云南西南名校联盟2026届高三下学期备考诊断性联考（二模）物理试题（含答案）

第第页云南西南名校联盟2026届高三下学期备考诊断性联考（二模）物理试题一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．关于如图所示的四幅插图，下列说法正确的是（）A．用3D眼镜看立体电影利用了光的折射原理B．光导纤维中内芯的折射率小于外套的折射率C．用单色光检查工件表面的平整度利用了光的干涉原理D．在沙漠中看到“海市蜃楼”现象属于光的干涉2．氢原子能级如图所示。现有大量氢原子处于n=3能级上，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.0eVA．这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子B．该锑铯化合物逸出光电子的最大初动能为10.09C．这些原子跃迁过程中只有1种频率的光可使该锑铯化合物逸出电子D．n=3能级的氢原子电离至少需要吸收12.09eV3．如图所示，工人将长为5m的杆状货物从货箱里取出时，用机械装置控制着货物的A端沿着竖直的箱壁匀速上升，同时货物的B端在箱底的水平面上向左滑行。下列说法正确的是（）A．B端向左加速滑行B．B端向左先加速滑行后减速滑行C．θ=45D．当B端距离货箱左壁4m时，A、B两端的速度大小之比为3：44．分别在星球A和星球B表面进行单摆实验，得到单摆周期的平方与摆长之间的关系图像如图所示。已知星球A和星球B质量相等，且均可视为质量均匀分布的球体，忽略星球A和星球B的自转。关于星球A和星球B的半径R、密度ρ，下列比例关系正确的是（）A．RA：RB=4：1 B．RA：RB=1：2C．ρA：ρB=1：8 D．ρA：ρB=1：45．2025年我国新能源汽车产销突破1600万辆，连续11年稳居全球首位。某新能源汽车蓄电池供电简化电路图如图所示，电源电动势E=12V、内阻r=2Ω，车灯电阻RL=2Ω，定值电阻R0A．通过电动机的电流为1AB．电动机的机械效率为62.5C．电源的输出功率为18WD．若电动机被卡住，电流表读数为1.56．如图所示，水平地面上有一固定斜面ABC，D为斜面中点，斜面倾角为30°。物块以120J的初动能从底端A沿斜面向上滑动，恰能滑到顶端B，当它再次回到底端A时动能为40J。已知物块与AD部分的动摩擦因数为μ1，与DB部分的动摩擦因数为μ2，且μ1=3μ2A．32 B．34 C．387．如图所示，水平面内有两根足够长的平行光滑金属导轨，间距为L，两端分别接有电容为C的电容器和阻值为R的定值电阻，导轨间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．现有一长为52L的金属棒OO'垂直放在导轨上，与导轨相交于M、N两点，其中OM=12A．刚开始时通过定值电阻R的电流方向由a到bB．金属棒刚开始转动时，产生的感应电动势最大C．通过定值电阻R的电荷量为3D．电容器C所带电荷量最大为25二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．如图所示，沿x轴负方向传播的一列横波在t=0时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为10mA．质点b比质点a先回到平衡位置B．经0.2s时间，质点b通过的路程为C．x=2m处的质点在t=0.1D．该波传播过程中遇到宽约10m的障碍物时，能发生明显的衍射现象9．如图，在竖直面内存在水平向右的匀强电场，一带正电的小球质量为m、电荷量为q，从匀强电场中的A点以初速度v0沿右上方射出，速度与电场方向的夹角为30°，一段时间后，小球经过与A点等高的B点。已知匀强电场场强E=3A．小球从A点到B点所花的时间t=B．A、B两点间的距离L=C．小球在B点的速度与电场方向的夹角θ=D．小球在B点的动能E10．如图甲所示，倾角θ=30°的光滑斜劈固定在水平地面上，一轻质弹簧一端与斜劈顶部相连，另一端与可视为质点的小球B相连，静止时小球B与斜面底端相距2l。现将与小球B完全相同的小球A从斜劈底部以一定的初速度沿弹簧轴线方向滑上斜劈，两球发生碰撞且碰撞时间极短，碰后粘连在一起共同运动2l后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，沿斜面向上为正方向建立x轴，碰后A、B整体的重力势能随x变化的图像如图乙中Ι所示，弹簧的弹性势能随x变化的图像如图乙中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（）A．