2026届四川德阳市第五中学等校高三下学期第二次诊断考试物理试题（含答案）

第第页2026届四川德阳市第五中学等校高三下学期第二次诊断考试物理试题一、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，只有一个选项是符合题目要求的，选对得4分，选错得0分。）1．某列车进站过程中，做初速度大小为60m/s、加速度大小为0.6m/sA．300m B．600m C．3000m D．6000m2．近日，中国成功运行全球首座钍基熔盐堆反应堆。反应堆中涉及的核反应方程有：①90233Th→A．方程①中90233Th发生了B．方程②中发生了核裂变反应C．10克90233ThD．受反应堆高温影响，902333．低轨互联网卫星在寿命末期需要采取主动离轨方式，自主转移至相对较低的轨道，该轨道可保证卫星在大气衰减作用下25年内自然坠毁。已知转移后的低轨道半径为r，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．转移轨道后，该卫星动能变小B．转移轨道后，该卫星势能变大C．转移轨道后，该卫星绕地周期为2πD．转移轨道后，该卫星相对地心的向心加速度大小为g4．平行板电容器C两极板水平放置，接入如图所示的电路，闭合开关S，待电容器充电结束后，将一带电油滴置于两板之间的P点，油滴处于静止状态。已知电源电动势为E，内阻为r，R1A．电压表示数不变B．油滴将向下移动C．电容器中存储的电场能减少D．将电容器C上极板适当上移，可使油滴仍然静止5．如图所示，光滑绝缘半球处在水平向右的匀强电场中，球心为O。将带电量均为+q的小球A、B置于其内，平衡时，两球处于同一水平线上，且OA与OB垂直。已知球A质量为m，球B质量为2m，重力加速度大小为g，则（）A．小球A、B所受支持力相同B．匀强电场的电场强度大小E=C．小球A受到小球B的库仑力大小为mgD．小球A在小球B处产生的电场强度大小为E6．在学校的科技节中，某同学用铝制易拉罐制作了一个温度计，如图所示，一粗细均匀透明薄吸管里有一段油柱（长度不计），吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，若大气压强恒定，易拉罐和吸管均处于水平方向，在吸管上标注等差温度值，下列说法正确的是（）A．吸管上标注的等差温度值刻度均匀B．若仅换用更小的易拉罐，可提高测温灵敏度C．若仅换用更细的透明吸管，则测温范围更大D．若仅将易拉罐和吸管直立且开口向上，测温范围更小7．如图所示，长为3l的不可伸长的轻绳，穿过一光滑的轻圆环，两端固定在水平天花板上相距为l的P、Q两点，轻圆环下悬吊一重为G的物块。现用一水平力F缓慢地拉圆环，当圆环两侧轻绳的夹角为θ=60°A．F=G B．F=33G C．T=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，有选错的不得分）8．在夏天，由于天气炎热会使道路表面上方的空气不均匀，离地面越近，折射率越小，在合适的条件下有可能观察到“海市蜃楼”现象。地面附近的空气中，光的可能传播路径为（）A．B．C．D．9．如图所示，在水平面上有一质谱仪，由直线加速器和磁场偏转器组成。偏转器内有方向竖直向上的匀强磁场，偏转器的水平截面是圆心为O、内半径为R、外半径为2R的半圆环。两种同位素粒子（两种粒子电荷量相同、质量不同），从静止经加速电压U0加速后，正对偏转器入口矩形abcd的中心进入磁场区域，粒子分别打在照相底片efgh上相距为ΔL的两点。为便于观测，A．减小磁感应强度B的大小 B．减小偏转器内半径RC．增大加速电场的电势差U0 10．如图所示，间距为d的足够长平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接有自感系数为L的电感线圈，导轨处于垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将一根质量为m的导体棒从导轨上某处紧贴导轨由静止释放，金属棒运动过程始终与导轨垂直且与导轨接触良好，重力加速度为g，不考虑电磁辐射，不计一切电阻。在金属棒运动过程中，下列说法正确的是（）A．导体棒在导轨上做变加速运动，直至匀速下滑B．导体棒在导轨上做往复运动C．导体棒的最大动能为mD．导体棒中最大电流为2mg三、实验题（本大题共2小题，共16分。把答案填在答题卡相应的横线上。）11．实验小组用图1所示装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，带凹槽质量M=300g的木块，10个质量为m=20（1）电火花计时器工作时应使用（选填“8V”或“220V”）交流电源；（2）释放木块前，木块应（选填“靠近”或“远离”）打点计时器；（3）已知当地重力加速度g=9.8m/s2，作出a−n图像如图2，由图线可求得木块与木板间的动摩擦因数μ=12．为测量两节干电池串联的电动势，有如下器材：待测电源（电动势约为3V），直流电源E（电动势4V，内阻约为2Ω），电阻箱R（0~999.9Ω），毫安表mA（量程15mA，内阻约为30Ω），灵敏电流表G（Ig=100μA，Rg=1kΩ），保护电阻R0=2（1）实验小组设计了图1电路图，先将滑动变阻器R1滑片调整至（选填“a端”或者“b端”），电阻箱R阻值调到最大，先后闭合开关S1、S2。调整R（2）某次测量时，电阻箱的读数为298.0Ω，毫安表示数如图2，则毫安表读数为mA，测得待测电源的电动势为（3）结束实验时，应先断开开关（选填“S1”或“S四、计算题（本大题共3小题，共38分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数字计算的题，答案中必须写出数字和单位。）13．如图所示，竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于A点，另一端经光滑孔钉B连接质量为2m可视为质点的物块。点A、B和静止的物块在同一竖直线上，A、B间距等于弹力绳原长，B点离地高度为L。一质量为m的子弹以速度v0向右射入物块，且未击穿物块。已知物块与地面的动摩擦因数为μ=0.5，弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为k=（1）子弹射入物块后，物块的速度大小v1（2）物块向右运动过程中，当弹力绳偏离竖直方向角度为θ时，物块所受的滑动摩擦力大小f。14．如图所示，单匝正方形金属线圈abcd（与纸面平行）固定在绝缘滑块外表面上，线圈边长L=0.3m，线圈回路总电阻为R=0.09Ω，滑块左端面与木板左端面齐平，在PQ的左侧有垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度大小B=2T。绝缘滑块与绝缘木板以初速度v0=2m/s在光滑的水平面上向左运动，线圈刚完全进入磁场时滑块的速度大小为v1（1）线圈ab边刚进入磁场时，线圈受到安培力的大小FA（2）线圈进入磁场过程，线圈中产生的焦耳热Q；（3）线圈进入磁场的过程中，木板的位移大小x。15．如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为30°，斜面上固定有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形cdef中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为m且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求：（1）弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a；（2）要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a对弹珠的作用力大小N；（3）该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与ab区域直挡板的弹性碰撞）。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】取初速度方向为正方向：v0=60m/由匀变速直线运动公式：v代入数据：x故答案为：C。

