 B．轮胎所受合外力做的功为 C．拉力的最大功率为 D．拉力所做的功为 9．汽车甲沿平直的公路行驶，汽车乙静止在同一平直的公路上，t=0时刻汽车甲和汽车乙第一次并排，同时汽车乙由静止开始运动。通过计算机描绘了两辆汽车的平均速度随时间t的变化规律如图所示，图线A、B分别为汽车甲、乙的图像，已知汽车乙的最大速度为。下列说法正确的是（　　） A．汽车甲、乙的加速度大小之比为1：2 B．t=6s时，两汽车的速度相等 C．汽车甲停止时，两汽车之间的距离为76.5m D．汽车甲停止时，两汽车之间的距离为81m 10．如图所示，矩形区域内存在与矩形所在平面平行的匀强电场（未画出），竖直，水平，，。一质量为m的带电小球从A点沿方向以初速度射入矩形区域后以原速率离开矩形区域，整个过程中小球克服电场力做功，重力加速度为g。对于小球在矩形内运动的过程，下列说法正确的是（　　） A．小球的重力势能减少了 B．出射点在B点正上方处 C．小球的最小速度为 D．小球所受电场力的最小值为 三、非选择题：本题共5小题，共54分. 11．（6分）小明利用给定的器材验证机械能守恒定律，步骤如下： （1）分别测量两物块的质量，物块1的质量记为；物块2的质量记为； （2）按图甲所示组装器材：物块1、2由跨过轻质定滑轮的细绳连接，物块2下端与打点计时器纸带相连，初始时，托住物块1，两物块保持静止，且纸带竖直绷紧，打点计时器所用的交流电源频率为f。 （3）接通打点计时器的电源，释放物块1，两物块开始运动，打出的纸带中的一段如图乙所示，每两个相邻的点之间还有4个点未画出，将相邻点的间距依次记为，，，和，测量并记下它们的大小； （4）重力加速度的大小g，则物块1和2的质量大小关系是________（填“大于”“小于”或“等于”）；在打出图乙中E点时，物块的运动速度大小为________；从打出B点到打出E点，在实验误差允许范围，若有等式________成立；则系统机械能守恒（用题中物理量符号表示）。 12．（10分）某探究小组要测量一段电阻丝的阻值。 （1）他们将电阻丝两端固定在接线柱上，用多用电表粗测电阻丝的阻值，选择开关置于“×10”挡，发现指针摆动的幅度如图甲所示，则该同学接着需要做的实验步骤是：①换选________（填“×1”或“×100”）挡；②________。 （2）为了精确测量电阻丝的阻值，探究小组采用图乙所示的电路进行实验，请根据电路图完成图丙的实物连线________。 （3）实验开始前滑动变阻器R的滑片P应滑至________（填“a”或“b”）端，实验开始，闭合开关，将开关置于位置1，调节R，读出电压表和电流表的读数和，将开关置于位置2，调节R，读出电压表和电流表的读数和，测量完毕，断开开关，则电阻丝的电阻________（用题目给定或测得的物理量符号表示）。 13．（10分）如图所示，高度为2L的绝热气缸竖直固定在水平面上，气缸内横截面积为S的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体A，活塞的密封性良好且与气缸无摩擦。初始时活塞位于气缸的正中央，现用电热丝对气体A缓缓加热。已知活塞的质量为，重力加速度为g，大气压强为。求： (1)加热前气体A的压强； (2)当气体A的热力学温度缓慢升高到原来的倍时，活塞上升的高度。 14．（12分）如图所示，足够长的固定斜面倾角为30°，工件质量，上表面光滑，长度，可视为质点的质量为的物块位于工件顶端，工件下表面与斜面之间的动摩擦因数，现将物块和工件同时由静止释放，重力加速度取10m/s²。求： (1)物块经多长时间与工件挡板相碰； (2)假设碰撞为弹性碰撞，碰撞结束后工件的速度； (3)若，工件从开始运动到第一次与物块碰撞时，与斜面摩擦产生的热量。 15．（16分）如图所示，坐标系平面在纸面内，在的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，的区域Ⅰ和的区域Ⅱ的磁感应强度大小分别为和。大量质量为、电荷量为的带正电的粒子，同时从原点射入磁场，粒子射入的速度大小相等，在坐标平面内与正方向成角。沿轴正方向射入的粒子在点垂直两磁场的边界射入区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。 (1)求粒子从原点射入磁场时的速度大小； (2)求不能进入区域Ⅱ内的粒子，在区域Ⅰ内运动的最长时间； (3)若粒子在区域Ⅱ中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为，观察发现沿轴正方向射入的粒子，射入区域Ⅱ后粒子轨迹呈螺旋状并与两磁场的边界相切于Q点（未画出），求： ①该粒子由点运动到Q点的时间； ②该粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的长度。 学科网（北京）股份有限公司 $晋城一中2025-2026学年高三3月过程性诊断 物理·参考答案 1.D 【详解】A,伽利略在探究自由落体运动规律的实验中，主要应用了理想模型法，故A错误； B.探究加速度与力、质量关系的实验中，主要应用了控制变量法，故B错误： C.探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，主要应用了等效替代的方法，故C错误； D.时间间隔趋近于0时，平均速度约等于瞬时速度，应用了极限思维方法，故D正确。 故选D。 2.C 【详解】A.飞船在圆形轨道上经过P点时，需减速才能进入椭圆轨道，因此在圆形轨道上 经过P点的速度大于在椭圆轨道上经过P点的速度，故A错误： B.根据牛顿第二定律和万有引力定律可得GM。 nd r2 解得加速度大小为a=GM 2 则加速度大小仅与到地心的距离r有关，Q点比P点更接近地球，因此飞船在Q点的加速 度大于在P点的加速度，故B错误： C.飞船在椭圆轨道上仅受万有引力作用，机械能守恒，故C正确： D.由开普勒第三定律可知，轨道半长轴越大，周期越大，椭圆轨道的半长轴小于圆形轨道 半径，因此椭圆轨道周期小于圆形轨道周期，故D错误。 故选C。 3.C 【详解】AB.开关断开后，电容器的带电量不变，当B板向下移动时，根据 C=68 4πkd c B、U d 联立可得两板间的电场强度 B=4zko E.S 可知两板间的电场强度不变，粒子受到电场力不变，粒子仍保持静止，故AB错误； CD.由于P点和B板间的间距增大，根据 p。=Up=EdgP 可知P点电势升高，由于粒子带负电，因此粒子具有的电势能减少，故C正确，D错误。 故选C。 4.A 【详解】A.原点处的波源产生的沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，t=0时刻原点处的 波源沿y轴的负方向振动，由于t=0时刻波源刚振动了1.5个周期，则波源的起振方向沿y 答案第1页，共10页 轴的正方向，故A正确； BC.根据同侧法可知，t=0时刻x=3处质点沿y轴的正方向振动，所以图2不是描绘 x=3m处质点的振动图像：x=3m处的质点再经0.15s刚好第一次到达波峰，则有1T=0.15s 解得周期为T=0.6s 由图1可知波长为入三om,则波速为v=无=10m/s 故BC错误； D.由图1可知波动方程为y=6sim2xcm)=6sinx(cm 6 则t=0时刻质点P的纵坐标为y=6$in(匹x6.5)cm=3cm 3 故D错误。 故选A。 5.C 【详解】AB.墨滴带负电，电场力方向向上，墨滴在平行板电容器内运动过程，向上偏转， 电场力对墨滴做正功，电势能减小，故AB错误： C.纸张打印范围放大为原来的两倍，说明偏转距离为原来两倍，由 如器 可知平行板电容器两端的电压增加为原来的两倍，故C正确； D.墨滴在电场中的偏转角正切值为 gu I =y上=t=d。=gU☑ tan = Γ。。。dmm, 电容器两端的电压为原来的两倍，偏转角正切值为原来的两倍，故D错误。 故选C。 6.C 【详解】A.全反射发生的条件是：光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角。本 题中玻璃砖上下表面平行，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据折射定律可推 出：下表面的出射角等于上表面的入射角，一定小于90°，因此下表面不可能发生全反射， 故A错误； B.