2026届江西省临川实验学校高三下学期第五次调研考试物理试题含解析

这是一份2026届江西省临川实验学校高三下学期第五次调研考试物理试题含解析，共19页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、两行星和各有一颗卫星和，卫星的圆轨道接近各自的行星表面，如果两行星质量之比，两行星半径之比则两个卫星周期之比为（ ）
A．B．C．D．
2、如图所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′。则（ ）
A．a′＞a，T′=TB．a′=a，T′=TC．a′＜a，T′＞TD．aʹ＜a，T′＜T
3、如图，倾角为的斜面固定在水平面上，质量为的小球从顶点先后以初速度和向左水平抛出，分别落在斜面上的、点，经历的时间分别为、；点与、与之间的距离分别为和，不计空气阻力影响。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．两球刚落到斜面上时的速度比为1∶4
D．两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1∶1
4、带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是
A．在a点的加速度大于在b点的加速度
B．在a点的电势能小于在b点的电势能
C．在a点的速度小于在B点的速度
D．电场中a点的电势一定比b点的电势高
5、如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线左侧无磁场，右侧有磁感应强度的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，质量、带电量的小球C静置于其中；虚线左侧有质量，不带电的绝缘小球A以速度进入磁场中与C球发生正碰，碰后C球对水平面压力刚好为零，碰撞时电荷不发生转移，g取10m/s 2，取向右为正方向．则下列说法正确的是（ ）
A．碰后A球速度为B．C对A的冲量为
C．A对C做功0.1JD．AC间的碰撞为弹性碰撞
6、科幻电影《流浪地球》讲述了这样的故事：太阳即将毁灭，人类在地球上建造出巨大的推进器，使地球经历了停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速入轨等阶段，最后成为比邻星的一颗行星。假设若干年后，地球流浪成功。设比邻星的质量为太阳质量的，地球质量在流浪过程中损失了，地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的，则地球绕比邻星运行与绕太阳运行相比较，下列关系正确的是（ ）
A．公转周期之比为
B．向心加速度之比为
C．动能之比为
D．万有引力之比为
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、在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图所示，倾斜的传送带以恒定速率逆时针运行，皮带始终是绷紧的。质量的货物从传送带上端点由静止释放，沿传送带运动到底端点，两点的距离。已知传送带倾角，货物与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，。则（ ）
A．货物从点运动到点所用时间为1.2s
B．货物从运动到的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为0.8J
C．货物从运动到的过程中，传送带对货物做功大小为11.2J
D．货物从运动到与传送带速度相等的过程中，货物减少的重力势能小于货物增加的动能与摩擦产生的热量之和
8、两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动已知A球细线跟竖直方向的夹角为，B球细线跟竖直方向的夹角为，下列说法正确的是
A．细线和细线所受的拉力大小之比为：1
B．小球A和B的向心力大小之比为1：3
C．小球A和B的角速度大小之比为1：1
D．小球A和B的线速度大小之比为1：
9、光滑平行导轨ab、cd水平放置，两导轨间距为L，两导轨分别与电容为C的电容器的两极板相连，两导轨的右端连接光滑绝缘的圆弧轨道bf、ce圆弧轨道的半径为R，水平导轨与圆弧轨道分别相切于b、c两点。把一质量为m，长度为L的金属杆置于bc位置，如图所示。闭合电键S，金属杆恰能滑到ef。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁场分布如图所示，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g，下列各种说法中正确的是（ ）
A．金属杆刚滑上圆弧轨道时，对轨道的压力为3mg
B．从左向右看，电容器的左极板带负电，右极板带正电
C．电容器两极板间的电势差减小了
D．若磁场方向改为水平向右，则闭合电键S后，金属杆仍能上升R的高度
10、如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，经过t1＝6s，波形图如图中虚线所示。已知波的周期T＞4s，则下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长为8m
B．该波的周期可能为8s
C．在t＝9s时，B质点一定沿y轴正方向运动
D．B、C两质点的振动情况总是相反的
E.该列波的波速可能为m/s
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）某科技小组想测定弹簧托盘秤内部弹簧的劲度系数k，拆开发现其内部简易结构如图(a)所示，托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D与齿条C啮合，在齿轮上固定指示示数的指针E，两根完全相同的弹簧将横杆吊在秤的外壳I上。托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置。指针随齿轮转动一周后刻度盘的示数为P0＝5 kg。
科技小组设计了下列操作：
A．在托盘中放上一物品，读出托盘秤的示数P1，并测出此时弹簧的长度l1；
B．用游标卡尺测出齿轮D的直径d；
C．托盘中不放物品，测出此时弹簧的长度l0；
D．根据测量结果、题给条件及胡克定律计算弹簧的劲度系数k；
E．在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P2，并测出此时弹簧的长度l2；
F．再次在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P3，并测出此时弹簧的长度l3；
G．数出齿轮的齿数n；
H．数出齿条的齿数N并测出齿条的长度l。
(1)小组同学经过讨论得出一种方案的操作顺序，即a方案：采用BD步骤。
①用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k，则k＝________。
②某同学在实验中只测得齿轮直径，如图(b)所示，并查资料得知当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，则弹簧的劲度系数k＝________。(结果保留三位有效数字)
(2)请你根据科技小组提供的操作，设计b方案：采用：________步骤；用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k，则k＝________。
12．（12分）第34届全国青少年科技创新大赛于2019年7月20-26日在澳门举办，某同学为了测试机器人内部电动机的电阻变化，对一个额定电压为6V，额定功率约为3.5W小型电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，要求电动机两端的电压能从零逐渐增加到6V，实验室备有下列器材：
A．电流表（量程Ⅰ:0～0.6 A，内阻约为1 Ω;量程Ⅱ:0～3 A，内阻约为0.1 Ω）
B．电压表(量程为0～6 V，，内阻几千欧)
C．滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)
D．滑动变阻器R2(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A)
E.电池组(电动势为9 V，内阻小于1 Ω)
F.开关和导线若干
（1）实验中所用的滑动变阻器应选 ____ (选填“C”或“D”)，电流表的量程应选 _____ (选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
（2）请用笔画线代替导线将实物图甲连接成符合这个实验要求的电路。
（______）
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，改变加在电动机上的电压，实验中发现当电压表示数大于1 V时电风扇才开始转动，电动机的伏安特性曲线如图乙所示，则电动机线圈的电阻为______Ω，电动机正常工作时的输出机械功率为_______W。(保留两位有效数字)
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，在大气中有一水平放置的固定刚性圆筒，它由圆心共轴的圆筒a、b连接而成，其横截面积分别为3S和S。已知大气压强为p0，温度为T0。两活塞A、B圆心处用一根长为3l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，现对被密封的气体缓慢加热，求：
①当B活塞刚好碰到b部分圆筒的左侧时，气体温度为多少？
②当气体温度为3T0时，气体的压强为多少？
14．（16分）如图所示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A、B连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知A与右侧水平面的动摩擦因数，B左侧水平面光滑，重力加速度为，求：
(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。
15．（12分）如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=1m/s匀速转动．CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s1．
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能；
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.1m处（CD长大于1.1m），求物块通过E点时受到的压力大小；
（3）满足（1）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．
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、A
【解析】
卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，有
得
所以两卫星运行周期之比为