【分析】已知匀减速直线运动的初速度、末速度和加速度，选用速度‑位移公式直接求解位移。2．【答案】C【解析】【解答】A．根据核反应电荷数、质量数守恒，方程①中X的电荷数为90-91=-1，质量数为233-233=0，即X是电子，该反应为β衰变，不是α衰变，故A错误；B．核裂变是重核分裂为多个中等质量原子核的反应，方程②是90232Th俘获中子生成C．半衰期的定义为：经过一个半衰期，放射性元素有半数原子核发生衰变，剩余未衰变的该元素质量为初始质量的12，因此10克90233ThD．半衰期由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等外部环境无关，高温不会改变90233故答案为：C。

【分析】本题考查核反应类型与半衰期的理解，核心是结合核反应方程分析衰变类型、反应类型及半衰期的影响因素。3．【答案】D【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力GMmr2=mvB．卫星引力势能为EpC．根据万有引力提供向心力GMmr2=m4πD．根据万有引力提供向心力有GMmr2=ma，GMm故答案为：D。

【分析】本题考查卫星轨道变化问题，核心是利用万有引力定律分析卫星的动能、势能、周期和向心加速度随轨道半径的变化。4．【答案】D【解析】【解答】A．滑片向上滑动，滑动变阻器接入电阻R增大，电路总电阻增大，总电流减小，路端电压U=B．电容器与滑动变阻器并联，故UC增大；板间电场强度E=C．因电容器两板间的UC增大、CD．滑片上滑后UC变大，原平衡条件：mg=qU0d0；上移上极板，板间距d故答案为：D。

