2026届四川宜宾市高三第二次诊断性测试物理试题

宜宾市普通高中2023级第二次诊断性测试 物理 (考试时间：75分钟；全卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、班级填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.我国预计2027年发射巡天空间望远镜(CSST),与天宫空间站共轨飞行，其设计能记录 单个光子到达的时刻与能量，并利用光谱分析重构遥远星系的精细结构。关于遥远星系 辐射的星光说法正确的是 A.是一种纵波 B.仅具有粒子性 C.仅具有波动性 D.具有波粒二象性 2.植物光合作用主要吸收红光和蓝紫光。研究表明，叶绿素α分子吸收光子后，电子从基 态跃迁到某一激发态，该激发态比基态高1.88eV或2.88eV,此后电子通过一系列跃迁 (包括辐射和非辐射过程)释放能量，最终回到基态。类比氢原子的能级模型，则 A.电子回到基态，可能辐射出多种波长的光 B.电子回到基态，释放的总能量一定大于吸收的光子能量 C.从基态吸收红光或蓝紫光后，电子跃迁到激发态的同一能级 D.从基态吸收红光或蓝紫光后，电子的动能和电势能都必然增加 3.如图甲所示电路中，变压器为理想变压器，电压表与电流表 A 均为理想电表，R,为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电源 流 接入如图乙所示的交流电。则 源 A.交流电源电压有效值为110W2V 甲 B.电阻R上的电流方向每秒钟改变50次 220√ C.滑动变阻器的滑片向下移动，电压表的示数增大 0 0.01 6.027s D.滑动变阻器的滑片向下移动，电流表的示数增大 -220/引 物理试题 第·1·页共6页 4.一列简谐横波在t=0.4s时刻的波动图像如图甲所示，其中x=2m处的质点Q的振动图 像如图乙，则 A.该波沿x轴正方向传播 y/cm y/cm B.该波的传播速度为0.2m/s C.t=1.4s时，x=1m处的质点P的振动 6o 0.4081.2g 方向沿y轴负方向 D.t=1.5s时，质点Q的纵坐标为-2cm 5.如图所示，直流电源电动势为（内阻为），R为定值电阻，一带电油滴位于平行板电容 器的P点且恰好处于静止状态，电容器下极板固定并接地，某次将上极板竖直向下移动 一小段距离的过程中，电流传感器（不计电阻）示数恒为I,则此过程中 A.电容器不断放电 电流传感器 B.带电油滴向上运动 E C.电源的输出功率为PR D.带电油滴的电势能增大 6.如图甲是回旋加速器的工作原理图，若带电 E个 粒子在磁场中运动的动能E随时间t的变化 规律如图乙所示，不计带电粒子在交变电场 . 中的加速时间，不考虑因相对论效应带来的 E 影响，则 42l3· In inti t A.在乙图中，En+1-En>En-E1 乙 B.交变电场的变化周期等于tt1~ C.只增大两D形盒之间的加速电压U,粒子在电场中加速的总次数减少 D.只增大两D形盒之间的加速电压U,粒子获得的最大动能将增大 7.如图，正方形ABCD为倾角0=30°的光滑绝缘斜面，边长1=2.0m,位于平行AB向下 的匀强电场中，场强E=5.0Vm,一质量m=0.1kg,带电g=-0.02C的小球通过长为 r=0.5的轻绳一端固定于正方形中心O,将轻绳拉直并使小球在圆形虚线上某一位 置P(未画出)静止。现给小球一垂直于绳的速度，小球开始在斜面上做圆周运动，当运 动到圆形虚线的最低点时，绳子恰好断裂，之后小球刚好能够到达C点。不计一切阻 力，重力加速度g=10m/s2,则 A.P点不可能在图中圆形虚线的最高点 E B.绳能够承受的最大张力为1.8N C.绳断裂瞬间小球速度大小为√5m/s D.小球到达C点时速度大小为√I0m/s 物理试题 第·2·页共6页 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有 两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的 得0分。 8.