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宜宾市普通高中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 eV的能级先跃迁到高于
基态1.88 eV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220 V，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P 增大，P =P =
2 2 1
UI 得I 增大，即电流表的示数增大，故D选项正确。故正确答案为D。
1 1 1
4.C
【解析】A．由图甲和图乙得，质点Q在t=0.4 s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；
λ
B．由v= =5 m/s，故B选项错误；
T
1
C．t=1.4-0.4=1 s=1 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．
4
3
t=1.5-0.4=1.1 s=1 T时，质点Q的纵坐标为- 2 cm，故D选项错误。故正确答案为C。
8
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
Q
减小，则电容C增大，再由C= ，得Q增大，即充电，故A选项错误；
U
U
B．初始：qE=mg，由E= 得E增大，故带电油滴向上加速，故B选项正确；
d
·1·C．电源的输出功率除了I2R，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．E -E =E -E
n+1 n n n-1
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 -t )
n+1 n
C．由E =2nqU，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；
km
mv2 1 q2B2R2
D．由qv B= m 和E = mv2 得E = ，粒子获得的最大动能由R决定，与加速
m R km 2 m km 2m
电压U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：mgsinθ-q E=ma①T-mgsinθ+q
v2
E=m ②
r
l 1 l
由类平抛规律的：y= -r③y= at2④x= =vt⑤
2 2 2
v2=2ay⑥v = v2+v2⑦
y C y
解①~⑦得：a=2 m/s2；v=2 m/s；T=1.2 N；v =2 2 m/s；故BCD选项错误；
C
假设小球由静止释放：(mgsinθ-q
1
E)h= mv2⑧
2
解⑧得：h=0.5 m=r，即小球没有初速度时，P点刚好在圆心O点的等高点；
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 m/s时，通过传送带的时
2
d
间最短，t = ，可解得为2 s，故A正确；
min v
2
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v 分解到传送带运行反方向
2
的分量等于传送带速度v ，又因为v 方向可调，大小范围为1.0 m/s~1.6 m/s，故得到机器人的最
1 2
小速度为0.6 m/s，故B错误；
C. 当v 取1.6 m/s时，机器人通过传送带速度最大v =v = v2-v2=0.8 3 m/s，故C正确；
2 m 2y 2 1
d 4 3
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t = = s故D错
min v 3
m
误。故AC正确。
9.BC
【解析】A. 选整体为研究对象，竖直方向上，3N =6mg，所以，由对称性知地面对每个半球的支
1
·2·持力N =2mg，故A错误；
1
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
6
求弹力与竖直方向的夹角满足cosθ= ，由平衡条件有3N cosθ=3mg，解之得：N =
3 2 2
6mg
，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F =N ，对半球分析可得，压力F 在水平
N 2 N
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，F sinθ≤
N
2
μN ，解之得μ≥ ，故C正确；
1 4
D. 由前面分析可知，若质量仍未3m的光滑球R更大，则θ将更小，cosθ更大，N 更小，F 更
2 N
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E =BLv =5
1 0
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
5 5
R=3 Ω，可算得流过BC的电流I = A，线框受到的安培力F =BI L= N，故A错误；
1 3 安 1 3
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 ：
B2L2v
- △t=m△v，带入数据解之得线框BC边刚滑出磁场时的速度为3 m/s，故C错误；