【分析】A：滑片上滑，变阻器接入电阻变大，由闭合电路欧姆定律分析电压表示数；B：分析电容器两端电压、电场强度变化，判断油滴受力与运动；C：由EpD：结合E=U5．【答案】B【解析】【解答】A．对A受力分析，根据竖直方向平衡NAcos⁡45∘=mg，可得NAB．以整体为研究对象，水平方向平衡NBsin4C．对A受力分析，水平方向平衡F=ND．根据牛顿第三定律，B球受库仑力大小F=qEB，得故答案为：B。

【分析】本题考查带电小球在电场中的受力平衡问题，核心是结合整体法与隔离法分析小球的受力、电场强度及库仑力。6．【答案】A【解析】【解答】A．设初始温度为T0、罐中气体体积为V0、吸管内气柱长为L0、其横截面积为S，温度变为T1后，吸管内气柱长变为L1，由等压变化有C=L0B．根据C=L0S+V0C．由Δx=D．易拉罐和吸管直立且开口向上，因油柱的重力产生压强，压强变大，所以体积变小，由Δx=CS故答案为：A。

【分析】本题考查气体的等压变化，核心是利用盖-吕萨克定律分析温度变化时气体体积的变化规律，进而判断刻度均匀性、灵敏度及测温范围。7．【答案】B【解析】【解答】受力如图所示圆环所受重物的拉力G及水平拉力F的合力与水平方向的夹角tan合力大小F合=F2+G2，情景如图所示，P、Q两点沿垂直F合方向的距离d=故答案为：B。

【分析】本题考查轻绳结点的受力平衡问题，核心是利用几何关系和力的合成分析水平拉力F与绳张力T。8．【答案】A,D【解析】【解答】A：光线沿法线方向传播时，入射角始终为0°，即使介质折射率发生变化，折射角也始终为0°，光线不发生偏折，沿直线传播，A正确。

B：光线从上往下传播时，折射率随高度降低而减小（空气越靠近地面越稀薄），入射角逐渐增大，但由于光从光密介质（高处）射向光疏介质（低处），折射角会大于入射角，光线应远离法线偏折，而非直线传播至地面，B错误。

C：光线传播方向显示向法线偏折，即折射角小于入射角，说明光从光疏介质射向光密介质，与题目中“离地面越近，折射率越小”的条件相反，C错误。故答案为：AD。

【分析】本题考查光的折射与全反射现象，核心是结合空气折射率随高度的变化规律，分析光线的传播路径。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．粒子经电场加速，由动能定理，得qU0=12mv2，进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，得qvB=mv代入r的表达式整理得ΔL=22U0q(m1−mB．ΔL与偏转器内半径RC．增大加速电压U0，ΔL与U0​​成正比，UD．加速器与偏转器的距离不改变粒子轨道半径，不影响ΔL故答案为：AC。

【分析】本题考查质谱仪的工作原理，核心是结合动能定理和洛伦兹力提供向心力，分析影响同位素粒子打在底片上间距ΔL10．【答案】B,D【解析】【解答】AB．由于电路中只有电感L且无电阻，导体棒切割磁感线的电动势等于自感线圈的自感电动势，即Bdv=L对等式两边同时乘Δt并求和，得∑Bdv解得I=对导体棒由牛顿第二定律，重力向下、安培力向上，得F=mg−BId将I=BdxLF与相对平衡位置的位移成正比、方向相反，说明导体棒做简谐运动，因此在导轨上做往复运动，而非匀速下滑，故A错误，B正确；C．当F=0时，导体棒处在平衡位置，则有mg=解得x0=其中k=B2则圆频率ω=简谐运动的最大速度出现在平衡位置，最大速度v其中振幅A=代入得v最大动能EkmD．由I=BdLx可知，x取最大值时I最大，代入得最大电流Im故答案为：BD。

【分析】本题考查含自感线圈的电磁感应问题，核心是结合电磁感应定律和牛顿第二定律，分析导体棒的运动性质、电流及动能变化。11．【答案】（1）220V（2）靠近（3）0.25【解析】【解答】（1）电火花计时器工作时应使用220V交流电源