如图所示，某物流园区的智能配送机器人（可视为质点）需通过宽d=3.2m的传送带（足 够长)，传送带以o1=0.8/s匀速运行，机器人相对传送带 行驶速度v2的方向可调整，v2的大小范围为1.0m/s~1.6m/s。 关于机器人通过传送带区域过程中，下列说法正确的是 02 A.机器人通过的最短时间为2s B.当路径垂直传送带边沿时，机器人的最小速度为0.2m/s C.当路径垂直传送带边沿时，机器人的最大速度为0.8√3/s D.当路径垂直传送带边沿时，机器人通过的最短时间为3.2s 9.如图，三个材质相同且半径均为R、质量均为m的半球，彼此接触但无挤压置于粗糙的 水平面上；一个半径为R、质量为3m的光滑球，放在三个半 球之上，整个系统处于静止状态。设最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，重力加速度为g。则 A.地面对每个半球的支持力大小为mg B.每个半球与光滑球之间的弹力大小为V6m3 2 C.半球与地面间的动摩擦因数最小值为Y2 4 D.换一个质量仍为3m,半径略大于R的光滑球，则每个半球与地面摩擦力不变 10.在光滑的水平桌面上，存在宽度为0.6m的匀强磁场区域，磁感应强度B=T,方向 3 竖直向上，有一质量为0.1kg的“日”字形线框，以oo=5m/s的初速度垂直于磁场边 界滑入磁场，其俯视图如图所示。当线框速度减 为零时被锁定，此后磁感应强度均匀减为0。已知 ·B 线框AD、BC、EF边的电阻均为22，其余电阻 不计，AD=BC=EF=AE=EB=0.6m。则 c A.线框刚滑入磁场时受到的安培力为2.5N B.全过程中线框产生的总焦耳热大于1.25J C.线框BC边刚滑出磁场时的速度为4m/s D.当BC边滑出磁场后，通过BC边电荷量为0.2C 物理试题 第·3·页共6页 三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13~15小题解答时请写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数字和单位。 11.(6分) 某实验小组的同学利用如图甲所示的装置探究气体等温变化的规律，注射器中密封了 一定质量的理想气体，记录数据如下表格： 实验次数 1 2 3 4 5 05 体积Vlcm3 10.00 8.00 6.00 4.00 3.00 压力表 压强p/105Pa 0.60 0.75 1.00 1.50 2.00 体积倒数 吉om 0.10 0.13 0.17 0.25 0.33 4 柱塞 21 空气柱 (1)实验过程中，下列说法正确的是 橡胶套 A.用手紧握注射器外壁，以保持其稳定 甲 B.在柱塞上涂上润滑油，保持良好的封闭性 C.实验时应迅速地向上拉或向下压柱塞，是为了尽量减小注射器与柱塞间的摩擦 D.实验过程中应保持环境温度不变 (②)根据表中数据在图乙的坐标系中作出p一立图像： p/(10Pa) 2.0 1.5 1.0 0.5 O 0.100.200.300.40 /cm-3 乙 丙 (3)在某次实验中得到了如图丙的图像，出现图像部分弯曲的原因可能是 A,压缩柱塞后阶段温度升高 B.压缩柱塞后阶段温度降低 C.压缩柱塞后阶段出现漏气现象 12.(10分) J0409型灵敏电流计常用于测量直流电路中微小电流和微小电势差，如用于惠斯通电 桥、电磁感应、光电效应等实验中的检流计或改装电表等。某灵敏电流计如甲图所示，其 测量范围为-30A30A,分为Go、G两档，两档电阻分别标识为1002和2.4k2:当电 流从电流计“+”接线柱流入，从“一”接线柱流出时，指针向右偏转。 物理试题 第·4·页共6页 表卧 灵敏电流计 指针定 位螺丝 R 开关 图甲 图乙 图丙 图丁 (1)为了较为精确地验证G,挡电阻标识数据是否准确。第一小组决定先用多用电表进行粗 测，图乙中欧姆档表盘中间刻度标识为15。在选档操作中，多用电表选择开关应该置于欧 姆挡“ ”(选填“×10”、“×100”或“×1k”位置)，为保证灵敏电流计指针右 偏，需将多用电表的红表笔与待测灵敏电流计的 (选填“+接线柱”或“-接线 柱”)相连。 (2)为了提高测量精度，第二小组设计了如图丙的电路。在测量操作中，闭合开关S前， 滑动变阻器的滑片应置于 (选填“a”或“b”)端；闭合开关S,滑动变阻器滑片滑 到某一位置时，电压表V、待测灵敏电流计的示数分别为U、I,则待测灵敏电流计内阻 RG= (用U、I和电路中的定阻电阻R表示)。 (3)第三小组设计如图丁的电路进行测量，其中R1、R2、R3为电阻箱，灵敏电流计G档 接入，C、D间连接电压传感器（内阻无穷大），调节R1、R2、R3,使电压传感器示数为0， 则待测灵敏电流计该档位的阻值R。=(用R1、R2、R表示)。 13.(10分) 如图所示，匀强磁场垂直于倾角日=30°的光滑倾斜金属导轨，磁感应强度B=2T,导 轨宽度L=0.5m,导轨下端接R=42的定值电阻。质量m=0.2kg,电阻r=12的金属杆上 端系一弹簧，初始处于静止状态。现给金属杆一平行于斜面向下的o=1N·s的瞬时冲量。 其余电阻不计，整个过程中弹簧形变量均在弹性限度内，重力加速度g=10m/s,求： (1)金属杆开始运动瞬间的加速度大小： (2)金属杆从开始运动到停止运动过程中，定值电 阻R上产生的焦耳热。 B m 物理试题 第·5·页共6页 14.(12分) 深空探测如同人类文明的“望远镜”。设想有一探测器组合体（包含弹射器与探测器） 在半径为r的较高轨道上做匀速圆周运动如图实线所示。某时刻组合体中的弹射器将探测 器沿原速度方向弹出，弹出后瞬间探测器速度大小为原来的2倍，此后探测器作离心运动 飞向深空执行任务。已知引力常量为G,地球质量为M,弹射器的质量为m,探测器的质 量为0.25m,忽略其它天体以及稀薄大气的影响。求： 1.25m (1)组合体做匀速圆周运动的速度大小o1: (2)推出探测器后瞬间，弹射器的速度大小2： (3)已知弹射器仅在地球引力作用下沿椭圆轨道运动过程中， M 它与地心连线在任意相等时间内扫过的面积相等：以无穷远处 地球 引力势能为0，弹射器在r处的引力势能E,=-GMm。求弹射 器离地心的最近距离ro。 15.(16分) 在xOy平面内存在垂直于平面向里的匀强磁场，在x≤L范围内有水平向右的匀强电场， 将质量为m、电荷量为g的带正电小球，以初速度v0从坐标原点与x轴正方向成45°角射 入，小球恰好在此区域做匀速直线运动，重力加速度为g。求： (1)电场强度E和磁感应强度B的大小： (2)在x>L区域，小球的最小速度及速度最小时的位置坐标： )以带电小球过x=L作为计时零点，经过时间！=50时，求小球在轨迹上该位置的 12g 曲率半径P。(提示：在曲线运动中，某位置的曲率半径等于质点通过该位置速度的平方与 向心加速度大小之比，即p=立) an X×XX××XXXX XXXXXXXXXX XX兴4 X XXXXX XXX XX XX XX X 知&XXXXXXx 双￥XXXXXX XXXX X XX XX XXXxX X×XXX 物理试题 第·6·页共6页宣宾市普通高中2023级第二次诊断性测试 参考答案 一、单项选择题 选项 1 2 3 4 5 6 7 答案 D A D C B C A 1.D 【解析】记录单个光子到达的时刻与能量，说明光具有粒子性，利用干涉原理说明具有波动性，两 者共同说明遥远星系辐射的星光具有波粒二象性。故正确答案为D 2.A 【解析】A。电子通过一系列的跃迁最终回到基态，如从高于基态2.88©/的能级先跃迁到高于 基态1.88eV的能级，并进一步跃迁到基态，即可能辐射出多种波长的光，故A选项正确；B.根 据能量守恒，电子通过一系列的跃迁最终回到基态，释放的总能量小于或等于吸收的光子能量， 故B选项错误； C。根据能量量子化与定态假设，从基态吸收红光或蓝紫光后，电子跃迁到激发态的不同能级， 故C选项错误； D.根据波尔模型假设，从基态吸收红光或蓝紫光后，电子的动能将减小，电势能增加，故D选项 动能一定增加的说分是错误的。故正确答案为A。 3.D 【解析】A。交流电源电压有效值为220V,故A选项错误； B.电流方向每秒钟改变100次，故B选项错误； C.滑动变阻器的滑片向下移动时不影响电压表，电压表的示数不变，故C选项错误； D。