由于玻璃砖上下表面平行，出射光线一定与入射光线平行；入射的两束光原本平行，因 此穿过下表面后出射光线仍然平行，故B错误； C.设玻璃砖竖直厚度为d,入射角为i,光的折射率为，折射角为r:光在玻璃中的传播 路程L= COS 光在玻璃中速度v=C 传播时间t=三d 1 C.COS _sini 结合折射定律n sin r 答案第2页，共10页 2dsini 代入化简得t= c.sin 2r 当满足6+%二时，有sim27,=sin(π-2)=sim2乃 此时t。=t。 因此两束光穿过玻璃砖的时间可能相等，故C正确； D.若穿过玻璃砖下表面后重合为一束光线，说明α光的出射点向右移动的距离比b光大， 即a光在玻璃砖内的水平位移大。水平位移x=dtanr 所以tava>tanrs,即Ta>r% 根据n=sin1 sinr 可知n,<n 折射率越大，频率越高，所以α光的频率低，故D错误。 故选C。 7.C 【详解】A.设导线框进入区域I的速度大小为v,由于导线框恰好能匀速进入区域虹，由受 力平衡，有gsin0=BId 根据法拉第电磁感应定律可知，导线框进入磁场区域I时的感应电动势E=Bh, 则感应电流工=尺 联立解得v= ngR 2B2d2 故A正确，不符合题意： B.导线框刚进入区域Ⅱ时，上下两边都切割磁感线，由右手定则及法拉第电磁感应定律可 知，导线框产生的感应电动势E2=B+Bh=2Bh, 则此时导线框中的感应电流工，-多 导线框上下两边都在磁场中，都受到安培力，根据左手定则及牛顿第二定律有 2BId-mgsin0-=ma 联立解得加速度大小=1.5g 故B正确，不符合题意： C.导线框自开始进入区域至开始进入区域虹做匀速运动，运动时间5=d_2B计 v mgR 导线框自开始离开区域I至刚完全离开区域I做匀速运动，同理知速度大小为，则运动时间 5--2Bd v mgR 导线框自开始进入区域Ⅱ到开始离开区域Ⅱ的过程中，以运动方向为正方向，由动量定理得 ng sin 0×t2-2BI,d×△t2=m-w 其中IAt2 E2A =A,=2B R R△t, 答案第3页，共10页 8B'd 联立解得此过程经历的时间t,= ngR 所以导线框自开始进入区域虹至完全离开区域Ⅱ的时间为t=t,+t,+t?= 12B2d mgR 故C错误，符合题意： D.根据能量守恒定律可得，导线框自开始进入区域I至刚完全离开区域Ⅱ的过程中产生的焦 耳热Q=gsi如0x(21+)=mgd+2 故D正确，不符合题意。 故选C。 8.BC 【详解】AD.拉力所做的功为 W:=Fx cose 轮胎做加速运动，则 F cose>f 则轮胎克服阻力做的功小于cosO,选项AD错误： B.由动能定理可知，轮胎所受合外力做的功为 1 W合=。mv2 2 选项B正确； C.拉力的最大功率为 P.=Fy cos 选项C正确： 故选BC。 9.AC 【详解】A.根据位移公式x=vd+m: 整理得= -at +vo 1 根据图像得。a= 18-12 112 2 6 -az= 2 6 解得a=2m/s2,a2=4m/s 汽车甲、乙的加速度大小之比为1：2，A正确； B.两汽车的初速度分别为 '呷=l8n/s 1z=0 仁6s时，两汽车的速度分别为 1甲=vo牌-a年t=6m/S 答案第4页，共10页 V2.=Yoz.+at =24m/s B错误； CD.汽车甲的初速度为vo=l8m/s 汽车甲停止运动的时间==95 汽车甲的位移x=甲+0 2 ow=81m 汽车乙的初速度为yz=0 汽车乙达到最大速度的时间2==75 a 汽车乙的位移x2-号2+y15=1575m 2 两汽车之间的距离为△x=x2-=765m 汽车甲停止时，两汽车之间的距离为76.5m,C正确，D错误。 故选AC。 10.AD 【详解】A.由小球以原速率离开矩形区域，可知初、末动能相等，由动能定理可知，合力 做功为零。电场力做功为-3gL,可知重力做功应为3gL,重力势能减少了3gL,故A 正确： B.重力做功3gL,竖直方向下降高度为3L,则可能从B点正上方2L处或C点正上方2L 处离开，若为B点上方2L处，则位移沿竖直AB方向，结合合力做功为零，可得合力水平 向左，则小球沿水平AD方向做直线运动，竖直方向不会有位移，与假设矛盾，故只能从C 点正上方2L处离开，故B错误； C.