故A正确、BCD错误。
故选A。
2、A
【解析】
对情况一的整体受力分析，受重力、支持力和拉力：
①
再对小球分析：
②
③
联立①②③解得：，；
再对情况二的小球受力分析，据牛顿第二定律，有：
④
解得，由于M＞m，所以；
细线的拉力：
⑤
A正确，BCD错误。
故选A。
3、D
【解析】
A．平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定
解得
可知时间与初速度成正比，所以，故A错误；
B．落点到A点的距离
可知距离与初速度的平方成正比，所以，故B错误；
CD．设速度与水平方向的夹角为，有
则知小球落在斜面上时速度方向相同，所以两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角相同，夹角正切值的比为1∶1，
则落到斜面上时的速度为
则可知刚落到斜面上时的速度与初速度成正比，所以两球刚落到斜面上时的速度比为1∶2，故C错误，D正确。
故选D。
4、C
【解析】
电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知EA＜EB，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，电势能减小，即在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误；整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故C正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误；故选C．
5、A
【解析】
A．设碰后A球的速度为v1，C球速度为v2。
碰撞后C球对水平面压力刚好为零，说明C受到的洛伦兹力等于其重力，则有
Bqcv2=mcg
代入数据解得
v2=20m/s
在A、C两球碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mAv0=mAv1+mcv2
代入数据解得
v1=15m/s
故A正确。
B．对A球，根据动量定理，C对A的冲量为
I=mAv1-mAv0=（0.004×15-0.004×20）N•s=-0.02N•s
故B错误。
C．对A球，根据动能定理可知A对C做的功为

故C错误；
D．碰撞前系统的总动能为

碰撞后的总动能为
因Ek′＜Ek，说明碰撞有机械能损失，为非弹性碰撞，故D错误。
故选A。
6、C
【解析】
A．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
故
故A错误；
B．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
故
故B错误；
C．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
动能
代入数据计算解得动能之比为
故C正确；
D．万有引力
代入数据计算解得
故D错误。
故选C。
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、AC
【解析】
A．物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
解得
a1=10m/s2
加速到与传送带共速时的时间

物块运动的距离

因为mgsinθ>μmgcsθ，可知共速后物块将继续加速下滑，加速度：
mgsinθ-μmgcsθ=ma2
解得
a2=2m/s2
根据

即

解得
t2=1s，
则货物从A点运动到B点所用时间为
t=t1+t2=1.2s
选项A正确；
B．货物在前半段加速阶段相对传送带的位移
货物在后半段加速阶段相对传送带的位移
则从A到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为