滑动变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器的阻值减小，变压器输出功率D增大，P,=P= U山1得I1增大，即电流表的示数增大，故D选项正确。故正确答案为D。 4.C 【解析】A.由图甲和图乙得，质点Q在t=0.4s时刻正在向下振动，得该波沿x轴负方向传播， 故A选项错误； B.由v=子=5ms,故B选项错误： C.t=1.4-0.4=1s=1子T时，可得此时质点P的振动方向沿y轴负方向，故C选项正确：D. t=1.5-04=1.1s=1T时，质点2的纵坐标为-V反cm,故D选项错误。故正确答案为C。 5.B 【解析】A。由于此过程电流恒为I,由串联电路规律知，电容器两级间电压U不变，由极板距离d 减小，则电容C增大，再由C=号，得Q增大，即充电，故A选项错误： B.初始：5=鸭，由B=日得E增大，放借电油清向上加速，故B选项正确： ·1 C.电源的输出功率除了PR,还对电容器充了电，故电源的输出功率大于I2R,故C选项错误： D.下级板不动且电势为0，因带电油滴向上加速，电场力对带电油滴做正功，带电油滴的电势能 减小，故D选项错误。故正确答案为B。 6.C 【解析】A。En+1一En=Em一E-l B.每经过狭缝一次，电场方向将改变一次，故交变电场的变化周期等于2(t+1一t) C,由Em=2qU,所以加速电压U增大，粒子在电场中加速的总次数n减少，故C选项正确： D.由0B=mR和Bn=mn2得= 2 -,粒子获得的最大动能由R决定，与加速 电压无关，故D选项错误。故正确答案为C。 7.A 【解析】由牛顿定律可得：mg咖：9-E=ma①下mga9+Em?@ 由类平抛规律的：y=子-r回y=}心国x=子=au回 v=2g⑥0c=√2+v}⑦ 解①-⑦得：a=2m/s2;v=2m/s；T=1.2Ngvc=2√2m/s:故BCD选项错误： 假设小球由静止释放：(mgsind8-lM)h=之mo2⑧ 解⑧得：h=0.5m=r,即小球没有初速度时，P点刚好在圆心0点的等高点s 若给了小球初速度时，P点一定在圆心O点的等高点的下方，绝不可能圆形虚线的最高点，故A 选项正确：故正确答案为A。 二、多项选择题 选项 8 9 10 答案 AC BC BD 8.AC 【解析】A.机器人相对传送带速度v,始终垂直传送带边沿，大小为1.6/s时，通过传送带的时 间最短，=品，可解得为2s,故A正确： B。机器人路径垂直于传送带边沿通过，需要机器人相对传送带速度y2分解到传送带运行反方向 的分量等于传送带速度v1又因为v2方向可调，大小范围为1.0m/s一1.6m/s,故得到机器人的最 小速度为0.6m/s,故B错误； C.当v2取1.6m/s时，机器八通过传送带速度最大vm=vy=√o3-1=0.8√3m/s,故C正确 根据前面分析可知机器人路径垂直于传送带边沿通过的最短时间为。=立=4 3 2s故D错 误。故AC正确。 9.BC 【解析】A.选整体为研究对象，竖直方向上，3N1=6mg,所以，由对称性知地面对每个半球的支 ·2 持力N1=2mg,故A错误； B.光滑球和三个半球的球心连线构成正四面体，对光滑球受力分析可得，根据几何知识可得所 求弹力与竖直方向的夹角满足c0s0=5,由平衡条件有3N,c0s0=3mg,解之得：M,= √6g,故B正确： 2 C.由牛顿第三定律可知每个半球受到光滑球的压力=N2,对半球分析可得，压力在水平 方向的分力由地面对半球的静摩擦力来平衡，又因为最大静摩擦力等于滑动摩擦，Fs0≤ N,解之得u≥子，故C正确： D.由前面分析可知，若质量仍未3m的光滑球R更大，则0将更小，cos0更大，N2更小，F更 小，所以每个半球与地面摩擦力更小，故D错误。故BC正确。 10.BD 【解析】A.线框刚滑入磁场时，BC边开始 切割磁感线产生感应电动势E1=BLv=5 V,BC边开始切割磁感线回路等效电路如 图甲；BC边刚出磁场等效电路如图乙；EF 边刚出磁场等效电路如图丙。回路总电阻 R=3D,可算得流过BC的电流=号A,线框受到的安培力=BL=亨N,故A错误： C.