小球A的质量为4klB．弹簧的劲度系数为kC．碰撞后两小球的速度为2D．小球A在斜劈底部的初速度为10gl三、非选择题：本大题共5小题，共54分。11．某同学用图甲所示的实验装置测量物块与木板间的动摩擦因数。水平桌面上放一木板，木板上放置一物块，物块一侧连接穿过打点计时器的纸带，另一侧用跨过定滑轮的细绳与重物相连，滑轮左侧的细绳沿水平方向。释放重物，物块开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离最终停在木板上。图乙为该同学截取重物落地前物块运动过程的一段纸带，a、b、c、d、e为5个连续计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时器所接交流电源的频率为50Hz。（以下计算结果均保留两位有效数字）（1）从纸带记录的信息可知纸带的（选填“a”或“e”）计数点更靠近物块。（2）重物落地前物块运动过程的加速度大小a=m/s2。（3）已知物块质量为M=2kg，重物质量m=1kg，当地的重力加速度大小为10m/s2，则物块与木板间的动摩擦因数为12．多用电表简化电路图如图甲所示，选择开关S分别与1∼5连接点连接构成多用电表的不同挡位，多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”的字样。电源电动势E=1.5V（1）用多用电表的电阻挡测量导体的电阻时，下列说法正确的是（）A．测量时，若两手同时分别接触两表笔的金属杆，则测量值偏小B．若红、黑表笔接反了，测量值将偏大C．若指针偏转角度很小，则应换倍率较小的挡再进行测量D．测量结束后，要将选择开关置于OFF位置（2）某同学发现如图乙所示的实验电路不能正常工作，为排查电路故障，闭合开关S后，他用多用电表测得各点间的电压Uab=Ubc=Uac=0、Uef=6V。已知只有一处故障，为进一步判断电路故障的性质，他断开开关（3）当选择开关与2连接时是多用电表较小的电流挡，其量程为A；当选择开关与5连接时是较大电压挡，其量程为25V，若虚线框内电阻为100Ω，则R313．如图所示，在一个配有活塞的厚壁有机玻璃筒底放入一小团蘸了酒精的硝化棉，用力迅速压下活塞，可以观察到硝化棉燃烧的火苗。初始时，玻璃筒内封闭体积为200mL的气体，其压强等于1.0×105Pa，气体温度为27∘（1）硝化棉被点燃前瞬间，封闭气体的压强为多少？（2）若在压缩过程中，封闭气体放出15J的热量，外界对气体做功70J，则压缩后气体的内能变化量是多少？14．如图所示，质量为3m的物块静止在光滑水平地面上，其左端P点与水平地面平滑连接。物块上表面是以O为圆心、半径为R的八分之一光滑圆弧轨道PQ。弹簧左端固定在挡板A上，右端与质量为m的小球（可视为质点）接触（未拴接），弹簧处于原长时右端与P点对齐。现给小球施加一个向左的外力缓慢压缩弹簧至图示位置时撤去外力，小球由静止被弹出，恰好不从Q点离开物块。重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）撤去外力时弹簧的弹性势能Ep（2）小球再次回到P点时，对物块的压力大小FN15．如图所示，在一竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，其中y轴竖直向上，x轴水平向右。空间中0<x≤3d区域分布有电场强度大小相等的匀强电场，其中0<x≤d、2d<x≤3d区域电场方向沿x轴正向，d<x≤2d区域电场方向沿y轴正向；x>d区域还分布有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从点P（34（1）带电微粒的比荷qm（2）微粒由释放至到达边界x=3d所需时间t；（3）在x>3d区域，微粒运动过程中的最小速度vmin。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．放映机用两个偏振方向相互垂直的镜头投射画面，3D眼镜的两个镜片偏振方向也相互垂直，让左右眼分别接收对应画面，从而产生立体感，不是光的折射，故A错误；B．光在光导纤维中传播，利用的是光的全反射现象，内芯的折射率比外套的大，故B错误；

