资源简介

达州市普通高中2026届第二次诊断测试
物理试题
（本试卷满分100分，考试时间75分钟)
注意事项：
1、答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡上，并检查条形码
粘贴是否正确。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。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
有一项符合要求。
1.2025年3月，国内首款C-14核电池原型机“烛龙一号”研制成功，标志着我国在核能
技术领域与微型核电池领域取得重大突破。其核反应方程为4C→4N+X,由于C-14
半衰期为5730年，该电池具有超长的使用寿命。下列说法正确的是
A.X为电子
B.X为中子
C.该反应为a衰变
D.当温度降低时C-14半衰期将缩短
2.2026年，我国将继续推进“嫦娥七号”任务，旨在寻找月球南极的水冰。若某探测器
在离月面高度为h的圆形轨道上绕月做周期为T的匀速圆周运动，月球半径为R,引力
常量为G。根据以上物理量，可以求出
A.探测器的质量
B.月球的质量
C.月球的自转角速度
D.月球对探测器的引力大小
3.某地铁列车进站时采用分级制动技术，第一级制动是以大小为α的加速度匀减速直线运
动，第二级制动是以大小为2α的加速度匀减速直线运动，直至停止。已知第一级制动
的时间与第二级制动的时间相等，则第一级与第二级制动的位移之比为
A.1:1
B.2:1
C.3:2
D.5:2
4.在某静电场中，取一条与x轴重合的电场线为研究对象，
Ep
一负电荷在该电场线上的电势能印与位置x的关系如图所
示，该负电荷仅在电场力作用下运动。下列说法正确的是
A.电场线的方向沿x轴负方向
B.负电荷在1处受到的电场力大于2处受到的电场力
C.负电荷从1处运动到2处，电场力做正功
D.电场中处的电势高于2处的电势
“二诊”物理试题第1页共6页
5.如图所示为一玩具起重机的电路示意图。变压器为理想变压器，电动机的内阻为52，
当a、b两端输入电压u=220W2si(100)V时，理想电流表的示数为2A,小灯泡（额
定功率20W、额定电压20V)正常发光，电动机正常工作，使质量为5kg的物体恰好
匀速上升。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
下列说法正确的是
A.原、副线圈的匝数比为22：1
B.电动机的热功率为20W
C.物体匀速上升的速度为0.3m/s
D.若电动机被卡住，灯泡会变暗
6.如图所示，曲线OCBA在竖直平面直角坐标系xOy中满足方程y=x2,O点为抛物线的
顶点，O、C、B、A相邻两点的水平距离相等。先后从曲线上A、B、C三点分别以)、2
和3水平向左抛出三个小球，均击中O点，击中O点处的速度分别为⑦A、、C。不计空
气阻力，则下列判断正确的是
1y=x2
A.01:02:3=3:2:1
B.1:2:3=1:1:1
B
C.vA:%:C=3:2:1
D.VA:B:C=4:3:2
0
7.如图1所示，倾角0=30°的传送带以0=4m/s的速度顺时针匀速转动。一质量m=1kg
的工件（视为质点）t=0时刻无初速度地放在传送带底端，30时刻到达顶端，运动过程
传送带对工件作用力的功率随时间的变化关系图线如图2所示。已知重力加速度g取
10m/s2,sin30°=0.5，传送轮的大小不计。工件从释放运动至顶端的过程中，下列说法
正确的是
AP/W
24
-230
2t03o
图1
图2
A.工件与传送带之间的动摩擦因数为0.6
B,工件从释放运动至顶端的时间为8s
C.因摩擦产生的热量为48J
D.比不放滑块多消耗的电能为96J
“二诊”物理试题第2页共6页达州市普通高中 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146C→147N+ 0 1X ，故 X为电子。
2.【答案】B
Mm 2π 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
R+h 2
=m R+h ，可求出月
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
x1 ∶ x2=
3v+2v t 2v+00∶ t0=5∶2，故 D 正确2 2
4.【答案】D
【解析】电势能与电势做功关系：EP=qφ。由图像可知，位置 x越大，电势能 Ep越大，又因电
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；
Ep-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
大小相等，故 B错误；
负电荷 x1从运动到 x2处，电势能 Ep增加，电场力做负功，故 C错误；
沿着电场线方向电势逐渐降低，故 x1处的电势高于 x2处的电势，故 D正确。
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；
P
通过小灯泡的电流I 2L= =1A，则通过电动机电流IM=I IL=1A，电动机的热功率PU 热=IM r=5W，
故 B错误；
电动机输出的机械功率P机=IU-P热=15W，恰好使物体匀速上升，P机=mgv，解得 v=0.3m/s，故
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。
1
7.【答案】C
【解析】从图像可知，在 2t0时刻，工件刚好与传送带共速，此时有μmg cos θ v=24W，得μ= 2 3，5
故 A错误；
工件匀加速运动过程：μmg cos θ mg sin θ=ma，得 a =1m/s2。加速运动的时间 2t = v0 =4s，则工件a
从释放运动至顶端的时间 3t0=6s，故 B错误；
