西南名校联盟2026届“3+3+3”高考备考诊断性联考（二）物理试卷

这是一份西南名校联盟2026届“3+3+3”高考备考诊断性联考（二）物理试卷，共12页。

物理参考答案
选择题：共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7 题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 8~10 题有多项符合题目要求，每小题 6 分，全部选对的给 6 分，选对但
不全的给 3 分，有选错的给 0 分。
【解析】
根据条纹间距公式x  l  可知，在同一装置中，波长越长相邻明条纹中心之间的间距越
d
大，可知，甲光的波长更长，频率更低，能量更低，故 A、B 错误。根据上述条纹间距公式可知，减小实验中的双缝间距，条纹间距会变大；增加实验中双缝与光屏的距离，条纹间距会变大，故 C 正确，D 错误。
3
这些氢原子跃迁过程中最多可发出C2  3 种频率的光，故 A 错误。从 n  3 跃迁到 n  1 放出的光子能量最大，根据 Ek  E  W0 ，可得此时最大初动能为 Ek  10.09eV ，故 B 正确。该锑铯化合物的逸出功为 2.0eV，则这些氢原子跃迁过程中有 2 种频率的光照射该锑铯化合物可使其电子逸出，故 C 错误。根据能级图可知氢原子处于 n  3 能级的能量为−1.51eV，
故要使其电离至少需要吸收 1.51eV 的能量，故 D 错误。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
C
A
B
D
AB
AD
BD
根据沿杆方向的分速度大小相等可得 v
A cs  vB
sin ，解得 vB
 vA
tan
，  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，B、C 错误。当 B 端距离货箱左壁 4m
时，   53 ，A、B 两端的速度大小之比为 4∶3，故 D 错误。
L
g
4 ．由单摆周期公式 T  2π
变形得 T
2  4π2
g
L ， T 2
2
4π
L 图像斜率 k ，易得
g
g ∶ g  1∶4，又星球 A 和星球 B 质量相等，由GM  gR2 有 R ∶ R  2∶1，故 A、B
ABAB
错误。由密度   M M，有  ∶   1∶8，故 C 正确，D 错误。
V4 πR3AB
3
5．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
0
M0
I  UM  4 A  1A ，所以通过电动机的电流为 I  I  I  1A ，故 A 正确。电动机的输出
R04
功率为 P  U I  I 2 r ，电动机的机械效率为 P机 100%  75% ，故 B 错误。电源
机M MM M
UM IM
的输出功率为 P出  EI  I 2r  16W ，故 C 错误。若电动机被卡住，电动机相当于一个纯电
阻，并联部分电阻为 P并  0. ，根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流为 I 
解得 I  2.5A ，故 D 错误。
E
r  RL
，
 R并
6 ．设 物块 沿 斜面向 上 滑行的 位 移大小 为 x ，则 上滑过 程 根据动 能 定 理 有
mgx sin 30   mg cs 30 • x   mg cs 30 • x  0  E；下滑过程根据动能定理有
1222k1
mgx sin 30  mg cs 30 • x   mg cs 30 • x  E ；又   3 ，联立解得  3 。故
122
选 B。
2k 21214
根据右手定则可知，刚开始时通过定值电阻的电流方向由 b 到 a，故 A 错误。金属棒产生
d1  d2
的电动势为 E  Bdv ，其中，d 为金属棒切割磁感线的长度，v 
，由题意可知，
2
金属棒转动过程中，金属棒切割磁感线的长度d 增大， v 在增大，所以电动势在增大，故
B 错误。由题意可知，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

Et
BS
4L2
4BL2
定值电阻的电荷量为 q  It  t t ，其中S ，解得 q ，
RRRR33R
故 C 错误。当金 属棒即将 与上导轨 脱离时， 金属棒产 生的电动 势为
  5 L    5 L
E  Bdv  B  5 L 62 25 BL2 ， 则 电 容 器 储 存 的 电 荷 量 为
m
Q  CEm
329
 25 CBL2 ，故 D 正确。
9
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。根据题图知波长为  4m ，则周期T   
v
4 m/s  0.4s ，则经
10
过0.2s  T 质点的路程为两个振幅，即为 40cm，故 B 正确。波沿 x 轴负方向传播， x  2m
2
处的质点在t  0 时位于平衡位置向下振动，经过t  0.1s  1 T ，可知该质点位于波谷，故
4
C 错误。波发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸接近或小于波长，根据题意可知，障碍物的尺寸大于波的波长，所以波不能发生明显的衍射现象，故 D 错误。
9 ． 将小球的运动分解在水平和竖直方向上。初速度分量 v0 x
 v0
cs 30 ，
3v0
2
v0 y
 v0
sin 30  v0 ；加速度分量a
x
 qE 
m
3g ，a
y
 g 。小球从 A 点运动到与 A 等高的
B 点，竖直位移为零，则有 y  v0 t  1 gt 2  0 ，解得 t  v0 ，故 A 正确。A、B 间距
22g
3g
13vv1 v 22 3v2
L  v t  a t 2  0 • 0  ••  0   0 ，故 B 错误。小球在 B 点v 与 A 点的
0 x2 x
2g23
 g 3gy
等大反向，但 vx 比 A 点的大，因此夹角不是30 ，故 C 错误。小球从 A 点运动到 B 点，
只有电场力做正功，因此小球在 B 点的动能 E  E  EqL  1 mv2  2 mv2  7 mv2 ，故 D
kk 0
203060
正确。
10．碰后两小球重力势能随 x 变化图像斜率绝对值为 2kl  2mg sin  mg ，解得 m  2kl ，故
g
A 错误。由图乙可知，小球 B 静止时弹簧的伸长量为l ，设弹簧的劲度系数为 k ，应有
kl  mg sin  1 mg  kl ，得 k  k ，故 B 正确。对两小球从碰后到速度减为 0，由能量 2
k1p1pG1p2pG 2p1p2pGpG 2
守恒可得 E  E  E E  E，由图像可知 E  E ， E kl 2 ， E 5kl 2 ，解
1
2gl
得 E  4kl 2 ，又 E  1  2mv2  mv2 ， m  2kl ，联立可得 v 