故答案为：220V（2）释放木块前，木块应靠近打点计时器，以更好利用纸带。

故答案为：靠近（3）悬挂的钩码个数为n，对悬挂的钩码，有nmg−T=nma对凹槽和凹槽中的钩码，有T−μ联立可得a=可得a−n图像的斜率k=重力加速度g=9.8m/s2，代入数据可得动摩擦因数μ=0.25

故答案为：0.25

【分析】(1)电火花计时器使用220V交流电源；

(2)释放木块前，木块应靠近打点计时器，以打出更多点迹；（1）电火花计时器工作时应使用220V交流电源（2）释放木块前，木块应靠近打点计时器，以更好利用纸带。（3）悬挂的钩码个数为n，对悬挂的钩码，有nmg−T=nma对凹槽和凹槽中的钩码，有T−μ联立可得a=可得a−n图像的斜率k=重力加速度g=9.8m/s212．【答案】（1）a端；0（2）10.0；2.98（3）S【解析】【解答】（1）闭合开关前，滑动变阻器应调到接入阻值最大处保护电路，由图可知滑片调至a端时接入电阻最大。当灵敏电流表G示数为0时，说明待测电源所在回路电流为0，根据U内=Ir，待测电源内阻的电压降为0V（2）毫安表量程为15mA，分度值为0.5mA，指针对齐10mA刻度线，读数为10.0mAG电流为0时，G两端电势差为0，电阻箱R两端电压等于待测电源电动势，因此E=IR=10.0×10−3A×298.0Ω=2.98（3）若先断开S1，灵敏电流表G会直接接在待测电源两端，远超量程的电流会烧坏灵敏电流表，因此结束实验时应先断开S2，再断开另一开关。

故答案为：S2

【分析】(1)闭合开关前，滑动变阻器应调至接入阻值最大处保护电路；当灵敏电流计示数为0时，待测电源回路电流为0，内阻电压降为0。

（1）[1]闭合开关前，滑动变阻器应调到接入阻值最大处保护电路，由图可知滑片调至a端时接入电阻最大。[2]当灵敏电流表G示数为0时，说明待测电源所在回路电流为0，根据U内=Ir，待测电源内阻的电压降为（2）[1]毫安表量程为15mA，分度值为0.5mA，指针对齐10mA刻度线，读数为10.0mA[2]G电流为0时，G两端电势差为0，电阻箱R两端电压等于待测电源电动势，因此E=IR=10.0×10（3）若先断开S1，灵敏电流表G会直接接在待测电源两端，远超量程的电流会烧坏灵敏电流表，因此结束实验时应先断开S13．【答案】（1）解：子弹射入物块的过程，由动量守恒得m解得v（2）解：对物块和子弹整体受力分析，竖直方向有N+由胡克定律F滑动摩擦力f=μN联立解得f=mg【解析】【分析】(1)子弹射入物块的过程动量守恒，由动量守恒定律求共同速度；

(2)对整体受力分析，结合胡克定律和滑动摩擦力公式求摩擦力大小。（1）子弹射入物块的过程，由动量守恒得m解得v（2）对物块和子弹整体受力分析，竖直方向有N+由胡克定律F滑动摩擦力f=μN联立解得f=mg14．【答案】（1）解：线圈部分在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律有E=BLab边所受安培力F由闭合电路欧姆定律有I=解得F（2）解：假设滑块与木板恰好相对静止，对木板与滑块构成的整体进行受力分析，由牛顿第二定律有F对木板进行受力分析，由牛顿第二定律有μmg=m解得滑块与木板相对运动时，外力临界值F由于F可知，线圈进入磁场的整个过程滑块相对于木板间存在向右的相对运动。进入过程，对滑块由动能定理有μmgL−由功能关系知W以上两式解得Q=1.8（3）解：线圈进入磁场过程，对滑块进行分析，由动量定理有−其中∑I对木板进行分析，由牛顿第二定律有μmg=ma由运动学规律可得x=解得x=0.38【解析】【分析】(1)线圈ab边刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，再由欧姆定律和安培力公式求安培力；

(2)对整体受力分析，结合动量守恒和能量守恒，求线圈中产生的焦耳热；

(3)分析木板的运动过程，由运动学公式