2026届四川省绵阳市高三上学期第二次诊断性考试物理试题（B卷）（含答案）

第第页2026届四川省绵阳市高三上学期第二次诊断性考试物理试题（B卷）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，只有一项是最符合题目要求的。1．为在硅片上刻画出更精细的电路，光刻机需要使用波长更短的光源。这主要是为了克服下列哪种光学现象带来的限制（）A．干涉 B．折射 C．反射 D．衍射2．一物体在恒定的水平外力作用下沿粗糙水平面运动的速度−时间图像如图所示。下列判断正确的是（）A．外力小于摩擦力B．外力等于摩擦力C．在t=0到t=tD．在t=t1到3．如图所示，粗细均匀金属圆环竖直固定，匀强磁场垂直于环面，长度略大于圆环直径的导体棒与圆环底部链接，以链接点为轴经水平位置以恒定角速度顺时针转动，转动过程中导体棒与圆环接触良好，导体棒电阻不计。当转过的角度为45°、90°时导体棒中的电流分别为I1A．I1:I2=2:3 B．I14．如图所示，半径相同、质量不同的两小球P、Q用等长的细线悬挂，现将小球P往左拉到O点并由静止自由释放，P、Q碰撞过程没有机械能损失，不计空气阻力。则P、Q首次碰撞后（）A．小球P有可能被反弹回到O点B．小球P上升最高点一定低于O点C．小球Q上升的最高点一定低于O点D．小球Q上升的最高点一定高于O点5．我国正在研制的“高速飞车”设计时速达1000km/h。若“高速飞车”在相距L的甲、乙两城之间运行，加速和减速的最大加速度大小均为a，安全运行的最大速度为v，则该车从甲城到乙城的最短时间为（）A．Lv−va B．Lv+6．嫦娥六号在地球表面附近轨道做匀速圆周运动的周期为T1，在距离月心为1.2倍月球半径的轨道上做匀速圆周运动的周期为T2。已知地球和月球质量之比约81：1，地球和月球的半径之比约为4:1。则T1A．0.68倍 B．0.74倍 C．0.80倍 D．0.86倍7．如图所示，直角△ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），∠ACB=60°。一带正电的粒子以v1的速度从A点沿AB方向射入磁场，从AC边射出且半径最大，粒子在磁场中运动的时间为t1；若仅将△ABC区域内磁场的方向反向，同样的粒子以v2的速度从C点沿CB方向射入磁场，同样从ACA．v1v2=32 B．v二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，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．如图甲所示，A、B是在x轴上距离坐标原点O等距离的两波源，A的振动图像如图乙实线所示，B的振动图像如图乙虚线所示，产生的简谐横波在同种介质中沿x轴传播。则O点（）A．是振动减弱点 B．是振动加强点C．振幅为0.5 m D．振动周期为9．汽车以恒定功率P在平直公路上以速度v0匀速行驶，某时刻换挡，其功率变为12P并保持不变，经过时间t后，汽车再次做匀速运动。已知汽车质量为mA．再次匀速的速度为vB．再次匀速的速度为1C．从换挡到再次匀速的过程中，通过的路程为4Pt+3mD．从换挡到再次匀速的过程中，通过的路程为8Pt+3m10．如图所示，物块a、b、c、质量均为m，b、c通过劲度系数为k的轻质弹簧连接，竖直静止在水平桌面上。在b的正上方某处由静止释放a，a与b碰撞后一起向下运动，然后反弹，当b运动到最高点时，c对地面的压力恰好为零。已知轻质弹簧的弹性势能表达式EP=1A．物块a、b分离时，b的速度大小为mB．物块a、b分离时，b的速度大小为3mC．物块a静止释放时，距离b的高度为9mgD．物块a静止释放时，距离b的高度为12mg三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13∼15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．用如图所示的装置验证机械能守恒定律。光滑水平桌面左端固定一竖直挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为m的小车（含挡光板）相连，小车右侧通过细线绕过定滑轮悬挂一砝码盘。