2026届余江县第一中学高三第二次诊断性检测物理试卷含解析

这是一份2026届余江县第一中学高三第二次诊断性检测物理试卷含解析，共17页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示，图甲为一简谐横波在t=0.10s时的波形图，P是平衡位置在x= 0.5m处的质点，Q是平衡位置在x =2m处的质点；图乙为质点Q的振动图象。下列说法正确的是（ ）
A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的传播速度为2m/s
C．t=0.15s，P的加速度方向与速度方向相同D．从t=0.10s到t=0.15s，P通过的路程为10cm
2、2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。已知扎帕塔（及装备）的总质量为120kg，设发动机启动后将气流以6000m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔（及装备）悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为（不考虚喷气对总质量的影响，取g=10m/s2）（ ）
A．0.02kgB．0.20kgC．0.50kgD．5.00kg
3、如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的支持臂用光滑铰链连接，转动手柄，通过水平螺纹轴减小MN间的距离，以抬高重物。保持重物不变，MP和PN夹角为120°时N点受到螺纹轴的作用力为F1；MP和PN夹角为60°时N点受到螺纹轴的作用力为F2。不计支持臂和螺纹轴的重力，则F1与F2大小之比为（ ）
A．1：1B．1：3C．：1D．3：1
4、如图所示，变压器为理想变压器，电压变化规律为的交流电压接在a、b两端，L为灯泡，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列正确的是（ ）
A．电压表V2示数不变，V3示数增大
B．变阻器滑片是沿d→c的方向滑动
C．该变压器起降压作用
D．灯泡发光每秒闪50次
5、目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破．为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶．测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm．设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是
A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒
B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零
C．上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于
D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于
6、在物理学研究过程中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、理想模型法、微元法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )
A．牛顿采用微元法提出了万有引力定律，并计算出了太阳和地球之间的引力
B．根据速度定义式v＝，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法
C．将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、下列说法正确的有_________
A．光的偏振现象说明光是一种纵波
B．红外线比紫外线更容易发生衍射
C．白光下镀膜镜片看起来有颜色，是因为光发生了衍射
D．交警可以利用多普勒效应对行驶的汽车进行测速
8、如图所示，在边长为L的正方形区域ABCD内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m，电荷量为q的带电粒子（不计重力），分别以相同的速率v从A点沿不同方向垂直磁场方向射入磁场，当沿AC方向射入时，垂直于BC边射出磁场。则粒子（ ）
A．带负电
B．运动速率
C．在磁场中运动的最长时间
D．在磁场中运动的最长时间
9、如图所示为平行于轴的静电场电势随变化的图象。电子只受电场力，自位置静止释放，到达O点时的动能为，已知电子电量为e，质量为m，，则下列分析正确的是（ ）
A．电子在处速度为B．电子在处加速度为
C．电子将沿轴做往复运动，周期D．电子在处动能与电势能之和为
10、如图所示，在光滑水平的平行导轨MN、HG左端接一阻值为的电阻（导轨电阻不计），两轨道之间有垂直纸面向里的匀强磁场。一电阻也为的金属杆，垂直两导轨放在轨道上。现让金属杆在外力作用下分别以速度v1、v2由图中位置1匀速运动到位置2，两次运动过程中杆与导轨接触良好，若两次运动的速度之比为，则在这两次运动中下列说法正确的是（ ）
A．R0两端的电压之比为U1:U2＝1:2
B．回路中产生的总热量之比Q1:Q2＝1:4
C．外力的功率之比P1:P2＝1:2
D．通过导体横截面的电荷量q1:q2＝1:1
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某同学在《探究弹力和弹簧伸长关系》的实验中，用完全相同的弹簧A和B并联后上端固定，下端与长木板相连，长木板带挂钩和指针总重2N，右边有一米尺，零刻度与弹簧上端对齐，现在在挂钩上挂不同个数的够吗，测得数据如下表：
（1）每根弹簧的原长为_________cm，每根弹簧的劲度系数为______N/m；
（2）若将A、B弹簧串联起来使用，它们整体的劲度系数为______。
A．25N/m B．100N/m C．50N/m D．200N/m
12．（12分）某中学实验小组成员在应用多用电表测电阻实验。如图为一多用电表的表盘，其中表盘上的三个重要部件分别用三个字母A、B、C标记了出来，然后在测量电阻时操作过程如下：
①在测量电阻以前，首先进行的操作应是机械调零，要调节部件_________，使多用电表的指针指在表盘最_________（填“左”或“右”）端的零刻度线位置；
②然后同学将旋钮C调节到“×100”的挡位；
③将红表笔插到_____（“+”或“—”）孔，黑表笔插到_____（“+”或“—”）孔，将两表笔短接，调节部件______，使多用电表的指针指在表盘最_________（填“左”或“右”）端的零刻度线位置；
