达州市普通高中2026届第二次诊断测试物理答案详解_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260420四川省达州市普通高中2026届第二次诊断测试（达州二诊）（全科）

达州市普通高中 2026 届第二次诊断性测试 物理参考答案及解析 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 符合要求。 1.【答案】A 【解析】根据核反应方程质量数守恒和电荷数守恒，反应方程为14C→14N+ 0X ，故X为电子。 6 7 −1 2.【答案】B 2 【解析】探测器绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力G Mm =m 2π R+h ，可求出月 R+h 2 T 球的质量。 3.【答案】D 【解析】画出全过程位移-时间图像如图所示 第一级制动与第二级制动位移之等于面积之比 x x = 3v+2v t ∶2v+0 t =5∶2，故D正确 1 2 0 0 2 2 4.【答案】D ∶ 【解析】电势能与电势做功关系：E =qφ。由图像可知，位置x越大，电势能E 越大，又因电 P p 荷为负，说明电势φ越低，故电场线方向沿x轴正方向，故A错误； E -x图像的斜率表示电场力大小，图像为直线，斜率恒定，说明负电荷在各处受到的电场力 p 大小相等，故B错误； 负电荷x 从运动到x 处，电势能E 增加，电场力做负功，故C错误； 1 2 p 沿着电场线方向电势逐渐降低，故x 处的电势高于x 处的电势，故D正确。 1 2 5.【答案】C 【解析】小灯泡正常发光，则副线圈电压为20V，原副线圈匝数比等于电压比220V：20V=11:1， 故A错误； 通过小灯泡的电流I = P =1A，则通过电动机电流I =I−I =1A，电动机的热功率P =I2 r=5W， L U M L 热 M 故B错误； 电动机输出的机械功率P =IU-P =15W，恰好使物体匀速上升，P =mgv，解得v=0.3m/s，故 机 热 机 C正确； 若电动机被卡住，不会改变副线圈电压（该电压由原线圈电压和匝数比决定），因此小灯泡 亮度不变，故D错误。 6.【答案】B 【解析】A、B、C三点在同一曲线y=x2上，则与O点高度之比为9:4:1，运动时间之比为3:2:1， 又因与O点水平距离之比为3:2:1，可得初速度之比为1:1:1。故B正确。 17.【答案】C 【解析】从图像可知，在2t 时刻，工件刚好与传送带共速，此时有μmgcosθ v=24W，得μ= 2 3， 0 5 故A错误； ⋅ 工件匀加速运动过程：μmgcosθ−mgsinθ=ma，得a=1m/s2。加速运动的时间2t = v =4s，则工件 0 a 从释放运动至顶端的时间3t =6s，故B错误； 0 工件匀加速运动过程与传送带的相对位移Δx v2t 0 v 2t 8m，摩擦生热Q μmgcosθ Δx=48J； 0 0 2 + 故C正确。 =⋅ − ⋅ = = ⋅ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。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.【答案】AC 【解析】在相同入射角情况下，a光折射角更小，则折射率n >n ， ，故AC正确，D错 a b 误；由v c，在玻璃棒中，a光的传播速度更小。 < n 9.【答案=】BD 【解析】t=1s时x=6m处的质点开始振动，则波的传播速度v 8−6 m/s 2m/s。波源S的起振 2 1 方向向y轴正方向，故A错误； = = 当t=2s时，x=vt=4m，两列波在x=4m处相遇，故B正确； 两列波叠加稳定后，由于两列波起振方向相反，故x=4m处质点的振幅等于两列波振幅之差3cm， 故C错误。 x=2m处的质点在0～1s内静止，在1～3s内振动的振幅为4cm，运动的路程为16cm，在3～ 4s内振动的振幅为3cm，运动的路程为6cm，则总路程为16cm+6cm=22cm，故D正确。 10.【答案】AD 【解析】沿杆建立x轴，垂直于杆建立y轴 在初位置A点处受力分析如图所示 弹力绳伸长量∆L= d = 3m sinθ y轴k∆Lsinθ mgcosθ+F ，解得F =5 3N N N x轴k∆Lcosθ=+mgsinθ−μF N ma A 解得a=30m/s2 ，故A正确； = 小球下滑过程中任意位置满足方程k∆Lsin kd mgcosθ+F ，可得F =5 3N为定值，摩擦力 N N 不变，故B错误； == 小球下滑过程做简谐运动，O点恰好是下滑过程的平衡 位置，故A点到O点时间等于从O点到B点时间，故C 错误； 小球上滑过程也做简谐运动，平衡位置在Q点正下方 ' 处，如图所示，小球释放后第二次速度为零时位于C点， 2距A点的距离为1m，故D正确。 三、实验探究题：本题共2小题，共16分，每空2分。 11.【答案】 (1) 交流（2 分） (2)0.95（2 分） (3)1.8（2 分） 【解析】(1)电火花打点计时器采用220V的交流电源。 (2) (3) 由于0～1的距离与其余相邻计数点的距离相差太大，故舍去第一个计算点。 第4个计数点v= 0.0860+0.1040 m/s=0.95m/s，加速度a= Δx =1.8m/s2 0.2 T2 12.