江苏省南京师范大学连云港华杰实验学校2026届高三下学期第五次调研考试物理试题含解析

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2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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，木块m放在木板AB上，开始θ=0，现在木板A端用一个竖直向上的力F使木板绕B端逆时针缓慢转动（B端不滑动）．在m 相对AB保持静止的过程中（ ）
A．木块m对木板AB的作用力逐渐减小
B．木块m受到的静摩擦力随θ呈线性增大
C．竖直向上的拉力F保持不变
D．拉力F的力矩先逐渐增大再逐渐减小
2、如图所示，斜面固定，平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧一端连接物块A，另一端固定，最初A静止．在A上施加与斜面成30°角的恒力F，A仍静止，下列说法正确的是（ ）
A．A对斜面的压力一定变小
B．A对斜面的压力可能不变
C．A对斜面的摩擦力一定变大
D．A对斜面的摩擦力可能变为零
3、如图所示，空间有一正三棱锥P-ABC，D点是BC边上的中点，点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一正的点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．ABC三点的电场强度相同
B．底面ABC为等势面
C．将一正的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功
D．若B、C、D三点的电势为，则有
4、如图所示，一个带正电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为若加上一个垂直于纸面指向纸外的方向的磁场，则物体滑到底端时（ ）
A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定
5、烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅来探测烟雾。当正常空气分子穿过探测器时，镅衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报。则（ ）
A．镅放出的是X射线
B．镅放出的是γ射线
C．1mg的镅经864年将有0.75mg发生衰变
D．发生火灾时，烟雾探测器中的镅因温度升高而半衰期变短
6、如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（ ）
A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是
B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是
C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0
D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
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、如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠A=，∠B=，AC长为L，已知A点的电势为（>0），B点的电势为2，C点的电势为0，一带电的粒子从C点以v0的速度出发，方向如图所示（与AC边成）。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向由B指向C
B．电场强度的大小为
C．若粒子能击中图中的A点，则该粒子的比荷为
D．只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的B点
8、如图所示，点为一粒子源，可以产生某种质量为电荷量为的带正电粒子，粒子从静止开始经两板间的加速电场加速后从点沿纸面以与成角的方向射入正方形匀强磁场区域内，磁场的磁感应强度为，方向垂直于纸面向里，正方形边长为，点是边的中点，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．若加速电压为时，粒子全部从边离开磁场
B．若加速电压为时，粒子全部从边离开磁场
C．若加速电压为时，粒子全部从边离开磁场
D．若加速电压由变为时，粒子在磁场中运动时间变长
9、如图所示，等量同种正电荷固定在M、N两点，虚线框ABCD是以MN连线的中点为中心的正方形，其中G、H、E、F分别为四条边的中点，则以下说法中正确的是（ ）
A．若A点电势为5V，则B点电势为5V
B．同一正电荷在A点具有的电势能大于在D点具有的电势能
C．在G点释放一个带正电粒子(不计重力)，粒子将沿GH连线向H点运动
D．在E点释放一个带正电粒子(不计重力)，粒子将沿EF连线向F点运动
10、如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定，轻弹簧一端连接于竖直墙上，另一端连接于套在杆上的小球上，小球处于静止状态。现用平行于杆向上的力拉球，使小球沿杄缓慢向上移动，当弹簧水平时恰好处于原长，则从小球开始向上运动直到弹簧水平的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．拉力越来越大B．拉力先减小后增大
C．杆对球的作用力一直减小D．杆对球的作用力先增大后减小
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）某学习小组用如图甲所示的实验装置探究“动能定理”。他们在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。
(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=______mm。
(2)下列实验要求中必要的一项是_______（请填写选项前对应的字母）。
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B．应将气垫导轨调至水平
(3)实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图像，研究滑块动能变化与合外力对它做功的关系，处理数据时应作出的图像是______ （填写 选项前对应的字母）。
A． B．M-F C． D．
12．（12分）某同学要测量一电池的电动势E和内阻r，实验器材有一个电阻箱R、一个开关S、导线若干和一个灵敏电流计G（满偏电流1mA，内阻未知）。由于G量程太小，需要改装成量程更大的电流表A，实验过程如下：
(1)使用多用电表测灵敏电流计内阻时，选择开关拨至“×10”挡，欧姆档调零后测量，指针的位置如图甲所示，阻值为____Ω；
(2)用图乙电路图进行测量，需要电流表A的量程为0.6A， 则对灵敏电流计G进行改装，需要在G两端___（选填“并"或“串”）联一个阻值为___Ω的电阻（结果保留一位有效数值）。
(3)该同学在实验中测出多组电流表A的电流I与电阻箱的阻值R的实验数据，作出—R图像。在坐标纸上做出如图所示的图线，由做出的图线可知，该电池的电动势是____V，内电阻为______Ω（小数点后保留两位数值）。
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）一定质量的理想气体经历了如图A→B→C→D→A的状态变化求该过程中
（1）气体最高温度T1与最低温度T2的比值；
（2）气体与外界交换的热量Q。
14．（16分）平行金属导轨竖直固定放置，顶端接一阻值为R的电阻，平行边界MN和PQ相距x，内有磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m的导体棒从边界处MN由静止释放，到边界PQ时，加速度恰好为零，已知平行金属导轨宽为L，重力加速度为g，导体棒始终与导轨保持良好接触，不计导体棒和导轨电阻。求：
（1）导体棒到边界PQ时速度的大小；
（2）导体棒穿过磁场的过程中通过电阻的电荷量；
（3）导体棒穿过磁场所用的时间。
15．（12分）如图所示，连通器中盛有密度为ρ的部分液体，两活塞与液面的距离均为l，其中密封了压强为p0的空气，现将右活塞固定，要使容器内的液面之差为l，求左活塞需要上升的距离x．
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.木板绕B端逆时针缓慢转动，m 相对AB保持静止的过程中，木板AB对木块m的作用力与木块m所受重力抵消，即木板AB对木块m的作用力大小为，方向竖直向上，则木块m对木板AB的作用力不变，故A项错误；
B. 在m 相对AB保持静止的过程，对木块m受力分析，由平衡条件得，木块m受到的静摩擦力
故B项错误；
C. 设板长为L，m 到B端距离为l，以B端为转轴，则：
解得：
所以竖直向上的拉力F保持不变，故C项正确；
D. 使木板绕B端逆时针缓慢转动，竖直向上的拉力F保持不变，则拉力F的力矩减小，故D项错误。
2、D
【解析】
设斜面倾角为θ，对物体进行受力分析，沿下面方向，最初支持力等于mgcsθ，施加恒力F后，支持力等于mgcsθ+Fsin30°，支持力一定增大．根据牛顿第三定律，A对斜面的压力一定变大，故A错误，B错误；平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧，，最初摩擦力向可能向上，可能向下，也可能为0，施加恒力F后，F沿斜面向上的分力为Fcs30°，由于F大小未知，摩擦力可能仍向上，也可能等于0；可能沿斜面向下，摩擦力的大小可能增大，也可能减小，故C错误，D正确．故选：D
3、C
【解析】
AB．A、B、C三点到P点的距离相等，根据点电荷的场强公式分析可知，A、B、C三点的电场强度大小相等，但方向不同；A、B、C的三个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面，但其它点到场源电荷的距离与A、B、C三点到场源电荷的距离不等，故底面ABC所在平面不是等势面，故A、B错误；
C．将一正的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势先升高后降低，电势能先增大后减小，则静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故C正确；
D．由于B、C的两个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面， 即，则有，故D错误；
4、A
【解析】
未加磁场时，根据动能定理，有
加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向上，所以物体对斜面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理，有