④完成以上的操作后，然后将两表笔与被测量的电阻良好接触，多用电表的指针几乎没有发生偏转，为了减小测量的误差。从下列选项中选出正确的部分操作步骤，并进行正确的排序__________，最后测出待测电阻的阻值。
A．用两表笔与待测电阻相接触 B．将两表笔短接进行欧姆调零
C．将旋钮C调节到“×1”的挡位 D．将旋钮C调节到“×1k”的挡位
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，在第一象限有一匀强电场。场强大小为，方向与轴平行。一质量为、电荷量为的粒子沿轴正方向从轴上点射入电场，从轴上的点离开电场。已知，。不计粒子重力。求：
(1)场强的方向和粒子在第一象限中运动的时间；
(2)粒子离开第一象限时速度方向与轴的夹角。
14．（16分）如图所示，可视为质点的质量为m=1.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=1.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h=1.2m，水平距离为x=1.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2=2.1m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为=1．5，重力加速度g=11m/s2。
(1)求水平轨道AB的长度l1；
(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；
(3)若在AB段水平拉力F作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围。
15．（12分）如图所示，MN和M′N′为两竖直放置的平行光滑长直金属导轨，两导轨间的距离为L。在导轨的下部有垂直于导轨所在平面、方向向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在导轨的MM′端连接电容为C、击穿电压为Ub、正对面积为S、极板间可认为是真空、极板间距为d的平行板电容器。在t＝0时无初速度地释放金属棒ef，金属棒ef的长度为L、质量为m、电阻可忽略不计．假设导轨足够长，磁场区域足够大，金属棒ef与导轨垂直并接触良好，导轨和各接触处的电阻不计，电路的电感、空气的阻力可忽略，已知重力加速度为g。
(1)求电容器两端的电压达到击穿电压所用的时间；
(2)金属棒ef下落的过程中，速度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，电容器极板上的电荷量逐渐增加，两极板间存储的电场能也逐渐增加。单位体积内所包含的电场能称为电场的能量密度。已知两极板间为真空时平行板电容器的电容大小可表示为C＝。试证明平行板电容器两极板间的空间内的电场能量密度ω与电场强度E的平方成正比，并求出比例系数(结果用ε0和数字的组合表示)。
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、C
【解析】
A．分析振动图像，由乙图读出，在t=0.10s时Q点的速度方向沿y轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿x轴负方向的传播，故A错误；
B．由甲图读出波长为λ=4m，由乙图读出周期为T=0.2s，则波速为
故B错误；
C．从t=0.10s到t=0.15s，质点P振动了，根据波动规律可知，t=0.15s时，质点P位于平衡位置上方，速度方向沿y轴负方向振动，则加速度方向沿y轴负方向，两者方向相同，故C正确；
D．在t=0.10s时质点P不在平衡位置和最大位移处，所以从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程
s≠A=10cm
故D错误。
故选C。
2、B
【解析】
设扎帕塔（及装备）对气体的平均作用力为，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔（及装备）的作用力的大小也等于，对扎帕塔（及装备），则
设时间内喷出的气体的质量，则对气体由动量定理得
解得
代入数据解得
发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg，故B正确，ACD错误。
故选B。
3、D
【解析】
当两臂间的夹角为时，两臂受到的压力为
对点分析，点受到螺纹轴的作用力为
当两臂间的夹角为时，两臂受到的压力为
对点分析，点受到螺纹轴的作用力为
则有
故A、B、C错误，D正确；
故选D。
4、C
【解析】
AB．观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，V3示数减小根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故AB错误，
C．观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C正确；
D．由可知，交流电的频率为
由于交变电流一个周期内电流方向发生100次变化，所以灯泡发光每秒闪100次，故D错误。
故选C。
5、D
【解析】
A、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；
B、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误；
C、上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间为t，根据动能定理可得：，解得，故C错误；
D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为，则，解得，故D正确．
6、A
【解析】
A．牛顿采用理想模型法提出了万有引力定律，没有计算出太阳和地球之间的引力，故A符合题意；
B．根据速度定义式v＝，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故B不符合题意
C．将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想，故C不符合题意；
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D不符合题意。
故选A。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BD
【解析】
A．光的偏振现象说明光是一种横波，故A错误；
B．当波长与障碍物的尺寸差不多或大于障碍物的尺寸，可以发生明显的衍射，故对同一障碍物，波长越长越容易发生明显的衍射；根据电磁波谱可知红外线比紫外线的波长更长，则红外线更容易出现明显衍射，B正确；