光电门可固定在桌面边缘不同位置，测量挡光板的挡光时间。刻度尺固定在桌面边缘可记录小车位置。实验过程如下：①用游标卡尺测出挡光板的宽度d；②调节桌面至水平，让小车不与弹簧连接、不挂砝码盘能静止在桌面上任意位置；③小车与弹簧右端连接，静止时记录挡光板中心的位置刻度x0，并将光电门固定在x④挂上砝码盘，向盘中逐个缓慢添加砝码至挡光板中心位置在刻度x处；⑤取下砝码盘和砝码，再用外力沿弹簧轴向拉小车，让挡光板中心至刻度x处，并由静止释放，记录挡光板第一次通过光电门的时间Δt；用天平称得砝码盘和砝码总质量为M回答问题：（1）挡光板通过光电门的速度大小v=；（2）向盘中逐个缓慢添加砝码，在挡光板中心从刻度x0处到x处的过程中，拉力对弹簧做的功W=（3）取下砝码盘和砝码后，弹簧和小车组成的系统，在挡光板中心从刻度x处到x0处的过程中，弹簧弹性势能减少量等于W，小车动能的增加量ΔEk=12．某同学测量一节干电池的电动势E和内阻r。实验器材有：待测干电池（电动势约1.5V，内阻约1Ω）、电压表V1（量程3 V，内阻约5kΩ）、电压表V2（量程3 V，内阻RV该同学实验过程下：①设计如图甲所示测量电路，并按照电路图连接电路，将滑动变阻器的滑片置于最右端；②闭合开关S，向左滑动滑动变阻器滑片，记录多组电压表1的示数U1和电压表2的示数U③以U1为纵坐标，以U2为横坐标，建立坐标系，描点得到U1回答该同学实验过程中的问题，并进一步完成实验：（1）在电路图甲中，位置“1”应该接电压表（选填“V1”或“V（2）该同学发现描点得到U1−U（3）该同学重新设计了如图乙所示的测量电路，定值电阻阻值R0=199Ω。规范操作重新实验得到如图丙所示的U1—U2图线，则测得的电源电动势E=V（4）为减小由于电压表“2”的分压作用形成的系统误差，该同学又设计了如图丁所示的测量电路。规范操作重新实验得到的U1−U2图线斜率的绝对值为k。则计算电源内阻r的公式是r=。（用k和电压表13．2025年11月14日，全球首艘电磁弹射两栖攻击舰“四川舰”正式启航。电磁弹射简化模型图如图所示，有一质量为m、长度为L的金属棒，垂直放置在足够长的水平固定导轨上，导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。闭合开关S，电源控制回路电流大小恒为I，金属棒由静止做匀加速运动至达到“弹射”速度v0（1）金属棒由静止匀加速到“弹射”速度的时间；（2）金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的过程中流过金属棒的电荷量。14．如图所示，直角坐标系xOy中，有垂直坐标平面向里的匀强磁场，在y≥0区域，磁场是B1，在y<0区域，磁场是B2。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子从y轴上P0,L点，以方向沿y轴正方向、大小为v0的初速度开始运动，第一次经过x轴时速度方向与x轴夹角为θ=60°；第一次经过y轴时与y轴交点为Q点（图中未画出），速度方向与y轴垂直。磁场B1（1）磁场B1（2）Q点与坐标原点O的距离；（3）带电粒子从开始运动到第二次经过y轴的时间。15．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，A在−y轴上，C在+x轴上，OADC是边长为L的正方形；M在+y轴上，MN平行x轴，△MCN是等腰直角三角形，OM=L；△ADC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，△MCN区域内有沿x轴正方向的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为+q的粒子，以大小为v0、方向沿x轴正方向的初速度从A点射入磁场，从C点离开磁场进入电场，从N（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）求匀强电场的电场强度的大小E；（3）若△MCN区域内匀强电场方向沿x轴负方向，相同的带电粒子从A点以大小不同的初速度kv0（0<k<1，可以取不同值）沿x轴正方向射入磁场，求带电粒子经过y轴的位置距坐标原点