C．用单色光检查工件表面的平整度利用了光的干涉原理，同一干涉条纹对应的空气薄膜厚度相同，故C正确；

D．在沙漠中看到“海市蜃楼”现象属于光的全反射现象，故D错误。

故选：C。【分析】先明确四幅图对应的光学现象（3D电影、光导纤维、平整度检查、海市蜃楼），再对应匹配光的偏振、全反射、薄膜干涉、全反射等原理逐一判断。2．【答案】B【解析】【解答】A、一群氢原子处于n=3能级，当它们向低能级跃迁时，能够辐射出的光子种类数目为3种，故A错误；

B、氢原子从n=3能级跃迁至n=1能级时，所辐射的光子能量最大，其值为

hνmax=E3-E1=12.09eV；依据光电效应方程Ekm=hν-W0，可得光电子的最大初动能Ekm=12.09eV-2.0eV=10.09eV，故B正确；

C、跃迁过程产生的光子能量分别为：E3-E2=1.89eV，E3-E1=12.09eV，E2-E1=10.2eV；其中能量大于逸出功2.0eV的光子有两种，因此能够使该金属发生光电效应的光子频率有两种，故C错误；

D、要使n=3能级的氢原子发生电离，至少需要吸收的能量为E电离=0-E3=1.51eV，故D错误。

故选：B。【分析】辐射光子种类由能级差决定，计算最大光子能量对应从n=3到n=1的跃迁，结合光电效应方程判断最大初动能；比较各光子能量与逸出功关系确定能发生光电效应的光子频率数量；电离能是指电子脱离原子束缚所需最小能量，对应从n=3能级到无穷远的能量差。3．【答案】A【解析】【解答】ABC.用机械装置控制着货物的A端沿着竖直的箱壁匀速上升，同时货物的B端在箱底的水平面上向左滑行，根据沿杆方向的分速度大小相等

​​可得vAcosθ=vBsinθ代入数据得vB=vAtanθ，θ逐渐减小的过程中，vB一直增大，B端向左加速滑行，故A正确，BC错误；

4．【答案】C【解析】【解答】分别在星球A和星球B表面进行单摆实验，由单摆周期公式T=2πLgT2-L图像斜率k=4π2g，结合图像易得gAB．星球A和星球B质量相等，由星球表面万有引力等于重力可得GMm则有RACD．两个星球均可视为质量均匀分布的球体，由密度公式ρ=有ρA故选C。

【分析】由单摆周期公式推导得T2-L图像斜率与重力加速度的关系，结合星球表面万有引力等于重力求出半径之比，再由密度公式计算密度之比，逐一验证选项。5．【答案】A【解析】【解答】A．根据闭合电路欧姆定律可得E=I（r+RL）+UM，代入数据解得I=2A，通过R0的电流为I0=UMR0=44C．电源的输出功率P=EI−ID．若电动机被卡住，电动机相当于一个纯电阻，则并联电路的电阻R=R0·故选A。

【分析】根据闭合电路的欧姆定律和欧姆定律列式解答；根据电动机的输出功率和效率的公式列式解答；根据电源的输出功率的公式列式解答；根据并联电路的电阻和闭合电路的欧姆定律列式解答。6．【答案】B【解析】【解答】设斜面长度为2L，初动能为Ek0，再次回到底端A时动能为EkA。

物块上滑过程，由动能定理得-mg•2Lsin30°-μ1mgcos30°•L-μ2mgcos30°•L=0-Ek0

物块下滑过程，由动能定理得mg•2Lsin30°-μ1mgcos30°•L-μ2mgcos30°•L=EkA-0

结合μ1=3μ2，解得μ1=3【分析】对物块沿斜面上滑和下滑的过程，分别运用动能定理列式，联立求解动摩擦因数μ1。7．【答案】D【解析】【解答】A、刚开始时穿过左侧回路的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，左侧回路中有沿顺时针方向的感应电流，则通过定值电阻R的电流方向由b到a，故A错误；