，故 C 错误。碰撞过
k1k12g
2gl
程动量守恒，有 mv1  2mv ，解得碰前速度 v1  2v  2
，对小球 A 从最低点到碰前，
10gl
由能量守恒可得 E E  E ，即 1  mv2  1  mv2  mg sin  2l ，解得 v ，故
D 正确。
k0kpG
20210
三、非选择题：本大题共 5 小题，共 54 分。
11．（每空 2 分，共 6 分）
（1）a
（2）2.0
（3）0.20
【解析】（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  0.1s ， 根 据 逐 差 法 x  aT 2 有 (9.29  7.30  3.30  5.29) 102 m  a 
(2  0.1s)2 ，解得 a  2.0m/s2 。
（3）根据牛顿第二定律可得 mg  Mg  (M  m)a ，解得物块与木板间的动摩擦因数为
  0.20 。
12．（每空 2 分，共 10 分）
AD
（2）180 电阻 R 断路
（3）0.012400
【解析】（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，故选 AD。
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。
m
开关接 2 时对应电流表量程 I  E ， R  15 10  150 ，所以 I  0.01A ；开关
R
内m
内
接 5 时， R  R  Um  R ， R  100 ，所以 R  R  2400 。
I
3434
m
13.（10 分）
解：（1）根据理想气体状态方程
P1V1  P2V2①
T1T2
2
代入数据可得 P  1.61106 Pa②
（2）根据热力学第一定律
U  Q  W③
Q  15J 、W  70J④
代入数据可得U  55J⑤
评分标准：本题共 10 分。正确得出①~⑤式各给 2 分。
14．（13 分）
解：（1）由题意，设小球到 P 点的速度为 v0 ，有
 1 mv2①
P20
小球滑上物块后，系统水平方向动量守恒，恰好不从 Q 点离开物块，则两者共速，有
mv0  (m  3m)v②
1 mv2  1 (m  3m)v2  mg(R  R cs 45)③
202
联立①②③解得 EP
 4  2 2 mgR④
3
（2）小球再次回到 P 点时，有
mv0  mv1  3mv2⑤
1 mv2  1 mv2  1 • 3mv2⑥
202122
11
解得 v1 
2
v0 ， v2 
2 v0⑦
小球相对物块的运动速度为
v3  v1  v2  v0⑧
物块对小球的支持力满足
mv2
 mg  3⑨
NR
小球对物块的压力 FN  FN⑩
解得 F   11  4 2 mg⑪
N3
评分标准：本题共 13 分。正确得出④、⑪式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
15．（15 分）
解：（1）由题意可知，在0  x≤d 区域内，微粒做匀加速直线运动，有
mg  qE①
mg • 1 d  qE • 1 d  1 mv2②
4420
gd
解得 v0 ③
在 d  x≤2d 区域内，微粒做匀速圆周运动，有
mv
2
qv B  0④
0R
R  d cs 45⑤
12g
Bd
联立解得 q ⑥
m
在0  x≤d 区域内
2mg  ma⑦
t  v0⑧
1a
在 d  x≤2d 区域内
t   T⑨
22π
其中  90 、T  2πm
qB
在2d  x≤3d 区域内
qv0 B 
2mg
⑩
微粒做匀速直线运动，有
t3 
d
v0 cs 45
微粒到达边界 x=3d 所需时间
6  π2d
4g
t  t  t  t ⑪
123
在 x  3d 区域，微粒运动过程中有最小动能时，微粒运动速度沿水平方向，有
qvy B • t  mvmin  mv0 cs 45⑫
vy • t  y⑬
mgy  1 mv2  1 mv2⑭
2min20
联立解得 vmin  0 （另解 vmin 
2v0 舍去）⑮
评分标准：本题共 15 分。正确得出①~⑮式各给 1 分。