四川省凉山州2026届高三物理下学期第二次诊断性考试试卷附答案

全卷共6页，满分分，考试时间分钟。注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。选择题使用铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。考试结束后，将答题卡收回。第Ⅰ卷选择题（共分）一、单项选择题（共7题，每题4分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符1.在2025100P跑到终点Q，用时秒。到达Q点后，他立即沿原路返回跑了20米到达R点处捡拾掉落的水壶，这段返回过程用时4P点出发到R确的是（）A.运动员的位移大小为120m，方向由P指向RB.运动员的路程为80mC.运动员的平均速度大小为5m/sD.运动员的平均速率大小为8m/s【答案】D【解析】【详解】A．运动员的位移大小为方向由P指向R，A错误；B．运动员的路程，B错误；C．平均速度大小，C错误；D．平均速率大小，D正确。故选D。2.一光电管的阴极用钾制成。把此光电管接入电路如图所示，现用紫外线射向阴极，滑动变阻器滑片位于中间位置，电流计G有示数，下列说法正确的是（）第1页/共19页

A.只将滑动变阻器滑片P向右滑一定会使电流计G的指针偏转变大B.只减小紫外线的强度可使电流计G的指针偏转变小C.换用波长更长的红光照射阴极可使电流计G的指针偏转变大D.若将电源正负极对调，电流计G的指针一定不偏转【答案】B【解析】【详解】A．由电路图可知，光电管两端加的是正向电压（阳极A接高电势，阴极KP向右滑动时，阴极K的电势降低，光电管两端的正向电压增大。若此时光电流已达到饱和状态，增大电压光电流不再增大，电流计指针偏转角度不变；若未达到饱和，电流会增大。因此“一定会使指针偏转变大”说法错误，故A错误；B的光电子数减少，光电流减小，电流计G的指针偏转变小，故B正确；C．红光的波长比紫外线长，频率比紫外线低，可能无法发生光电效应，电流计示数为零，故C错误；D为零。若反向电压小于遏止电压，仍有部分光电子能到达阳极，电流计指针仍会偏转，故D错误。故选B。3.中空玻璃具有隔热、隔音、节能、防结露等优势，在建筑和交通领域有广泛应用。某特种双层中空玻璃窗由两层厚度均为6mm的玻璃片和中间的空气层（可视为真空）组成。一束单色光以入射角i=60°从空气斜向下射入竖直方向的左层玻璃片，最终从右层玻璃片射出。已知该单色光在此玻璃中的折射率为n=1.5，光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s。下列说法正确的是（）A.该光线在左层玻璃片中传播的时间为第2页/共19页

B.若增大入射角，光线有可能在左层玻璃片的右表面发生全反射，不会到达右层玻璃片C.若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，在左层玻璃片的出射点相对于入射点偏移的竖直距离会减小D.若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，光在空气层中的传播时间会减少【答案】C【解析】【详解】A．根据折射定律代入、，得，玻璃厚度，故A错误；B．左玻璃右表面的入射角等于左表面的折射角，由折射定律即，不可能发生全反射，故B错误；C，减小，减小，减小，因此减小，故C正确；D．平行玻璃界面出射光线与入射光线平行，因此空气层中光线与法线（水平方向）的夹角恒等于，空气层水平厚度固定，因此光在空气层的路径长度（无关，空气层（可视为真空）光速为，所以光在空气层中的传播时间不变，故D错误。故选C。4.2025年8月，我国“揽月”月面着陆器圆满完成地外天体着陆起飞综合验证试验。若月球质量是地球质量的，结合任务特点及物理规律，下列说法正确的是（）A.“揽月”着陆器在月球表面上所受引力的大小大于其环月圆周运动所需向心力的大小B.若“揽月”着陆器在环月圆轨道上运行，所受月球引力与飞船对其作用力两者合力为零C.长征十号火箭将“揽月”着陆器从地表送入地月转移轨道，着陆器机械能守恒D.“揽月”号分别在近月圆周轨道和近地圆周轨道运行的向心加速度之比为第3页/共19页

【答案】A【解析】【详解】A．着陆器在月球表面受到的引力为环月圆周运动的轨道半径（若则着陆器脱离表面，不属于在月球表面的状态）环月时万有引力提供向心力，即因，故故A正确；B．环月圆轨道为匀速圆周运动，合力需要提供指向圆心的向心力，合力不为零，故B错误；C机械能守恒条件，故C错误；D．近地轨道向心加速度近月轨道向心加速度仅已知但月球半径不等于地球半径，因此故D错误。故选A。5.我国电网已处于世界领先水平，在国家电网改造前，用电高峰期，用户电压会明显低于正常值，端输出连接到家用电器P确的是（）第4页/共19页

A.该调压器只能升电压不能降电压B.若输入电压为，且在的中点，则两端的电压为C.若则滑片在的中点以下时，可以起到降压作用D.此调压器端输入功率等于端输出功率，但输入端和输出端的频率不相等【答案】C【解析】【详解】A．滑片P到b端的匝数为，根据变压器电压与匝数的关系，左侧线圈与段构成自耦变压器关系，加在两端的电压等于段的电压，即右侧线圈与构成变压器，输出电压联立可得已知，则当滑片P向下滑动使得时，有即起到降压作用，因此该调压器可以降低电压，故A错误；B．若P在的中点，则代入公式得，故B错误；C．若，结合，可知此时当滑片P在的中点时，此时第5页/共19页