选项B错误；
C．货物从运动到的过程中，传送带对货物做功大小为
选项C正确；
D．货物从运动到与传送带速度相等的过程中，对货物由动能定理：
即货物减少的重力势能与摩擦力做功之和等于货物增加的动能；
选项D错误；
故选AC.
8、BC
【解析】
A项：两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由：TAcs30°=mg，TBcs60°=mg，则，TB=2mg，所以，故A错误；
B项：小球A做圆周运动的向心力FnA=mgtan30°=，小球B做圆周运动的向心力FnB=mgtan60°=，可知小球A、B的向心力之比为1：3，故B正确；
C、D项：根据mgtanθ=m•htanθ•ω2= 得，角速度，线速度可知角速度之比为1：1，线速度大小之比为1：3，故C正确，D错误．
点晴：小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比．根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出线速度和角速度之比．
9、AC
【解析】
A．金属杆由bc滑到ef过程，由机械能守恒有
mv2=mgR
金属杆刚滑上圆弧轨道时，由牛顿第二定律有
FN－mg=m
两式联立解得
FN=3mg
所以金属杆对轨道的压力为3mg，故A正确
B．闭合电键后金属杆获得向右的速度，说明其所受的安培力向右，由左手定则知电流方向由b到c，所以从左向右看，电容器左端为正极板，右端为负极板，故B错误；
C．金属杆受安培力作用，由牛顿第二定律有
由运动学公式有v=t，流过金属杆的电荷量Δq=t，电容器两极板间电势差的减小量ΔU=，联立解得
ΔU=
故C正确；
D．若磁场方向改为水平向右，金属杆所受安培力为竖直向上，由于还受到重力作用，金属杆所获得的速度将小于v，所以上升的高度将小于R，故D错误。
故选AC。
10、BDE
【解析】
A．分析波形图，可知波长λ＝4m，故A错误；
BE．设波沿x轴正方向传播，则，n＝0、1、2…，其中T＞4s，则n＝0时，T＝24s，波速 ；n＝1时，T＝s，波速v＝m/s；
设波沿x轴负方向传播，则，n＝0、1、2…，其中T＞4s，则n＝0时，T＝8s，波速v＝0.5m/s，故BE正确；
C．当波沿x轴负方向传播时，T＝8s，在t＝9s时，B质点在平衡位置下方，沿y轴负方向运动，故C错误；
D．B、C两质点平衡位置相隔半个波长，振动情况完全相反，故D正确；
故选BDE.
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、 7.96×102 N/m CAEFD
【解析】
(1)[1]①弹簧的伸长量与齿条下降的距离相等，而齿条下降的距离与齿轮转过的角度对应的弧长相等，齿轮转动一周对应的弧长即为齿轮周长，即托盘中物品质量为P0＝5 kg时弹簧的伸长量：
Δx＝πd
因此只要测出齿轮的直径d即可计算其周长，然后由胡克定律得：
2kΔx＝P0g
解得k＝；
[2]②游标卡尺读数为0.980 cm，代入：
k＝
得k＝7.96×102 N/m；
(2)[3]直接测出不同示数下弹簧的伸长量也可以进行实验，即按CAEFD进行操作，实验不需要测量齿轮和齿条的齿数，GH是多余的；
[4]求解形变量
Δx1＝l1－l0
Δx2＝l2－l0
Δx3＝l3－l0
则：
k1＝
k2＝
k3＝
则：
k＝
联立解得：k＝。
12、C Ⅰ 2.5 2.6
【解析】
（1）[1][2]．电风扇的额定电流，从读数误差的角度考虑，电流表选择量程Ⅰ。电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10 Ω的误差较小，即选择C。
（2）[3]．因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。则可知对应的实物图如答案图所示。
（3）[4][5]．电压表读数小于1 V时电风扇没启动，由图象可知I=0.4 A。根据欧姆定律得
。
正常工作时电压为6 V，根据图象知电流为0.57 A，则电风扇发热功率
P=I2R=0.572×2.5 W=0.81 W
则机械功率
P'=UI-I2R=6×0.57 W-0.81 W=2.61 W≈2.6 W。
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、①②
【解析】
①从开始加热气体到B活塞刚好碰到b左侧时，气体为等压变化，由
可得：
②当气体温度为3T0时，B活塞已经卡在b左侧，气体在(1)问的基础上进行等容变化，由
可得：
14、 (1)；(2) ；(3)
【解析】
(1)在D点，有
从C到D，由动能定理，有
在C点，有
解得
由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力
(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有
对物块A，从弹簧释放后运动到C点的过程，有
B滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，由动量守恒定律，有
由机械能守恒定律，有
解得
(3)物块B从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律
由机械能守恒，有
解得
，
由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功
解得
15、（1）（1）N=11.5N（3）Q=16J
【解析】
（1）由动量定理知：
由能量守恒定律知：
解得：
（1）由平抛运动知：竖直方向：
水平方向：
在E点，由牛顿第二定律知：
解得：N=11.5N
（3）从D到E，由动能定理知：
解得：
从B到D，由动能定理知
解得：
对物块
解得：t=1s；
由能量守恒定律知：
解得：Q=16J