Wf′＜Wf
所以
v′＞v．
故A正确，BCD错误。
故选A。
5、C
【解析】
AB．镅会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中α射线能使空气电离，故镅放出的是α射线，故AB错误；
C．半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，1mg的镅将衰变掉四分之三即0.75mg，还剩下0.25 mg没有衰变，故C正确；
D．半衰期由原子核本身的性质决定，与物理条件和化学状态均无关，则温度升高而半衰期不变，故D错误。
故选C。
6、D
【解析】
根据动量守恒定律求出M与m的共同速度，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体和小车相对于地面的位移．根据动量定理求出摩擦力的作用的时间，以及摩擦力的冲量．
【详解】
规定向右为正方向，根据动量守恒定律有，解得；若，A所受的摩擦力，对A，根据动能定理得：，则得物体A对地向左的最大位移，若，对B，由动能定理得，则得小车B对地向右的最大位移，AB错误；根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即，C错误；根据动量定理得，解得，D正确．
【点睛】
本题综合考查了动量守恒定律和动量定理，以及牛顿第二定律和运动学公式，综合性强，对学生的要求较高，在解题时注意速度的方向．
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、BC
【解析】
A．B点的电势为2φ，C点的电势为0，故BC中点D的电势为φ，又有A、D电势相等，故匀强电场场强方向垂直AD，根据沿着电场线电势降低可得：电场线方向垂直AD指向左侧，故A错误；
B．根据可知电场强度的大小为
故B正确；
C．粒子在电场中做类平抛运动，粒子能击中图中的A点，则有
联立解得
故C正确；
D．粒子运动过程只受电场力作用，电场力与初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，所以粒子速度不论多大在电场中都不能击中图中的B点。
故D错误。
故选BC。
8、AC
【解析】
A．当粒子的轨迹与边相切时，如图①轨迹所示，设此时粒子轨道半径为，由几何关系得
得
在磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力
粒子在电场中加速过程根据动能定理
以上各式联立解得粒子轨迹与边相切时加速电压为
当粒子的轨迹与边相切时，如图②轨迹所示，由几何关系可得此时的半径为
同理求得此时的加速电压为
当粒子的轨迹与边相切时，如图③轨迹所示，由几何关系可得此时的半径为
同理求得此时的加速电压为
当加速电压为大于临界电压时，则粒子全部从边离开磁场，故A正确；
B．当加速电压为时
粒子从边离开磁场，故B错误；
C．当加速电压为时
所以粒子从边离开磁场，故C正确；
D．加速电压为和时均小于临界电压，则粒子从边离开磁场，轨迹如图④所示，根据对称性得轨迹的圆心角为，运动时间都为
故D错误。
故选AC。
9、AD
【解析】
A．根据等量同种电荷等势面分布情况和对称性可知，A点和B点电势相等，若A点电势为5V，则B点电势为5V，故A正确；
B．根据等量同种电荷等势面分布情况和对称性可知，A点和D点电势相等，则同一正电荷在A D两点具有的电势能相等，故B错误；
C．由G点释放一个带正电粒子(不计重力) ，该粒子所受的电场力垂直于MN连线向上，所以粒子将沿GH连线向上运动，故C错误；
D．在E点电场强度方向由E到F，带正电的粒子受到的电场力方向由E到F，粒子将沿EF连线向F点运动，故D正确。
故选AD。
10、AC
【解析】
AB．弹簧的弹力一直减小到零，弹力与竖直方向的夹角一直增大，设弹簧弹力与竖直方向的夹角为，在小球缓慢向上运动的过程中
可以分析得到一直增大，故A正确，B错误；
CD．设弹簧的原长为，则杆对小球弹力
随增大，减小，故C正确，D错误。
故选AC。
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、2.25 B A
【解析】
(1)[1]．游标尺的主尺读数为2mm，游标尺读数为5×0.05mm=0.25mm，则d=2mm+5×0.05mm=2.25mm。
(2)[2]．A、拉力是直接通过力传感器测量的，故滑块质量与钩码和力传感器的总质量无关，故A不必要；
B、应将气垫导轨调节水平，保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故B是必要的。
故选B。
(3)[3]．研究滑块的受力，根据动能定理可知

