江西省赣州市寻乌中学2026届高三第二次调研物理试卷含解析

这是一份江西省赣州市寻乌中学2026届高三第二次调研物理试卷含解析，共16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．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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、如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且电场力为3mg。重力加速度为g，由此可知（ ）
A．AB=3BC
B．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
C．小球从A到B与从B到C的动量变化量相同
D．小球从A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等
2、AC、CD为两个倾斜角度不同的固定光滑斜面，其中，水平距离均为BC，两个完全相同且可视为质点的物块分别从A点和D点由静止开始下滑，不计一切阻力，则（ ）
A．沿AC下滑的物块到底端用时较少
B．沿AC下滑的物块重力的冲量较大
C．沿AC下滑的物块到底端时重力功率较小
D．沿AC下滑的物块到底端时动能较小
3、用木板搭成斜面从卡车上卸下货物，斜面与地面夹角有两种情况，如图所示。同一货物分别从斜面顶端无初速度释放下滑到地面。已知货物与每个斜面间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。则货物（ ）
A．沿倾角α的斜面下滑到地面时机械能的损失多
B．沿倾角α的斜面下滑到地面时重力势能减小得多
C．沿两个斜面下滑过程中重力的功率相等
D．沿两个斜面下滑过程中重力的冲量相等
4、下列关于原子物理知识的叙述正确的是（ ）
A．衰变的实质是核内的中子转化为一个质子和一个电子
B．结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定
C．两个轻核结合成一个中等质量的核，核子数不变质量不亏损
D．对于一个特定的氡原子，知道了半衰期，就能准确的预言它在何时衰变
5、如图所示，由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比（ ）
A．杆AO对P的弹力减小B．杆BO对Q的弹力减小
C．P、Q之间的库仑力减小D．杆AO对P的摩擦力增大
6、如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的右端上方固定一根与条形磁误垂直的长直导线。当导线中没有电流通过时，磁铁受到的支持力为，受到的摩擦力为。当导线中通以如图所示方向的电流时，下列说法正确的是（ ）
A．减小，水平向左B．增大，水平向右
C．减小，为零D．增大，为零
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、水平放置的平行板电容器，极板长为l，间距为d，电容为C。 竖直挡板到极板右端的距离也为l，某次充电完毕后电容器上极板带正电，下极板带负电，所带电荷量为Q1如图所示，一质量为m，电荷量为q的小球以初速度v从正中间的N点水平射人两金属板间，不计空气阻力，从极板间射出后，经过一段时间小球恰好垂直撞在挡板的M点，已知M点在上极板的延长线上，重力加速度为g，不计空气阻力和边缘效应。下列分析正确的是（ ）
A．小球在电容器中运动的加速度大小为
B．小球在电容器中的运动时间与射出电容器后运动到挡板的时间相等
C．电容器所带电荷量
D．如果电容器所带电荷量，小球还以速度v从N点水平射入，恰好能打在上级板的右端
8、如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直纸面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v﹣t图象，图中数据均为己知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．t1到t2过程中，线框中感应电流沿顺时针方向
B．线框的边长为v1（t2﹣t1）
C．线框中安培力的最大功率为
D．线框中安培力的最大功率为
9、如图是倾角θ=37°的光滑绝缘斜面在纸面内的截面图。一长为L、质量为m的导体棒垂直纸面放在斜面上，现给导体棒通人电流强度为I，并在垂直于导体棒的平面内加匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，已知当地重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8.则以下说法正确的是（ ）
A．所加磁场方向与x轴正方向的夹角α的范围应为
B．所加磁场方向与x轴正方向的夹角α的范围应为
C．所加磁场的磁感应强度的最小值为
D．所加磁场的磁感应强度的最小值为