工件匀加速运动过程与传送带的相对位移Δx=v 2t 0+v0 2t0=8m，摩擦生热 Q=μmg cos θ Δx=48J；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 na>nb， < ，故 AC正确，D错
c
误；由 v= ，在玻璃棒中，a光的传播速度更小。
n
9.【答案】BD
t = 1s x = 6m v= 8 6【解析】 时 处的质点开始振动，则波的传播速度 m/s=2m/s。波源 S2的起振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
d
弹力绳伸长量 L= = 3m
sin θ
y轴 k L sin θ=mg cos θ+FN，解得FN=5 3N
x轴 k L cos θ+mg sin θ μFN=maA
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 L sin =kd=mg cos θ+FN，可得FN=5 3N为定值，摩擦力
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+0.1040m/s=0.95m/s Δx，加速度 a= =1.8m/s2
0.2 T2
12.【答案】 (1)甲（1 分） , D（1分）
(2)①右图（2 分）
②R2（2 分）
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（rA＝0.20Ω）和定值电阻三者之和为 3Ω，故定值电阻选择 R2=2Ω，r=0.80Ω。
13. (10 分)
P1V1 P2V2
【解析】（1）氦气可视为理想气体，遵循理想气体状态方程： T T ......................3分1 2
代入已知数据解得 500 V 3200m3米高空处氦气的体积： 2 .....................2分
（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=mcVΔT，其中温度变化 ΔT=T2 T1=296 300 = 4K，代入数据：
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：
mbg sin mbg cos ......................2分
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
3
mag sin x
1
m 2av0 ......................1分2
a与 b发生弹性碰撞：
mBvB mBvB1 mCvC ......................1分
1m v2 1a 0 mav
2 1 m v2a b b ......................1分2 2 2
解得碰撞后瞬间，棒 b的速度大小 vb 5m/s ......................1分
（3）棒 b进入磁场后，受力分析得，
mbg sin mbg cos
B2L2v
所以棒 b的合力 F F 合 安 ......................1分2R
设棒 b离开磁场的速度为 v1，棒 b进入磁场到离开磁场过程中
由动量定理得 F t m安 bv1 mbvb ......................1分
B2L2
即 x mbv1 mbvb ......................1分2R
其中 x d 4m
1 2 1 2
由能量守恒得整个过程中产生的焦耳热Q mbvb mbv1 3.6J ......................1分2 2
（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
2v0 sin
沿电场方向： l t ......................1分
2
E1q t 0 2v0 sin ......................1分m
沿 x轴方向 lOM 2v0 cos t ......................1分
l 2 3l
3mv2
OM E
0
解得 ， 1

2ql ......................2分3
（2）在矩形磁场中
v2
B1qv0 m
0
r ......................1分1
l
解得 r1 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: L1 r1 ......................1分2
a 2 3
矩形区域最小宽度: L2 r1 r1 cos l ......................1分2 4
矩形区域最小面积： S L1 L
(2 3)
2 l
2 ......................1分
8
（3）由几何关系得
l l 3ON l ......................1分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 v0向 x轴正
方向的匀速直线运动各以 v 逆时针转动的匀速圆运动。......................1分0
v2
qB v m 0 r 1 l
匀速圆周运动： 2 0 r 2 ......................1分2 4
5
分析得为了使粒子从 x轴射出，矩形区域 OFGH最小宽度
loF r2 r2 sin30
3
l ......................1分
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
t 2T 2 2 m l
3 3 qB 3v ......................1分2 0
为了使粒子从 x轴射出，矩形区域 OFGH最小长度
l ON 2r 3 3 lOH 2 sin v0t l ......................1分4 3
（若其他解法思路答案正确也给分）
6

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