C．白光下镀膜镜片看起来有颜色，是因为镜片的前后表面的反射光相遇后发生光的干涉现象，且只有一定波长(一定颜色)的光干涉时，才会相互加强，所以看起来有颜色，故C错误；
D．交警借助测速仪根据微波发生多普勒效应时，反射波的频率与发射波的频率有微小差异，对差异进行精确测定，再比对与速度的关系，就能用电脑自动换算成汽车的速度，故D正确；
故选BD。
8、BC
【解析】
A．由左手定则可知粒子带正电，选项A错误；
B．根据粒子的运动轨迹可知
由
可得
选项B正确；
CD．从C点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，圆弧所对的圆心角为60°，则最长时间为
选项C正确，D错误。
故选BC。
9、BC
【解析】
A．静电场平行于轴，则图线的斜率表示场强，所以到0间的电场为匀强电场，0到间电场也为匀强电场，设电子在处速度为v，根据动能定理
所以
故A错误；
B．电子只受电场力，根据牛顿第二定律
故B正确；
C．电子将沿轴做往复运动，设从到0电子的运动时间为t1，根据运动学公式
所以
往复运动的周期
故C正确；
D.点子只受电场力，所以动能和电势能之和不变，初始时动能为零，电势能也为零，所以任意位置动能和电势能之和为0，故D错误。
故选：BC。
10、AD
【解析】
A．两种情况下杆产生的电动势分别为
、
回路中的总电阻为R。故回路中两次的电流分别为
、
故电流之比为
根据欧姆定律，R0两端的电压之比
故A正确；
B．两次运动所用的时间为
故产生的热量之比为
故B错误；
C．由于棒做匀速直线运动，故外力的功率等于回路中的功率，故
故C错误。
D．两种情况下磁通量的变化量相同，则通过导体横截面的电荷量为
故通过电阻横截面的电荷量为
q1:q2=1:1
故D正确。
故选AD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、9cm 50 N/m A
【解析】
(1)[1][2]根据力的平衡，有
把G=2N时，L=11cm与G=3N时，L=12cm代入解得
L0=9cm
k=50 N/m
(2)[3]将A、B弹簧串联起来使用，当拉力为F时，每个弹簧的形变量为x，整体形变量为2x，由F=kx,可得整体的劲度系数
故填A。
12、A 左 + — B 右 DBA
【解析】
①[1][2]使用前要进行机械调零（部件A），使指针指向左边的零刻度处；
③[3][4][5][6]将红、黑表笔分别插入“+”、“—”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮（部件B），使电表指针对准电阻的“0”刻线，即表盘最右端的零刻度线；
④[7]使用中每次换欧姆挡都要进行欧姆调零，使指针指向右边的零刻度处；由于测量时，指针从无穷大电阻开始偏转，偏角过小，说明需增大倍率，使指针指向欧姆表中间刻度附近，故正确的排序是DBA。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1)场强指向轴正方向，；(2)
【解析】
(1)负电荷受电场力方向是场强的反方向，所以场强的方向指向轴正方向。
带电粒子在电场中做类平抛运动，在轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，轴正方向做匀速运动。设加速度大小为，初速度为
由类平抛运动的规律得
又
联立解得
(2)设粒子离开第一象限时速度方向与轴的夹角为，则
联立解得
即。
14、 (1)2.4m(2) 不能(3)
【解析】
(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为，则有
从点运动到最高点的过程中，设小滑块到达点时的速度大小为，由机械能守恒定律有
代入数据解得
小滑块由到的过程中，由动能定理可得
代入数据可解得
。
(2)设小滑块到达点时的速度大小为，
则由动能定理可得
代入数据解得
设小滑块下落所需要的时间为，则有
解得
故小滑块在水平方向上运动的距离为
故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到点。
(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：
①当滑块刚好能够到达与圆心等高的点时，设恒力作用的距离为，则由动能定理可得：
代入数据可解得
故当恒力作用的距离满足时符合条件。
②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为，则有
设此时恒力作用的距离为，则有
代入数据可解得
当滑块刚好运动到点时速度为零，设此时恒力作用的距离为，则有
代入数据可解得
故当恒力作用的距离满足时符合条件。
③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达点时的速度大小为，则由平抛运动规律可得
代入数据解得
设此时恒力作用的距离为，故有
代入数据解得
故当恒力作用距离满足时符合条件。
15、 (1) (2)ε0，证明见解析
【解析】
本题为“单棒＋电容器＋导轨模型”，可以根据牛顿第二定律，使用“微元法”对棒列方程求解。
（1）在电容器两端电压达到击穿电压前，设任意时刻t，流过金属棒的电流为i，由牛顿第二定律知，此时金属棒的加速度a满足
mg－BiL＝ma
设在t到t＋Δt的时间内，金属棒的速度由v变为v＋Δv，电容器两端的电压由U变为U＋ΔU，电容器的带电荷量由Q变为Q＋ΔQ，由电流的定义、电荷量与电压和电容间的关系、电磁感应定律以及加速度的定义得
联立得
可知金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，当电容器两端电压达到击穿电压时，金属棒的速度为
v0＝
所以电容器两端电压达到击穿电压所用的时间为
。
（2）当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量ΔQi时，电容器两端的电压可认为始终为Ui，增加的电场能可用图甲中左起第1个阴影部分的面积表示；同理，当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量ΔQi＋1时，电容器两端的电压可认为始终为Ui＋1，增加的电场能可用图甲中左起第2个阴影部分的面积表示；依次类推可知，当电容器的带电荷量为Q′、两端电压为U′时，图乙中阴影部分的面积表示两极板间电场能的大小W′，所以
W′＝U′Q′
根据题意有
ω＝
又
Q′＝U′C，U′＝Ed，C＝
联立解得
ω＝ε0E2
所以电场能量密度ω与电场强度E的平方成正比，且比例系数为ε0。
钩码重力
0N
1N
2N
3N
指针对齐刻度
11cm
12cm
13cm
14cm