2026届高三5月复习诊断 物理+答案

1物理参考答案一．选择题题号123456789选项DCABDCDBDADBD1.【答案】D【解析】电子是核内的质子转化的，A项错误；由题意，可知β射线能穿透皮肤B项错误；衰变是原子核从不稳定衰变为较为稳定的新核，所以碘131衰变产生的新核的比结合能比碘131的大，C项错误；根据半衰期定义，可知碘131在4个半衰期中衰变了治疗所用质量的1-=，D项正确。2.【答案】C资料中转站（公众号）【解析】速度沿轨迹的切线方向，“入弯减速”时力和速度的夹角是钝角，“出弯加速”时力和速度的夹角是锐角，C项正确。3.【答案】A【解析】理想气体温度不变，其内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W，则Q>0，需要从外界吸热，A项正确。气囊上浮过程，体积变大，气体对外做功，BCD项错误。4.【答案】B【解析】在地球表面万有引力等于重力，有G=mg，由密度公式得M=πR3，解得ρ=，A项错误；根据万有引力提供向心力G=mr，在地球表面万有引力等于重力，有G=mg，解得r=，卫星绕地球做匀速圆周运动时离地面高度h=r-R=-R，B项正确；火箭加速升空阶段，加速度向上，处于超重状态，C项错误;根据万有引力提供向心力G=m，解得v=，轨道半径越小速度越大，卫星的轨道半径不可能小于地球半径，所以卫星绕地球运动时的速度不可能大于地球的第一宇宙速度，D项错误。5.【答案】D【解析】交流电压表的示数等于正弦交变电压的有效值U==5/V，A项错误；根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系，副线圈与原线圈匝数比需满足B项错误；交变电压的频率f==5000Hz，变压器不改变交变电压的频率，则电击网上的高频电压的频率为5000Hz，C项错误；根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系=，通过原线圈的电流大于通过副线圈的电流，为减小热损原线圈应该用较粗的导线绕制，D项正确。26.【答案】C【解析】如图所示，恰好无光线从PN面射出时，表明光恰好在PN面上发生全反射，此时的入射角等于临界角，由图可知C1<C2，根据sinC=可知n甲>n乙，激光乙的折射率更小，A项错误；折射率大的光其波长小，衍射能力差，甲的波长小，甲的衍射能力更差，B项错误；由n=可知，激光甲在玻璃砖中的传播速度更小，C项正确；据表明激光甲的条纹更窄，D项错误。7.【答案】D【解析】细线烧断前，对整体分析，根据平衡条件有Mg=2mg，解得M=2m，对右侧下面的铁块进行分析，根据平衡条件有3mg=F+mg，解得弹簧的弹力F=2mg，细线烧断时，以M和上面m为整体，加速度大小相同，由牛顿第二定律可得Mg+F-mg=3ma，解得a=g，D项正确。8.【答案】BD【解析】速度v与时间t图像只能描述直线运动且斜率表示加速度，所以高铁正在做加速度减小的减速直线运动，A项错误，B项正确；由于v-t图线与坐标轴围成的“面积”大小等于位移，对比做匀变速直线运动的图线可知其包围面积小于1800m，故其位移小于1800m，平均速度小于30m/s，故C项错误，D项正确。9.【答案】AD【解析】类似卫星变轨模型，电子在轨道b上的速度大于轨道P上的N点时的速度，则轨道b上电子的动能大于8eV，故A项正确;类似人造卫星模型，由k=m得v=α,则轨道a上电子的速度比轨道b上的小，动能也比其小，故B项错误;根据正点电荷的电场分布特点可知，假设电子从轨道a运动到轨道b上，静电力做正功，电势能降低，则轨道a上电子的电势能比轨道b上的大，故C项错误;由题意，电子运动过程中M点电势比N点高4V，电子带负电，则电子运动从N点运动到M点，由动能定理可知，__e(__4v)=EKM__8ev，EKM=12ev，D项正确。资料中转站（公众号）10.【答案】BD【解析】开关置于b的瞬间，金属滑块中有由P指向Q的电流通过，会在电磁力的驱动下向右加速运动，根据左手定则可知，空间存在的磁场方向应垂直纸面向里，A项错误；开关置于b的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时对应的安培力最大，滑块的加速度最大，根据牛顿第二定律可得F=BIL=mam，I=，解得am=，B项正确；金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度3不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，在金属滑块滑动过程中，由动量定理得BL·Δt=mv，Δq=·Δt，电容器放电过程的电荷量变化为Δq=C·ΔU=C(E-U)，根据法拉第电磁感应定律可得U=BLv，联立解得v=，Δq=，C项错误，D项正确。11.（6分）每空2分（3）2.0（4）如图（6）B12.（10分）每空2分（1）②①④③（2）高（3）电源（4）700（5）如图13.（10分）（1）由甲、乙图知该机械波的波长λ=12m、周期T=0.4s（2分）故该波的传播速度vm/s（2分）（2）由图乙知Q点的振动方程yQ=0.4sin5πt(cm)（2分）故P点的振动方程yP=0.4sin5πsin5π4分）法二：由图甲知O点的振动方程yO=0.4cos5πt(cm)（2分）故P点的振动方程yP=0.4cos5πcos5π分）14.（12分）zoaaaxa2aya（1）如图所示，由几何关系知带电粒子在Izoaaaxa2ayaqBv=m（2分）联立解得粒子的比荷分）（2）粒子在II区的运动半径如图所示，由几何关系得粒子第三次经过xoy平面时的坐标为（-3a,3a,02分）4由T得粒子在I区与II区的运动周期分别为故由图知粒子第三次经过xoy平面时的时间t（2分）15.（16分）资料中转站（公众号）（1）由图像知弹簧的劲度系数k=16N/m（2分）由功能关系得拉力做功等于弹簧弹性势能的增加量，故W=EPx2（2分）（2）物块与木板之间即将相对滑动时，物块与整体的加速度相等，故由能量守恒得kx2（2分）（3）木板从速度为v到之后与物块加速度首次相同时木板刚好回到初始位置且物块一直向右做匀减速运动，故对物块运用动量定理得解得v1=0.7m/s（1分）考虑到木板此时的速度仍为v且弹簧形变量相同，故由能量守恒得m1vm2vQ（2分）法二：木板