R
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
B2L2v 3L
定理可得：- △t=m△v，解之得，线框又运动 便停下。线框从BC边滑出磁场后
R 2
1 △Φ 1 B×L2
到EF边刚滑出磁场，通过BC边的电荷量q = × 1 = × =0.1 C;线框从EF边
1 2 R 2 R
1 △Φ 1 B×0.5L2
滑出磁场后到停下，此过程BC边的电荷量为q = × 2 = × =0.05 C，线框被
2 2 R 2 R
1 △Φ 1 B×0.5L2
锁定后，磁感应强度均匀减为0过程，流过BC边的电荷量为q = × = × =
3 2 R 2 R
0.05 C，故当BC边滑出磁场后，通过BC边电荷量为q +q +q =0.2 C，故D正确。
1 2 3
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1.25 J。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1.25 J，故B正确；综
上正确答案为BD。 p/(105Pa)
三、非选择题 2.0
1.5
11.(1) BD；(2)描点连线见右图；(3) A
1.0
U R R 0.5
12.(1)×100；-接线柱； (2) a； 1 -R ； (3) 1 3
I 0 R 2 O 0.1 0.2 0.3 0.4 1 /cm-3
V
·3·13.【答案】(1) a=5 m/s2，(2) Q=2.0 J
【解析】(1)设金属棒获得的瞬时速度为v，由定量定理有：
I =mv
0
金属杆开始运动后，有：
E=BLv
E
I=
R+r
F =BIL
A
金属杆开始运动瞬间，对杆受力分析，利用牛顿第二定律，得：
F =ma
A
解得：a=5 m/s2
金属杆停止时仍处于初始位置，全过程，由动能定理：电
1
W =0- mv2
安 2
有功能关系和能量守恒有W =ΔE ，ΔE =Q +Q
克安 电 电 R r
Q R
R =
Q r
r
解得：Q =2.0 J
R
注：其它合理解法参照给分。
GM 3 GM 9
14.【答案】(1) v = ；(2) v = ；(3) r = r
1 r 2 4 r 0 23
【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 5m v2
= ∙ 1
4r2 4 r
GM
解得：v =
1 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：
1.25mv =0.25m∙2v +mv
1 1 2
3 GM
解得：v =
2 4 r
（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：
0
1 1
rv Δt= r v Δt 或者
2 2 2 0 0
v r=v r
2 0 0
1 GMm 1 GMm
mv2- = mv2-
2 2 r 2 0 r
0
9
解得：r = r
0 23
注：其它合理解法参照给分。
mg 2mg πv2 1
15.(1) E= ，B= （2）(L+ 0 n+
q qv g 4
0
πv2 v2
- 0 ，L+ 0 )，(n=0、1、2、3．．．．．)
g 2g
·4·v2
（3） 0
g
【解析】(1)在x≤L区域内，对小球受力分析，正交分解，由物体的平衡条件得：
Eq=mg
qv B= 2mg
0
mg 2mg
解得：E= B=
q qv
0
（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v 和另一个分速度v ，有：
1 2
2
qv B=mg，v = v
1 1 2 0
由合运动与分运动的关系，如图得
2
另一个分速度v = v
2 2 0
即小球运动可分解为水平向右的匀速直线运动和平面内匀速圆周运动的合
运动，对匀速圆周运动的分运动有：
v2
qv B=m 2
2 r
2πm 2πv
T= = 0
qB g
T
当进入在x≥L磁场中运动时间t = +nT时，速度最小。
0 4
v min =v 1 -v 2 =0
在x轴方向，有：
x=L+v t -r
1 0
在y轴方向，有：
y=L+r
解得：
πv2 1
速度最小时的位置坐标为(L+ 0 n+
g 4
v 2 v
45°
v 1
v2 v2
- 0 ，L+ 0 )，(n=0、1、2、3．．．．．．)
2g 2g
2πv
经过时间t= 0 时，匀速圆周运动的分运动沿逆时针方向偏转角度：
12g
2π π
α= t=
T 6
2π
此时v 与v 构成夹角β= ，此时，小球运动实际速度：
1 2 3
2v
v= 0
2
此时，对小球受力分析，垂直v方向，由牛顿第二定律有：
π
qvB-mgcos =ma
3 n
g
得：a =
n 2
·5·则：该位置曲率半径ρ=
v2
=
v2
0
a g
n
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：-mg(y-L) v 2 v
1 1
= mv2 - mv2;求解向心加速度时，可以采用分解法，一个分洛伦
2 min 2 0 120°
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 v 1
qv B
π 2
直于实际速度的方向：qv Bsin =ma ）
2 6 n
·6·