10、核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。是反应堆中发生的许多核反应中的一种，是某种粒子，是粒子的个数，用分别表示核的质量，表示粒子的质量，为真空中的光速，以下说法正确的是（ ）
A．为中子，
B．为中子，
C．上述核反应中放出的核能
D．上述核反应中放出的核能
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）图甲是某同学在做“探究加速度与力、质量的关系”实验初始时刻的装置状态图，图乙是该同学得到一条用打点计时器打下的纸带。
(1)写出图甲中错误的地方__________________________。（至少写出两点）
(2)图甲中所示打点计时器应该用以下哪种电源___________。
A．交流4~6V B．交流220V
C．直流4~6V D．直流220V
(3)为完成“探究加速度与力、质量的关系”实验，除了图甲中装置外，还需要用到以下哪些装置___________。
A． B．
C． D．
(4)该装置还可用于以下哪些实验_____________。
A．探究小车速度随时间变化的规律实验
B．用打点计时器测速度实验
C．研究平抛运动的实验
D．探究做功与物体速度变化的关系实验
(5)图乙是打点计时器打出的点，请读出C点对应的刻度为___________cm，已知打点计时器的频率为50Hz，打点计时器在打C点时物体的瞬时速度vC=_______m/s，由此纸带测得小车的加速度为a=______m/s2（最后两空计算结果均保留到小数点后面两位数字）。
12．（12分）在没有电压表的情况下，某物理小组借助于一个阻值R0＝15 Ω，最大阻值50Ω的滑动变阻器和两个电流表及一个不计内阻、电动势E＝6V的电源，成功测出了一个阻值大约为几十欧姆的电阻阻值，实验电路如图甲所示，若你为该小组成员，请完善探究步骤：
(1)现有四只可供你选择的电流表：
A．电流表（0~0.3 A，内阻为5.0 Ω） B．电流表（0~3 mA，内阻为2.0 Ω）
C．电流表（0~3 mA，内阻未知） D．电流表（0~0.6 A，内阻未知）
则电流表A1你会选________；电流表A2你会选________。（填器材前的字母）
(2)滑动变阻器的阻值变化则电流表A2的示数也随之发生变化，表示接入电路的滑动变阻器长度，表示电流表A2的示数，则下列四个选项中能正确反映这种变化关系的是________。
(3)该课外活动小组利用图甲所示的电路，通过改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到了若干组电流表A1、A2的示数I1、I2，然后在坐标纸上描点、连线，得到的I1－I2图线如图乙所示，由图可知，该待测电阻Rx的阻值为________Ω（结果保留三位有效数字）。这样测得的Rx的阻值有无系统误差________。（填有或无）
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，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁相连，在B点正下方悬挂一个定滑轮(不计重力和摩擦),杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．某人用轻绳绕过滑轮竖直向上匀加速地提起重物，已知重物的质量,加速度大小,人的质量，求此时:
(1)地面与人之间的弹力的大小;
(2)轻绳AB的弹力大小．
14．（16分）了测量所采集的某种植物种子的密度，一位同学进行了如下实验：
①取适量的种子，用天平测出其质量，然后将几粒种子装入注射器内；
②将注射器和压强传感器相连，然后缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度V，压强传感器自动记录此时气体的压强p；
③重复上述步骤，分别记录活塞在其它位置的刻度V和记录相应的气体的压强p；
④根据记录的数据，作出﹣V图线，并推算出种子的密度。
（1）根据图线，可求得种子的总体积约为_____ml（即cm3）。
（2）如果测得这些种子的质量为7.86×10﹣3kg，则种子的密度为_____kg/m3。
（3）如果在上述实验过程中，由于操作不规范，使注射器内气体的温度升高，其错误的操作可能是_____、_____。这样操作会造成所测种子的密度值_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
15．（12分）如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O位置．质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点．已知OP的距离为x0，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。求：
（1）O点和O′点间的距离x1；
（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能；