B、当金属棒即将与上导轨脱离时，有效切割长度最大，产生的感应电动势最大，故B错误；C．由图

可知，当金属棒转过53°时，金属棒即将与上导轨脱离，在此之前，通过定值电阻的电荷量为q=IΔt=ERD．当金属棒即将与上导轨脱离时，根据动生电动势表达式可得金属棒产生的电动势为Em=Bdv故选D。【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；当金属棒即将与上导轨脱离时，有效切割长度最大，产生的感应电动势最大；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电荷量与电流的关系求通过定值电阻R的电荷量；求出最大感应电动势，再求电容器C所带电荷量最大。8．【答案】A,B【解析】【解答】A．题图所示时刻a质点处于波峰，即将向下振动，b质点向上振动，故质点b比质点a先回到平衡位置，故A正确；

B．根据题图知波长为λ=4m，则周期T=λv=0.4s，则经过0.2s=T2，质点的路程为两个振幅，即40cm，故B正确；

C．沿x轴负方向传播，根据同侧法可知，图示时刻x=2m处的质点向y轴负方向振动，在t=0.1s时振动19．【答案】A,D【解析】【解答】A．从匀强电场中的A点以初速度v0沿右上方射出，速度与电场方向的夹角为30°，将小球的运动分解在水平和竖直方向上，初速度分量v0x=加速度分量ax=qEm=3gB．水平方向做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动位移—时间关系可得A、B间距L=vC．竖直方向上做竖直上抛运动，小球在B点vy与A点的等大反向，但vx比A点的大，因此夹角不是30°，故C错误；D．小球从A点运动到B点，只有电场力做正功，根据动能定理可得小球在B点的动能Ek故选AD。

【分析】小球受到重力和电场力作用，可分解为竖直方向和水平方向的分运动。竖直方向上只受重力，做竖直上抛运动；水平方向受电场力，做匀加速直线运动。由于A、B等高，竖直位移为零，据此求时间。再结合水平方向的加速度求位移和其他物理量。10．【答案】B,D【解析】【解答】A．设两小球质量均为m，位移为x时，小球重力势能Ep=mg（x+2L）sinθ，碰后两小球重力势能随x变化图像斜率绝对值为B．设弹簧的劲度系数为k'，由图乙可知，小球B静止时弹簧的伸长量为l，根据平衡条件应有k'l=mgC．对两小球从碰后到速度减为0，由能量守恒可得E由图像可知Ep1=Ep2，EpG1=kl2，ED．取沿斜面向上为正方向，碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有m解得碰前速度v1=2v=2即12×mv故选BD。

【分析】确定小球B静止时的位置和受力平衡得到弹簧的劲度系数；根据碰撞后的机械能守恒求出碰撞后的速度；通过动量守恒求出A的初速度。11．【答案】（1）a（2）2.0（3）0.20【解析】【解答】（1）物块向右做匀加速直线运动，纸带右端连接物块，运动过程中相邻点间距逐渐变大，ab段位移最小，因此a更靠近物块。（2）电源频率50Hz，相邻计数点间4个点未画出，时间间隔T=0.10s，根据逐差法可得加速度a=xce（3）对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律可得mg−μMg=(M+m)a，解得物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20