当滑片P在的中点以下时，则该调压器起到降压作用，故C正确；D．理想变压器输入功率等于输出功率，且不改变交流电频率，输入端和输出端频率相等，故D错误。故选C。6.一列简谐横波沿轴正方向传播，时的完整波形如图所示，此时平衡位置为的质点处于波峰位置，质点处于平衡位置处。时，点第一次到达波峰，则（）A.该波的波速为B.波源的起振方向沿轴向上C.质点的振动方程为D.平衡位置位于处的质点在时的位移为【答案】D【解析】A的波峰到对应，即解得波长波沿轴正方向传播，根据同侧法，故点振动方向沿轴向下。从到，点第一次到达波峰，说明解得周期波速，故A错误；第6页/共19页

B．时波刚好传到点，点的起振方向即为波源的起振方向。由A项分析可知，时点振动方向沿轴向下，故波源起振方向沿轴向下，故B错误；C．质点的振幅，角频率时处于波峰（若振动方程为，当时，，与题意不符，故C错误；D．波从传到需要的时间所以处的质点在时开始振动，起振方向与点相同，即沿轴向下；到时，该质点已振动了。因为，质点从平衡位置向下起振，经过到达波峰位置，位移为，故D正确。故选D。7.如图所示，在竖直平面内有水平向左场强的匀强电场，在匀强电场中有一根长为的绝缘细线，细线一端固定在点，另一端系一质量为的带电小球。在点让小球获得一定的初速度且恰能绕点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为，小球带负电，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（）A.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小B.小球对细绳的最大拉力为C.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大D.小球做圆周运动过程中动能的最小值为【答案】D【解析】A第7页/共19页

小球向右运动时，电场力做正功，小球机械能增加；小球向左运动时，电场力做负功，小球机械能减少；所以小球运动至圆周轨迹的水平直径最左侧时，机械能最小，故A错误；C其电势能先减小后增大再减小，故C错误；BD．由于，则电场力与重力的合力大小为电场力与重力的合力方向与竖直方向的夹角满足解得如图所示可知图中M点为等效最高点，N点为等效最低点；小球恰能绕点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，可知小球经过M点时细绳拉力为0，则有可得小球做圆周运动过程中动能的最小值为小球经过N点时的速度最大，受到的细绳拉力最大，从M点到N点过程，根据动能定理可得在N点由牛顿第二定律可得联立解得可知小球对细绳的最大拉力为，故B错误，D正确。故选D。二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0第8页/共19页

8.翼装飞行是一项惊险的极限运动。某一翼装飞行者在空中运动时竖直方向的向下为正方向，下列说法正确的是（）A.内飞行者处于超重状态B.内飞行者处于超重状态C.内飞行者竖直方向的加速度在减小D.内合力对飞行者做负功【答案】BC【解析】A．图像可知，速度随时间增加，图像斜率为正，加速度方向竖直向下，飞行者处于失重状态，故A错误；B．内，速度随时间减小，图像斜率为负，加速度方向竖直向上，飞行者处于超重状态，故B正确；C．图像切线的斜率表示加速度，内图像切线斜率的绝对值一直在减小，说明加速度在减小，故C正确；D．内，飞行者末速度大于初速度，动能增大，根据动能定理可知合力对飞行者做正功，故D错误。故选BC。9.的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为及均为、总电阻的单匝正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，边恰好匀速穿过区域Ⅰ，再经区域Ⅱ的磁场后离开。则（）第9页/共19页

A.边刚进入磁场Ⅰ时线框中电流方向由到B.边刚进入磁场Ⅰ时两端的电压为C.边刚进入磁场Ⅱ时加速度大小为零D.边刚进入磁场Ⅱ至到达的过程中，通过边的电荷量为【答案】AD【解析】【详解】A．ab刚进入磁场Ⅰ，磁场Ⅰ垂直斜面向上，线框向下运动，穿过线框的向上磁通量增加，感应电流磁场向下，线框感应电流为顺时针方向，因此边电流方向为，A正确；B．ab匀速穿过Ⅰ，根据受力平衡两端电压为路端电压解得，B错误；C．ab刚进入Ⅱ时，在Ⅱ（在Ⅰ（总电动势电流，合力加速度，C错误；D．ab刚进入Ⅱ到到达过程中，初始磁通量，末态磁通量，磁通量变化量大小，电荷量，D正确。故选AD。10.如图所示，在直角坐标系的第一象限内存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场。在轴上轴上方纸面内各个方向射出速率相等的质量均为的同第10页/共19页