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】在光刻技术中，光源的波长直接影响刻蚀电路的分辨率。根据光学衍射原理，波长越长衍射现象越明显；衍射现象会导致光斑扩散，限制最小可分辨特征的大小。因此，使用波长更短的光源主要是为了克服衍射带来的限制。故答案为：D。

【分析】光刻机的分辨率受光学衍射极限制约，波长越短，衍射效应越弱，越能刻画出更精细的电路结构，因此需要通过缩短光源波长来克服衍射带来的限制。2．【答案】C【解析】【解答】v−t图的斜率表示加速度，物体先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，

由于图像在0≤t<t1内的斜率大于t1≤t≤t2内的斜率，因此物体第一段运动的加速度大于第二段运动的加速度，

由F=ma可知物体第一段运动的合力大于第二段运动的合力，因此在故答案为：C。

【分析】根据v-t图像的斜率判断加速度大小，结合牛顿第二定律分析两段运动的合力与外力、摩擦力的方向关系，进而判断各选项。3．【答案】A【解析】【解答】设圆环的半径为r，整个圆环的电阻为R，导体棒转动的角速度为ω由E=BL当转过的角度为45°，导体棒切割长度l切割产生的电动势大小为E导体棒将整个圆环分成14份和34根据闭合电路的欧姆定律I当转过的角度为90°，导体棒切割长度l切割产生的电动势大小为E导体棒将整个圆环分成相同的两份，它们并联的电阻为R据闭合电路的欧姆定律I2=故答案为：A。

【分析】先根据导体棒转动角度求出切割长度，计算感应电动势；再求出圆环被分割后的并联电阻，最后结合闭合电路欧姆定律计算两次电流并求比值。4．【答案】B【解析】【解答】AB．令O点到小球P运动的最低点的高度为h，小球P从O点下落到最低点，由机械能守恒m由于碰撞过程没有机械能损失，有1碰撞过程动量守恒，有m联立解得vQ=可以发现速度大小满足v小球P从碰撞后上升到最高点，有1由于vP<vCD．小球Q从碰撞后上升的最高点，有12m由于两个小球的质量没有明确给出，小球Q碰撞后的速度vQ不能计算，因此不能判断h2和h的大小关系，所以不能判断小球Q上升的最高点与故答案为：B。

【分析】先由机械能守恒求出小球P碰撞前的速度，再利用弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒定律，推导出两球碰撞后的速度表达式，最后结合机械能守恒分析两球碰撞后上升的高度，判断各选项正误。5．【答案】B【解析】【解答】飞车从甲城静止出发，到乙城静止停止，运动过程分为加速、匀速和减速三个阶段。加速和减速阶段加速度大小均为a，最大速度为v，两城距离为L。最短时间要求充分利用最大加速度和最大速度，且当L≥v加速阶段，初速度0，末速度v，加速度a，距离s时间为t减速阶段，初速度v，末速度0，加速度−a，距离为s时间为t匀速阶段，速度v，距离为s时间为t则总时间T=t1+t26．【答案】A【解析】【解答】根据万有引力提供向心力，卫星做匀速圆周运动的周期公式为T=2π其中r为轨道半径，M为中心天体质量。因此，周期之比满足T代入数据可得r则T估算可得T数值0.6762最接近选项A的0.68倍。故答案为：A。

【分析】利用万有引力提供向心力的周期公式，分别写出绕地球和绕月球的周期表达式，通过两式相比得到周期比值，再代入已知的质量比、半径比数据计算结果，最后匹配选项。7．【答案】C【解析】【解答】设AC边长为L，一带正电的粒子以v1由几何关系可知，粒子运动的轨迹半径r1=L，粒子在磁场中轨迹圆弧的圆心角在磁场中的运动时间t同样的粒子以v2由几何关系可知，粒子运动的轨迹半径r2=L在磁场中的运动时间tAB．粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力提供向心力qvB=可得r∝v，所以v1CD．t1故答案为：C。

【分析】先根据粒子从AC边射出且半径最大的几何条件，分别确定两种入射情况下的轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力得到速度与半径的关系，求出速度比；接着根据粒子轨迹对应的圆心角，结合周期公式求出运动时间比，最后匹配选项。8．【答案】A,C【解析】【解答】A．由A、B的振动图像可知两波源的起振方向相反，O点为两波源的中点，因此两波源在O点引起的振动方向相反，为减弱点，故A正确，B错误；C．由上述分析可知O点的振幅为A=1−0.5D．O点的振动周期与两波源A、B相同，为1s故答案为：AC。