【答案】 (1)甲（1 分） , D（1分） (2)①右图（2 分） ②R （2 分） 2 ③1.5（2 分），0.80（2 分） 【解析】（1）由于电流表内阻已知，电压表内阻未知， 故电流图选甲；滑动变阻器选择D。 （2）①实物图如图所示 ②③从 U-I 图像中读出电动势 E=1.5V，从斜率可以得出电源内阻（r<1Ω）、电 流表内阻（r ＝0.20Ω）和定值电阻三者之和为 3Ω，故定值电阻选择R =2Ω，r=0.80Ω。 A 2 13.(10分) PV PV 【解析】（1）氦气可视为理想气体，遵循理想气体状态方程： 1 1  2 2 ......................3分 T T 1 2 ​ 代入已知数据解得500 米高空处氦气的体积：V 3200m3.....................2分 2 （2）根据热力学第一定律：ΔU=Q+W′其中 W′为外界对气体做的功，题目中气体对外做功 W=1.52×107J，故 W′=−W，.....................1分 已知内能变化公式 ΔU=mc ΔT，其中温度变化 ΔT=T −T =296−300=−4K，代入数据： V 2 1 ΔU=−6.2×106J.....................2分 将ΔU和W 代入热量公式得： Q=9.0×106J ，说明氦气从外界吸收热量。.....................2分 （若其他解法思路答案正确也给分） 14.(12分) 【解析】（1）棒b刚好能静止在磁场上边界PQ处，受力平衡得： m gsinm gcos......................2分 b b 3 解得棒b与导轨间的动摩擦因数 ......................2分 3 （2）棒a下滑过程，由动能定理得 31 m gsinx m v2 ......................1分 a 2 a 0 a与b发生弹性碰撞： m v m v m v ......................1分 B B B B1 C C 1 1 1 m v2  m v2  m v2 ......................1分 2 a 0 2 a a 2 b b 解得碰撞后瞬间，棒b的速度大小v 5m/s......................1分 b （3）棒b进入磁场后，受力分析得， m gsinm gcos b b B2L2v 所以棒b的合力F  F  ......................1分 合 安 2R 设棒b离开磁场的速度为v ，棒b进入磁场到离开磁场过程中 1 由动量定理得F t m v m v ......................1分 安 b 1 b b B2L2 即 xm v m v ......................1分 2R b 1 b b 其中xd 4m 1 1 由能量守恒得整个过程中产生的焦耳热Q m v2  m v2 3.6J......................1分 2 b b 2 b 1 （若其他解法思路答案正确也给分） 15.(16分) 【解析】（1）粒子从M运动P点过程做类斜抛运动 2v sin 沿电场方向：l  0 t ......................1分 2 Eq  1 t 02v sin......................1分 m 0 沿x轴方向l 2v cost ......................1分 OM 0 2 3l 3mv2 l  E  0 ......................2分 解得 OM 3 ， 1 2ql （2）在矩形磁场中 v2 Bqv m 0 ......................1分 1 0 r 1 l 解得 r  1 2 4在矩形磁场中运动轨迹如图所示......................1分 几何关系得：圆心角a60 l 矩形区域最小长度:L r  ......................1分 1 1 2 a 2 3 矩形区域最小宽度:L r r cos  l ......................1分 2 1 1 2 4 (2 3) 矩形区域最小面积：S  L L  l2 ......................1分 1 2 8 （3）由几何关系得 l 3 l   l ......................1分 ON tan30 2 将N点速度分解如图所示 qE qB v 因 2 2 0粒子在复合场中的运动分解为以v 向x轴正 0 ......................1分 方向的匀速直线运动各以v 逆时针转动的匀速圆运动。 0 v2 1 ：qB v m 0 r  l......................1分 匀速圆周运动 2 0 r 2 4 2 5分析得为了使粒子从x轴射出，矩形区域OFGH最小宽度 3 l r r sin30 l ......................1分 oF 2 2 8 由分析得粒子水平方向分速度一直向右，所以粒子第二经过x轴时就是矩形区域 OFGH的右边界， 粒子在矩形区域OFGH中运动时间 2 2 2m l t  T   ......................1分 3 3 qB 3v 2 0 为了使粒子从x轴射出，矩形区域OFGH最小长度 3 3 l l ON 2r sinv t  l ......................1分 OH 2 0 4 3 （若其他解法思路答案正确也给分） 6