最远的位置是轴上的粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，则（）A.粒子的速度大小为B.沿平行轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到点的距离为C.从轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间为D.从轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间为【答案】BD【解析】【详解】粒子带负电，磁场垂直纸面向外，根据左手定则，洛伦兹力指向运动方向的左侧，粒子在磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动。A．由题意，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是轴上的点。S点坐标为，点坐标为。S、两点间距离由于是离最远的出射点，且、均在轨迹圆上，故为轨迹圆的直径，即解得半径由得，故A错误；B．沿平行y轴正方向射入的粒子，其轨迹圆圆心在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为R，即为d，故B正确；CDy轴上射出磁场的粒子中，沿x轴正方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，从O点射出磁第11页/共19页

场的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹分别如图所示根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为，则从y轴射出磁场的粒子中，在磁场中运动的最长时间为在磁场中运动的最短时间为，故C错误，D正确。故选BD。第Ⅱ卷非选择题（共分）三、非选择题（本题共5小题，共分。其中后三小题解答时请写出必要的文字说明、方程碰小球质量分别为、，两球半径相同。多次实验得到小球落白纸上的三个平均落点为、、，点为斜槽末端在白纸上的投影位置，点为碰前入射小球落点的平均位置。（1）实验中需要测量的物理量有（）第12页/共19页

A.两个小球的质量、B.小球开始释放高度C.抛出点距地面的高度D.水平射程、、（2）在图丙求平均落点的三个圆、、中，最合理的是圆________。（3）实验中测得小球水平射程、、，若碰撞中系统动量守恒，则入射小球质量和被碰小球质量的比值________。【答案】（1）AD（2）a（3）【解析】【小问1详解】验证动量守恒的表达式为小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，速度两边同乘得因此需要测量两个小球的质量以及三个水平射程不需要测量释放高度和抛出点高度故选AD。【小问2详解】求平均落点时，需要用最小的圆把所有实验落点全部包含在内，圆心即为落点的平均位置。只有最外层的圆能包含所有落点，因此最合理的是圆。【小问3详解】根据动量守恒关系式代入、、得化简得即第13页/共19页

12.某兴趣小组为了测量某电子元件的电阻值。（1×100选择接下来的正确实验步骤并排序：________（选填选项前的字母）A.将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻线。B.将两表笔分别与待测电阻相接/读取数据后随即断开。C.将选择开关置于电阻挡“×10”位置。D.将选择开关置于电阻挡“×1000”位置。（2d=________mm。（3）为了精确测量该电子元件的阻值（阻值约为90ΩA.电源E（电源电压9V，内阻约为2Ω）B.电压表V（量程0~15V，内阻约为8kΩ）C.电流表A（量程0~15mA，内阻r1为10Ω）D.电流表A（量程0~150mA，内阻r2为2Ω）E.滑动变阻器R（最大阻值为10Ω）F.滑动变阻器R（最大阻值为4kΩ）G.开关S，导线若干。a________________填器材前序号）②兴趣小组在测量过程中发现电压表已损坏。他们找到了一个定值电阻R，并重新设计了如图（b）所示的第14页/共19页

电路图，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片处于M端。当开关S闭合后，改变滑动变阻器滑片的位置，记录电流表A1的示数I、电流表A2的示数I，作出了I-I2的图像，如图（c）所示，已知图线的斜率为k，则该电子元件的阻值Rₓ=________（用R、r、k【答案】（1）CAB（2）3.205##3.204##3.206（3）①.D②.E③.【解析】【小问1详解】多用电表欧姆挡指针偏转过大，说明指针偏向右侧，示数较小，即被测电阻阻值较小。为了减小读数误差，应换用更小的倍率挡，即“×10”挡，故第一步选C；欧姆表换挡后，内部电路结构改变，必须重新进行欧姆调零，即将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针对准电阻的“0”刻线，故第二步选A；调零完成后，将两表笔分别与待测电阻相接进行测量，读取数据，故第三步选B。综上所述，正确步骤排序为CAB。【小问2详解】根据螺旋测微器的读法可知，金属丝直径为【小问3详解】①[1]电子元件的阻值约为,电源电压为，故流过电子元件的最大电流为故电流表可以满足测量要求，故选D。[2]滑动变阻器的连接方式为分压法，为了方便线性调节电压，应挑选最大电阻小的滑动变阻器，故选E。②[3]根据欧姆定律可知化简得故13.在温度为的车间给容积为40L度间的关系为（k工地上分装给氧气袋，分装多个氧第15页/共19页

气袋后测得瓶内的压强为为0K（1）氧气瓶从车间运送到工地，分装前向外界释放的热量；（2）分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值；（310L氧气袋？【答案】（1）30k（2）（3）41【解析】【小问1详解】根据ΔU=W+Q可知，因气体体积不变，则W=0，则Q=ΔU而分装前向外界释放的热量30k。【小问2详解】根据可得分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值【小问3详解】根据玻意耳定律可知解得n=4114.中国行星探测工程（PlanetaryExplorationofChina，PEC）以屈原《天问》命名，寓意对宇宙本源的千年追问。“星系）”“跟跑”迈向“并跑”甚至局部“领跑”第16页/共19页

车“祝融号”在某段时间内沿平直路线运动的图像如图。“祝融号”加速到，此时功率为6W，保持该功率继续加速到最大速度，并以此速度匀速运动一段时间。关闭火星车的