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2026届高三年级3月份学情诊断
物理评分细则
11题：每空1分，共7分。
（1）填“4.599~4.601”得1分。
（2）第一空填“需要”得1分，第二空填“ ”得1分；其他说法均不得分。
（4）I.第一空填“ ”得1分（或其他正确表达同样得分）；第二空填“ ”得1分；填其他均
不得分。
II.①填“ ”得1分（或其他正确表达同样得分）；
②填“偏大”得1分；其他说法不得分。
12题：第（1）问1分、第（2）~（4）问每问2分、第（5）~（6）问每问1分，共9分。
（1）填“下移”得1分，其他结果均不得分。
（2）填“1.89~1.91”得2分；有效数字错误及其他结果均不得分。
（3）填“ ”得2分；其他结果均不得分。
（4）填“均匀”得2分；其他结果均不得分。
（5）填“小于”得1分；其他结果均不得分。
（6）填“小于”得1分；其他结果均不得分。
13题：第（1）问4分，第（2）问5分，共9分。
【解析】（1）由题可知，该膨胀过程为等压过程，根据盖—吕萨克定律可得 （2分）
代入数据解得 （2分）
（也可以列方程： ，T=t+273 K，p=1.1 atm，求解得到正确答案，同样给分）
2 2 12
第一问只要正确写出盖—吕萨克定律 ，即得2分；最后结果正确再得2分；如果最后结果仅正确
写出热力学温度，没有转化成摄氏温度，得 1分；中间没有写出热力学温度，但最后摄氏温度结果正
确，不扣分，同样给2分；
（2）根据理想气体状态方程可得 （2分）
代入数据解得p≈1.13 atm>1.1 atm（1分）
2
则包装袋已经达到最大体积，此时 （1分）
故不会有爆裂的风险（1分）
解法二：假设升温至80 ℃的过程为等压过程，根据盖—吕萨克定律可得
代入数据解得 ，则假设不成立，包装袋已经达到最大体积（1分）
则根据理想气体状态方程可得 （2分）
代入数据解得p≈1.13 atm
2
因为 ，故不会有爆裂的风险（2分）
解法三：假设袋内气体压强达到1.15 atm，温度为80 ℃时，根据理想气体状态方程可得 （2
分）
代入数据解得 （2分）
即还没有达到包装袋的最大体积，故不会有爆裂的风险（1分）
解法四：假设袋内气体压强达到 1.15 atm，体积为 时，则根据理想气体状态方程可得3
（2分）
代入数据解得 ℃>80℃（2分）
即还没有达到会爆裂的温度，故不会有爆裂的风险（1分）
第二问：理想气体状态方程2分，分析条理清晰、最后结果正确得3分，共5分；本问有多种解法，除了
答案中给定的几种方法外，其他的只要方程正确、分析合理、结论正确即得5分。
物理量不用题目中所给字母表示，不得原理式子分。
14题：第（1）问3分，第（2）问3分，第（3）问7分，共13分。
【解析】（1）粒子先向右做匀加速直线运动，越过原点后向右做匀减速直线运动，即粒子经过原点时速
度最大，根据动能定理有
（2分）
解得 （1分）
第一问动能定理方程2分，结果正确1分，共3分；如果按照牛顿运动定律或其他运动学方程正确列式，
同样给分；
（2）根据动能定理有 （2分）
解得d=0.04 m（1分）
第二问动能定理方程2分，最后结果正确1分，共3分；如果按照牛顿运动定律或其他运动学方程正确列
式，同样给分；结果错误，按所列方程给分，最多不超过2分；
（3）根据牛顿第二定律，粒子在原点左右两侧运动的加速度大小分别为
（1分）
（1分）
粒子在左侧电场做加速运动过程有 （1分）
利用逆向思维，粒子在原点右侧加速运动过程有 （1分）4
根据运动的对称性可知，粒子运动的周期 （1分）
（1分）
解得 （1分）
第三问每个方程1分，最后结果正确1分，共7分；中间没有写出“ ”，但结果正确，不扣分；
若采用动量定理、运动学图像等求解，结果正确，同样给 7分；结果错误，按所列方程给分和采用的方
法给分，但最多不超过4分。
第15题：第（1）问3分、第（2）问9分、第（3）问4分，共16分。
【解析】
（1）方法一：A从P点到Q点过程，由动能定理得 （1分）
A、B碰撞过程动量守恒，则 （1分）
解得 （1分）
第一问列出动能定理方程1分、列出动量守恒1分、结果正确得1分，共3分；结果错误，按所列方程给
分，总分不超过2分；
方法二：A从P点到Q点过程，由牛顿第二定律和运动学公式可得 ， （1分）
ma =μ mg v2−v2=2a s
1 1 1 0 1
A、B碰撞过程动量守恒，则 （1分）
解得 （1分）
列出牛顿运动定律和运动学公式一共得1分、列出动量守恒1分、结果正确得1分，共3分；结果错误，
按所列方程给分，总分不超过2分；5
（2）对A、B，从Q点到M点过程，由机械能守恒定律得 （1分）
解 得 （ 1 分 ） （ 此 处 用 动 能 定 理 或 运 动 学 公 式 求 出 结 果 皆 可 ， 如 ：
1 1
−2mgh= ×2mv2 − ×2mv2，−2gh=v2 −v2）
2 M 2 2 M 2
情况1：传送带顺时针转动
若传送带速度始终小于物块速度，则A、B所受摩擦力向左，做减速运动，假设刚好减速到传送带N端，
则 ，解得 （1分）
若传送带速度始终大于物块速度，则A、B所受摩擦力向右，做加速运动，假设刚好加速到传送带N端，
则 ，解得 （1分）
A、B离开传送带后做平抛运动，竖直方向有 ，解得t=0.2 s（1分）
讨论：
当02√5 m/s
当 时， （1分）
情况2：传送带逆时针转动
传送带与 A、B 运动方向相反，摩擦力方向与 A、B 运动方向相反，A、B 一直减速，
，可得
则 ，水平距离固定，与传送带速度无关（1分）
第二问每个方程1分、最后结果正确给1分，共9分；若只分析传送带顺时针转动这一种情况，最后讨论
充分、罗列清晰，没有分析传送带逆时针转动，则扣1分;若将逆时针转动与顺时针转动条件下，传送带
小于2 m/s放在一起讨论并表述，也可得分；
按照： ； ； 进行分类讨论也可得3分；6
若讨论的情况都涉及到，但没有具体说明中间临界值，而最后结果正确，不扣分；
（3）依据A、B不反弹可知A、B竖直分速度减为零，落地处地面光滑因此A、B在水平方向上无外力，
因此水平方向速度不变。
无关（1分）
A、B与地面接触过程中的动量变化量 （1分）
由（2）可得无论传送带速度怎样，A、B均能做平抛运动，则 （1分）
解得 （1分）
则 与传送带速度无关
第三问只要得出“无关”结论得1分、论证正确得3分，共4分；若代入数据计算得到 大小始终等于
4 kg·m/s也可得分。若采用竖直方向动量定理论证，同样得4分；若得出“有关”结论，无论做怎样的
论证，都得零分。