【分析】先由振动图像确定两波源的起振方向、周期及振幅，再根据O点到两波源距离相等的特点，分析两波在O点的振动叠加情况，判断振动加强/减弱，并计算O点的振幅与周期。9．【答案】B,C【解析】【解答】AB．以恒定功率匀速行驶时满足P=fv0，当功率变为12CD．从换挡到再次匀速的过程中，设通过的路程为x，由动能定理可知1解得x=4Pt+3m故答案为：BC。

【分析】先利用匀速行驶时功率与阻力的关系，求出功率减半后再次匀速的速度；再对换挡到再次匀速的过程应用动能定理，结合已知条件联立求解通过的路程，最后判断选项。10．【答案】B,C【解析】【解答】AB．物块a、b分离时，a、b共速设为v1，且a、b的加速度均为g，方向竖直向下，此时弹簧处于原长，当b运动到最高点时速度为零，c对地面的压力恰好为零，则此时弹簧弹力大小为F=mg，且弹簧处于拉伸状态，弹簧伸长量分离后，对b和弹簧组成的系统由机械能守恒可得1解得v1CD．初始时对b分析可知，弹簧压缩量x设a从距离b高h处下落，设碰撞前a的速度为v0，则碰撞后a与b的共同速度为v，根据动量守恒定律有m解得v=从碰撞后到a、b分离过程以a、b、弹簧为系统由机械能守恒可得1联立解得h=9mg故答案为：BC。

【分析】先分析初始平衡状态和b运动到最高点时的弹簧形变量，再对a、b分离后到b到达最高点的过程应用机械能守恒，求出分离时的速度；然后对a下落过程及a、b碰撞过程分别应用机械能守恒和动量守恒，联立求出a释放时距离b的高度。11．【答案】（1）d（2）1（3）1【解析】【解答】（1）挡光板的宽度d，挡光板通过光电门的时间Δt，因挡光板宽度很小，挡光板通过光电门的速度大小v可近似等于这段时间内的平均速度v=v=（2）弹簧在大小为Mg的拉力作用下，伸长量为x−根据胡克定律Mg=k(x−拉力做功等于弹簧弹性势能的增加量W=解得W=12Mg（3）小车动能的增加量ΔEk=12(2)缓慢添加砝码时小车处于平衡状态，拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力，根据功的定义W=F⋅s计算拉力做功。(3)机械能守恒的核心是弹性势能的减少量等于动能的增加量，结合动能定理分析动能的变化。（1）挡光板的宽度d，挡光板通过光电门的时间Δt，因挡光板宽度很小，挡光板通过光电门的速度大小v可近似等于这段时间内的平均速度（2）弹簧在大小为Mg的拉力作用下，伸长量为x−根据胡克定律Mg=k(x−拉力做功等于弹簧弹性势能的增加量W=解得W=（3）小车动能的增加量Δ12．【答案】（1）V（2）电源内阻r远小于电压表V2（3）1.48；1（4）k−1【解析】【解答】（1）因位置“2”接的电压表功能相当于电流表，故要已知其内阻，接V2，位置“1”应该接电压表V1