线框从滑入磁场到线框BC边刚滑出磁场过程，对线框由动量定理可得： ∑-B空=∑m△a,带入数据解之得线框C边刚滑出磁场时的速度为3ms,放C错误： D.当BC边滑出磁场后，EF边开始切割磁感线产生感应电动势，直到线框停下，对线框由动量 定理可得：∑-B△1=∑m△0，解之得，线框又运动头便停下。线框从BC边滑出磁场后 到EF边刚滑出磁场，通过BC边的电荷量9=子×兽=号×B×卫=01C线框从EF边 R 2 R 滑出磁场后到停下，此过程BC边的电荷量为么=受×鲁=号×Bx05亚=0.05C,线框被 R 2 R 锁定后，磁感应强度均匀减为0过程，流过BC边的电荷量为4=7×吧=}×BX0 R 0.05C,故当BC边滑出磁场后，通过BC边电荷量为1+2十g=0.2C,故D正确。 B.线框的速度减为零过程，线框的动能全部转化为焦耳热，通过计算为1.25J。线框被锁定后， 线圈仍有一部分处于磁场中，此后磁感应强度均匀减为0过程，发生电磁感应，回路还要产生焦 耳热，所以全过程中线框产生的总焦耳热大于1.25J,故B正确：综 上正确答案为BD。 1p/10Pa) 三、非选择题 2.0 1.5 11.(1)BD;(2)描点连线见右图；(3)A 1.0 120)×0:-接线柱：（回m:号-R:6) 0.5 0.10.20.3 0.4 /cm ·3: 13.【答案】(1)a=5m/2,(2)Q=2.0J 【解析】(1)设金属棒获得的瞬时速度为o,由定量定理有： Jo-mv 金属杆开始运动后，有 E=BLv 四 1二R+r FA=BIL 金属杆开始运动瞬间，对杆受力分析，利用牛顿第二定律，得： FA=ma 解得：a=5m/82 金属杆停止时仍处于初始位置，全过程，由动能定理：电 W安=0-是m2 有功能关系和能量守恒有W克安=△电，△电=Q十Q 8- 0. 解得：QR=2.0J 注：其它合理解法参照给分。 14【答案1回=√，回)贴=是√，)%=费r 【解析】(1)组合体做圆周运动时，对其受力分析，由牛顿第二定律有： 5GMm 2=5m.经 42 GM 解得：√r (2)探测器弹出瞬间，探测器和弹射器构成的系统在沿切线方向上动量守恒，对系统，有： 1.25mw1=0.25m·2o1+m02 解得：=， 3GM (1)弹射器在椭圆轨道上运行时，设近地点的速度为v@,由几何关系和能量守恒有： na1=aM或者 V2°=V0°0 mo3-Gm= 1 r 2m0R-GMm 解得：r。一3 9 注：其它合理解法参照给分。 1s08=婴，8=2亿+(+号】-g五+2a=0128) 9vo ·4 (3)6 【解析】(1)在x≤E区域内，对小球受力分析，正交分解，由物体的平衡条件得： g =mg qv。B=√2mg 解得：=m8 B=V2mg gUo (2)小球进入x>L区域后，将小球运动的速度分解在水平分速度01和另一个分速度02，有： g01B=mg,0=2 7 由合运动与分运动的关系，如图得 另一个分速度02= √ 2 即小球运动可分解为水平向右的速直线运动和平面内匀速圆周运动的合 45° 运动，对匀速圆周运动的分运动有： 9v2B=m- 吃 T=2rm=V2πv 9B 8 当进入在x≥乙磁场中运动时间t,=景+T时，速度最小。 Vmin=01-02=0 在x轴方向，有s x=L+V1$0一r 在y轴方向，有： y=L十 解得： 惠度最小时的置坐标为亿+(n+号一8亚+婆.a=0128…） 经过时间t=V1时，匀速圆周运动的分运动沿逆时针方向偏转角度： 12g = 平=晋 此时0与口构成夹角B=三，此时，小球运动实际速度： U=V200 2 此时，对小球受力分析，垂直)方向，由牛顿第二定律有： gv B-mg co8 3 =man 得影an=号 5 则：该位置曲率半径p=”=吗 注：其它合理解法参照给分。 (如：在计算最小速度对应的y坐标时，可以利用动能定理：一mg-)2、 =m2一mo:求解向心加速度时，可以采用分解法，一个分洛伦 兹力与重力平衡，另一个分洛伦兹力等于实际合力，再将合力分解在垂 X120° T2B 直于实际速度的方向：pBai血若=ma,) 6