利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则遮光条通过光电门的瞬时速度
则
解得
研究滑块动能变化与合外力对它做功的关系，处理数据时应作出的图象为图象，故A正确，BCD错误。
故选A。
12、180 并 0.3 1.41~1.45 0.38~0.44
【解析】
(1)[1]．多用表欧姆挡读数为刻度值与倍率的乘积，即灵敏电流计内阻rg=18×10Ω=180Ω。
(2)[2][3]．灵敏电流计扩大量程需要并联一个小电阻R0，设灵敏电流计的满偏电流为Ig=1mA，内阻rg=180Ω，扩大量程后的电流为Im=0.6A，并联电路电压相等，根据欧姆定律有
Igrg=（Im-Ig）R0
得

(3)[4][5]．扩大量程后的安培表内阻
根据闭合电路欧姆定律
E=I（R+rg′+r）
整理得
结合图象有


联合解得
E≈1.45V
r≈0.43Ω。
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）；（2），吸热
【解析】
（1）根据理想气体状态方程
变形得
即压强与体积的乘积越大，温度越高，故状态温度最高，状态温度最低，设状态温度为，则等压变化，则有
等容变化，则有
联立解得
（2）的状态变化过程外界对气体做的功
根据热力学第一定律有
解得
故此过程是吸热
14、（1）；（2）；（3）。
【解析】
（1）导体棒到PQ时加速度为0，设此时运动时速度为
由法拉第电磁感应定律得电动势
由欧婦定律得回路电流
导体棒受力平衡
联立解得
（2）设导体棒穿过磁场时间为
回路平均电流
通过电阻的电荷量
联立解得
（3）导体棒从到，设向下为正方向，由动量定理
解得
15、
【解析】
右侧发生等温变化，
初态：压强P1＝P0，体积：V1＝lS
末态：压强P2，体积：
根据玻意耳定律可得：P1V1＝P2V2
即：P0lS＝P2
左侧发生等温变化，
初态：压强P3＝P0，体积：V3＝lS
末态：压强P4，体积：
根据玻意耳定律可得：P3V3＝P4V4
即：P0lS＝P4
活塞上升x后，根据平衡可得：P4+ρgl＝P2
联立可得左活塞需要上升的距离：