（2）根据闭合电路的欧姆定律有U因直线的斜率的绝对值为rRV，图线几乎水平，测量其斜率的误差太大。其主要原因是r≪RV，即电源内阻r远小于电压表V2内阻

（3）由U直线的斜率的绝对值为k故电源内阻为r=1据三角形相似有1.30−1.06得电源电动势E=1.48V

（4）考虑电压表“2”的分压作用有U得k=电源内阻r的公式是k−1RV

故答案为：k−1RV

【分析】(1)位置“1”需直接测量路端电压，应选用内阻大的电压表以减小分流误差，故接(2)图甲中U1−U2图线几乎水平，是因为电源内阻远小于V2(3)图乙电路中，结合闭合电路欧姆定律整理出U1(4)图丁电路中，考虑V2内阻的分流作用，推导U（1）因位置“2”接的电压表功能相当于电流表，故要已知其内阻，接V2，位置“1”应该接电压表（2）根据闭合电路的欧姆定律有U因直线的斜率的绝对值为rRV，图线几乎水平，测量其斜率的误差太大。其主要原因是r≪RV，即电源内阻（3）[1][2]由U直线的斜率的绝对值为k故电源内阻为r=1据三角形相似有1.30−1.06得电源电动势E=1.48（4）考虑电压表“2”的分压作用有U得k=电源内阻r的公式是k−113．【答案】（1）解：设金属棒在水平方向匀加速运动的加速度为a，由静止匀加速到“弹射”速度的时间为t，则BIL=ma，v0=at（2）解：设金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的时间为t1，流过金属棒的电荷量为q，则v02=a【解析】【分析】(1)金属棒在安培力作用下做匀加速直线运动，先由安培力公式和牛顿第二定律求出加速度，再结合匀变速直线运动速度公式求加速时间。

(2)先求出速度达到一半时的运动时间，再根据电流恒定的条件，由电荷量公式q=It计算流过金属棒的电荷量。（1）设金属棒在水平方向匀加速运动的加速度为a，由静止匀加速到“弹射”速度的时间为t，则BIL=ma，v解得t=（2）设金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的时间为t1，流过金属棒的电荷量为q，则v0解得q=14．【答案】（1）解：设带电粒子从y轴上P0,L点开始在第二象限做匀速圆周运动半径为R1，则q解得B（2）解：①按照“速度方向与y轴垂直”条件解答。

如图

设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动的半径为R2,Q点与坐标原点O的距离yQ，则qv0B2=mv02R2

解得R2=6L

又yQ=R2−R2cosθ

解得yQ=3L

②按照“带电粒子在第三、四象限运动的实际轨迹”解答。如图

设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动圆心为O3，半径为R2，则qv（3）解：①按照“速度方向与y轴垂直”条件解答。根据对称性，带电粒子第二次经过y轴的位置是P点。设带电粒子在磁场B1中做匀速圆周运动周期为T1，在B2中做匀速圆周运动周期为T2，在第二象限中运动时间为t1，在第三、四象限中运动时间为t2，从开始运动到第二次经过y轴的时间为t，则T1=2πR1v0,T2=2πR2v0又因为t1=210°360°T1，t2=120°【解析】【分析】(1)粒子在y≥0区域做匀速圆周运动，由几何关系确定轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力求出B1(2)粒子进入y<0区域后在B2中做圆周运动，通过几何关系分析两种可能的运动轨迹，计算Q(3)分别计算粒子在B1、B2磁场中的运动时间，求和得到从开始到第二次经过（1）设带电粒子从y轴上P0,L点开始在第二象限做匀速圆周运动半径为R1，则q解得B（2）①按照“速度方向与y轴垂直”条件解答。如图设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动的半径为R2,Q点与坐标原点O的距离y解得R又y解得y②按照“带电粒子在第三、四象限运动的实际轨迹”解答。如图设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动圆心为O3，半径为R2解得RO2为K、O3连线与y轴的交点，可得∠AO在直角三角形KBO3在三角形O3CQ则y（3）①按照“速度方向与y轴垂直”条件解答。根据对称性，带电粒子第二次经过y轴的位置是P点。设带电粒子在磁场B1中做匀速圆周运动周期为T1，在B2中做匀速圆周运动周期为T2，在第二象限中运动时间为t1，在第三、四象限中运动时间为t2又因为t1=解得t=2②按照“带电粒子在第三、四象限运动的实际轨迹”解答。设带电粒子在磁场B1中做匀速圆周运动周期为T1，在B2中做匀速圆周运动周期为T2，在第二象限中运动时间为t1，在第三、四象限中运动时间为t2又因为t1=所以t=15．【答案】（1）解：粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的轨迹如图1所示圆心在O点，设半径为R，则R=Lq解得B=（2）解：粒子在C点速度垂直x轴，进入电场后做曲线运动，y方向做速度为大小v0的匀速直线运动，x轴方向做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为a，从C到N的运动时间为t，则LOM=v解得E=（3）解：若入射速度大小变为kv0，设带电粒子在磁场中运动轨道半径为q解得r=kL