四川省字节精准教育联盟2026届高中毕业班第一次诊断性检测物理答案

字节精准教育联盟·CDS2023级高中毕业班第一次诊断性检测1．B【详解】AB．蜻蜓的加速度为，火箭的加速度为，故蜻蜓的加速度比火箭的加速度大，故A错误，B正确；C．根据位移时间公式有，故C错误；D的速度变化率小，故D错误。故选B。2．C【详解】A．由核衰变前后质量数和电荷数守恒可知X为，X来自碳原子的中子转变成质子和电子释放出来的电子，故A错误；B．半衰期是对大量原子衰变的统计规律，对个别原子无意义，故B错误；C．衰变生成物比更稳定，比结合能大，故C正确；D．半衰期由原子核的性质决定，与外界温度、压强等因素无关，如果温度升高，的半衰期不变，故D错误。故选C。3．D【详解】接触前的库仑力用完全相同的金属球C先与ABA带电量为-QB带电量为+Q时两球间的库仑力可得物理答案第9页，共9页故选D。4．C【详解】A．甲波的频率为2Hz，则周期为由图可知甲波的波长为则波速为由于在同一介质中传播，所以波速相同，均为4m/s，故A错误；B处的质点振动频率仍为2HzB错误；C．由于甲、乙两波的波长相同，波速相同，则两波的频率相同，两波叠加后能产生稳定的干涉现象，由图可知，甲、乙两波的波峰同时到达处，则处的质点振动为加强点，该点的振幅为故C正确；D．由图可知，再经过一个周期，甲波的波峰到达处，乙波的波谷到达处，则处的质点振动为减弱点，该点的振幅为则处的质点的位移随时间的变化规律不可能为，故D错误。故选C。5．D【详解】A．地球表面重力由万有引力提供解得地球质量，故A错误；B．地球平均密度，故B错误；物理答案第9页，共9页C．根据第一宇宙速度R+h>R，故C错误；D．由结合得，故D正确。故选D。6．D【详解】A．A→B为等压线，A→B温度升高，压强不变，即有故A错误；B．B→C体积不变，压强变小，有所以C→A体积减小，压强变大，故B错误；C．B→C体积不变，温度降低，内能减小，所以气体对外界放出热量，故C错误；D．A→B过程气体体积变化等于C→A过程气体体积变化，但A→B过程气体平均压强大于C→A过程气体平均压强，所以A→B过程气体对外做功大于C→A外界对气体做功，故D正确。故选D。7．BABB受力分析，竖直方向受重力、压力和支持力，水平方向受A对B向右的摩擦力fAB和地面对B向左的摩擦力f地，由于A对B的最大静摩擦力μ（m+m）g，小于地面对B的最大静摩擦力（m+2mgB一定保持静止，不会受到地面的滑动摩擦力．故A错误，B正确；C．当整体处于静止状态时，物体C在水平方向受力为零，则A对C的摩擦力等于零；当A、C发生相对滑动时，A、C之间的摩擦力等于μmg．选项C错误；D．当D的质量M较小时，ABC保持静止，根据平衡条件可知，B受到地面的摩擦力大小等于Mg，故D错误；8．AC物理答案第9页，共9页A．两种色光都在玻璃砖的上表面发生了反射，入射角相同，由反射定律知，它们的Ⅱ、Ⅲ为单色光，故A正确；B．根据题意得如下图束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ的频率，故B错误；C．由于光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ的频率，根据可知光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，根据可知光线Ⅱ、Ⅲ分别通过同一双缝干涉装置，光线Ⅲ的干涉条纹间距更宽，故C正确；D．光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据可知在玻璃砖中，光束Ⅱ的速度小于光束Ⅲ的速度，故D错误。故选AC。9．BD【详解】A．物体始终处于静止状态，对物体受力分析，可得绳子对物体的拉力则T一直保持不变，故人对绳的拉力也一直保持不变，故A错误；CD．对人受力分析并正交分解如图所示根据平衡条件可得，当人拉着绳向右跨出一步后，减小，则增大，减小，故摩擦力和支持力都增大，故C错误，D正确；B与支持力f和N物理答案第9页，共9页的作用力也是增大的，故B正确。故选BD。10．BDAq和质量m运动，则有，解得设偏转角为θ，则周期相等，由题图可判断沿径迹Oc运动的电子偏转角最大，对应圆心角也最大，所以沿径迹Oc运动的电子在磁场中运动时间最长，A错误；B．由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动的电子均带负电，为负电子，B正确；C．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得，沿径迹Oa、Ob运动的电子轨迹半径分别为、根据可得，C错误；D．由上述分析可知，电子在磁场中的运动时间之比等于偏转角之比D正确。故选BD．(1)3.00/2.99/3.01(2)变大变大1）弹簧测力计的精度为，可知弹簧测力计的读数是（2[1][2]与弹簧的夹角力计的读数变大，弹簧测力计的读数也变大。物理答案第9页，共9页12．ADF6.881）[1]小灯泡L的额定电压3.8V，根据电压表的读数规则选择量程较小的电压表，既选择A；[2]额定电流0.32A，同理选择量程较小的电流表，既选择D；[3]根据伏安特性曲线可知，电流表、电压表读数都是从零开始，并且取值范围较大，所以滑动变阻器是分压式接法，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，既选择F；（2[4]实验要求能够实现在0～3.8V3V，所以电压表应先与定值电阻R0串联，改装成的电压表，滑动变阻器采用分压式，则电路图如下（3）[5]此灯泡在正常工作时的电阻为（4）[6]需串联一个阻值为13.1）对小球B受力分析，根据共点力平衡条件有解得物理答案第9页，共9页（2）根据电场强度的定义公式有解得（3）根据库仑定律有解得14．1）根据题意，导体棒由释放到过程中，由机械能守恒定律有解得导体棒刚进入磁场产生的电动势为感应电流为导体棒受到的安培力大小为由牛顿第二定律可得，导体棒a刚进入磁场时的加速度由左手定则可知，安培力向左，则加速度向左。（2）从开始运动到出磁场过程中，、组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有解得由能量守恒定律有导体棒b中产生的焦耳热物理答案第9页，共9页（3）离开磁场在斜面上运动到再次进入磁场过程，根据对称性有解得从返回磁场到均静止，组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有解得即返回磁场时，的速度为，时间内对导体棒由动量定理可得又有，联立解得时间内的位移为根据能量守恒定律有151a在D点处的速度为0a由C至D理有对滑块a在C点由牛顿第二定律有结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小（2）设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为E，由能量守恒定律可知解得最终滑块a在B与B关于C对称的点之间