【分析】（1）匀加速直线运动，速度越来越大，相等时间内位移越来越大；纸带靠近物块的一侧点间距更小；

（2）物体做匀变速运动，根据逐差法求加速度；

（3）对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。（1）图乙为该同学截取重物落地前物块运动过程的一段纸带，可知物块做加速运动，相同时间内通过的位移逐渐增大，从纸带记录的信息可知a计数点更靠近物块。（2）相邻两个计数点之间还有四个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为T=5×0.02根据逐差法可得加速度a=代入数据解得a=2.（3）根据牛顿第二定律可得mg−μMg=(M+m)a解得物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2012．【答案】（1）A；D（2）180；R断路（3）0.01；2400【解析】【解答】（1）在使用欧姆表测量电阻阻值时，若红黑表笔接反了，测量值不变；用多用电表的欧姆挡测导体的电阻时，若两手同时分别接触两表笔的金属杆，相当人体与电阻并联，则测量值偏小；用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，说明倍率选择过低，则应换倍率较大的挡再进行测量；测量结束后，要将选择开关置于OFF位置，故AD正确，BC错误。

故选：AD。

（2）将选择开关置于电阻挡，分别将红黑表笔接c、e端时，由图可知读数为180Ω；再测e、f时表针几乎不动，说明从e到f已开路。结合电路图可判定是电阻R断路。（3）多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”，且电阻挡倍率为“×10”，可知多用电表电阻挡总内阻为R内=150当选择开关与5连接时是较大电压挡，量程U=25V，则根据串联电路规律有解得R3+R4=2400Ω（1）（1）[1]A．人是导体，若两手同时分别接触两表笔的金属杆，测量的是电阻和人体的并联电阻阻值，并联电阻总阻值小于任何一个支路电阻，故测量结果将偏小，A正确；B．测量电阻时，如果红、黑表笔接反了，不会影响测量结果，B错误；C．用电阻挡测量电阻时，若指针偏转角度很小，说明待测电阻比较大，应将选择开关拨至倍率更大的挡位，C错误；D．测量结束后，需要将选择开关置于OFF挡或者交流电压最高挡，D正确。故选AD。（2）（2）[2]电阻挡倍率为“×10”，由图丙可得读数为18×10Ω[3]因为各点间的电压Uab=可知故障在ef之间，结合用电阻挡测量e、f端时，指针几乎不偏转，电路故障为电阻R断路。（3）（3）[4]多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”，且电阻挡倍率为“×10”，可知多用电表电阻挡总内阻为R内=150[5]当选择开关与5连接时是较大电压挡，量程U=25V，则根据串联电路规律有解得R13．【答案】（1）根据理想气体状态方程有p解得p（2）根据热力学第一定律有Δ【解析】【分析】（1）根据理想气体状态方程，求解封闭气体的压强；

（2）根据热力学第一定律∆U=Q+W，求解压缩后气体的内能变化量。（1）根据理想气体状态方程有p解得p（2）根据热力学第一定律有Δ14．【答案】（1）解：由题意可知圆弧轨道PQ对应的圆心角θ=45∘，设小球到达P点时的速度为vP，小球经由P点恰好到达小球和物块组成的系统机械能守恒，满足1联立解得vP=小球到达P点时弹簧的弹性势能全部转化为小球在P点的动能，满足E（2）解：小球再次回到P点时，小球和物块组成的系统水平方向动量守恒，满足4m小球和物块组成的系统机械能守恒，满足1解得v球=−小球再次回到P点时，由牛顿第二定律可知物块对小球的支持力满足F解得F根据牛顿第三定律，小球对物块的压力大小F【解析】【分析】（1）小球与物块作为一个系统，水平方向满足动量守恒条件，根据动量守恒和能量守恒列式求得小球到达P点速度，再根据能量守恒求得撤去外力时弹簧的弹性势能Ep；

（2）小球再次回到P点过程中，由动量守恒和能量守恒列式求得回到P点时小球和物块速度，在P点，指向圆心合力提供向心力，列式求得小球再次回到P点时，对物块的压力大小F'N。（1）由题意可知圆弧轨道PQ对应的圆心角θ=45∘，设小球到达P点时的速度为vP，小球经由P点恰好到达小球和物块组成的系统机械能守恒，满足1联立解得vP=小球到达P点时弹簧的弹性势能全部转化为小球在P点的动能，满足E（2）小球再次回到P点时，小球和