设小球从C点正上方2L处E点离开，结合合力做功为零，可知合力与AE方向垂直，如 图所示 Vo A又0 D E mg 将初速度'。分解为沿合力方向和垂直合力方向，沿合力方向速度为零时，合速度最小 4 am=cos8=写，故C错误： 答案第5页，共10页 D.当电场力与合力垂直时最小，最小值为卫。=gsi血日= g,故D正确。 5 故选AD。 11. 大于 (s4+53)f 10 【详解】(4)[1]由图甲可知，打点计时器位于物块2下方，纸带连在物块2下端，说明物 块2向上运动，物块1向下运动，系统做加速运动，故>2，即物块1的质量大于物块 2的质量。 [2]打点计时器电源频率为∫，每两个相邻的点之间还有4个点未画出，则相邻计数点间的 时间间隔T=5x人5 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，打出E点时物块的 速度y。=5+5=,+5)f 2T 10 [3]从打出B点到打出E点，物块1下降、物块2上升的高度均为h=S2+5,+54 系统重力势能的减少量△E。=(-2)g(52+S+54) 打出B点时物块的速度y。=+5=S+)/ 2T 10 系统列能的塔加量-+%：-) 若系统机械能守恒，则△E。=△E 即ag低am)色0色超y 1 12. ×100 重新进行欧姆调零 答案第6页，共10页 a U.U LI 【详解】(1)发现指针摆动的幅度如图甲所示，可见指针偏转角度较小，说明所选倍率较小， 应选用较大的倍率，每次换倍率，都需要重新进行欧姆调零，则该同学接着需要做的实验步 骤是： ①[1]换“×100挡的倍率： ②[2]重新进行欧姆调零。 (2)[3]根据图乙所示的电路，完成实物连线如图所示 R (3)[4根据电路图，可知为了保护电压表和电流表，实验开始前电压表和电流表的值应该 从零开始慢慢变化，则滑动变阻器R接入的滑片P应滑至α端： [5]实验开始，闭合开关S,将开关S2置于位置1，调节R,读出电压表和电流表的读数U和 1,则有 U=I(RA+Ro) 将开关S2置于位置2，调节R,读出电压表和电流表的读数U2和I2,则有 2=I,(R+R+R) 联立两式，可得电阻丝的电阻 风受兰 13.(1)1.5P 片 【详解】（1)对活塞受力分析，有g+PS=pS 代入数据后，可得p=1.5P 答案第7页，共10页 LS I'S (2)气体A做等压变化，由盖一吕萨克定律得T 2 解得计 活塞上升的高度h=L'-L 第科-号 14.(1)0.4s (②)m/s,方向沿斜面向下 (3)1J 【详解】(1)分析物块受力，在沿斜面方向有gsin30°=am 解得am=5m/s 分析工件受力，在沿斜面方向有gsin30°-u[(M+m)8cos30=M 解得a4w=2.5m/s2 1 1 设经过时间t物块与工件相碰，物块的位移为x。=a,工件的位移为xu=4f 2 2 因为am>4,根据位移关系有l=xm-xM 解得t=0.4s (2)物块与工件挡板即将相碰时的速度大小为vm=at=2m/s 此时工件的速度大小为M=at=lm/s 物块与工件组成的系统碰撞过程中，在沿着斜面方向由动量守恒定律 有mm+MM=w:+ 根据机械能守恒定律 有m+号m+ 解得碰后工件的速度了m/s,方向沿斜面向下 3)工件在第一次碰撞前的位移大小为4三a=0.2m 工件与斜面间摩擦力大小F=u(M+m)gcos30°=5N 由功能关系2=F5相对 解得2=F5u=lJ 答案第8页，共10页 15.Q)98d L 2交u gB e07g:②98 、3πlL k 【详解】(1)由题意知，粒子做圆周运动的半径 r=d 由 8=m 解得 v=d (2)由旋转圆模型知，粒子沿x轴正向进入I区域的时间最长，即 _T_πm t ax2 B1 (3)①该粒子在区域Ⅱ中的运动轨速如图所示 洛伦兹力提供向心力 vB2 =mov 可得 09 1 3 即角速度为一定值，又可知粒子与边界相切时转过的弧度为。π，时间 0 解得 t=3mm 2gB, ②粒子在区域I中做螺旋线运动，由于阻力最后停下来，在切线方向上，牛顿第二定律 ky,=ma =mAv △t 则 答案第9页，共10页 -k∑(M)=0-m∑△ 有 kl=ny 解得 1=9Bd 答案第10页，共10页