（3）设B的质量为βm，μ＝tanθ，v0＝3．在P点处放置一个弹性挡板，将A与另一个与A材料相同的物块B（可视为质点与弹簧右端不拴接）并排一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A离开B后给A外加恒力，沿斜面向上，若A不会与B发生碰撞，求β需满足的条件？
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、D
【解析】
AB．小球从A到B的时间为
在B点的竖直方向速度为
小球在电场中的加速度大小为
小球从B到C的时间为
则两段所用的时间之比为4：1，据题意，知小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，则
AB=4BC
故AB错误；
C．由动量定理可知，动量变化等于合力的冲量，由于AB段合力冲量方向向下，由于小球在BC段竖直方向做减速运动，则合力方向向上，所以小球在BC段合力冲量向上，故C错误；
D．据题意，知小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，从A到C由动能定理可知，小球从A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等，故D正确。
故选D。
2、A
【解析】
A．由于两者水平距离相同，均可用水平距离表示出运动时间，设水平距离为x，斜面倾角为，则：
得：
则倾角越大用时越少，A正确；
B．重力冲量：
沿轨道AC下滑的物块到底端用时较小，重力的冲量较小，B错误；
CD．由动能定理：
可知沿轨道AC下滑的物块重力做功大，所以到底端时速度大，动能较大；沿轨道AC下滑的物块到底端时速度大，倾斜角度θ大，由重力瞬时功率功率：
可知其重力瞬时功率较大，C错误，D错误。
故选A。
3、A
【解析】
A．设斜面长为，货物距地面的高度为，根据功的定义式可知，滑动摩擦力对货物做的功为
所以货物与斜面动摩擦因数一定时，倾角越小，克服摩擦力做功越多，机械能损失越多，故A正确；
B．下滑到地面时的高度相同，重力做功相同，重力势能减少量相同，故B错误；
CD．沿倾角大的斜面下滑时货物的加速度大，所用时间短，根据可知沿斜面下滑过程中重力的功率大，根据可知沿斜面下滑过程中重力的冲量小，故C、D错误；
故选A。
4、A
【解析】
A．β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故A正确；
B．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能大，原子核不一定越稳定，故B错误；
C．两个轻核结合成一个中等质量的核，会释放一定的能量，根据爱因斯坦质能方程可知存在质量亏损，故C错误；
D．半衰期是统计规律，对于一个特定的衰变原子，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰变，故D错误。
故选A。
5、D
【解析】
A．对两个小球作为整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和AO的支持力，故杆AO对小球P的弹力不变，故A错误；
BC．对Q受力如图
小球P向左移后，两个小球P、Q间的库仑力方向向图中虚线处变化，则由力的合成和平衡条件可知杆BO对小球Q的弹力变大，两小球P、Q之间的库仑力变大，故B、C错误；
D．对两个小球作为整体受力分析，在水平方向则有杆BO对小球Q的弹力等于杆AO对小球P的摩擦力，所以可得杆AO对小球P的摩擦力变大，故D正确；
故选D。
6、B
【解析】
以导线为研究对象，由左手定则判断可知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律可知，导线对磁铁的反作用力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到桌面水平向右的摩擦力；同时磁铁对桌面的压力增大，桌面对磁铁的支持力也将增大。
故选B。
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】
根据水平方向做匀速直线运动分析两段过程的运动时间，根据竖直方向对称性分析小球在电容器的加速度大小，根据牛顿第二定律以及
分析求解电荷量，根据牛顿第二定律分析加速度从而求解竖直方向的运动位移。
【详解】
AB．小球在电容器内向上偏转做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，出电容器后受到重力作用，竖直方向减速，水平方向由于不受力，仍然做匀速直线运动，由于两段过程在水平方向上的运动位移相同，则两段过程的运动时间相同，竖直方向由于对称性可知，两段过程在竖直方向的加速度大小相等，大小都为g，但方向相反，故A错误，B正确；
C．根据牛顿第二定律有
解得
故C错误；
D．当小球到达M点时，竖直方向的位移为，则根据竖直方向的对称性可知，小球从电容器射出时，竖直方向的位移为，如果电容器所带电荷量，根据牛顿第二定律有
根据公式
可知，相同的时间内发生的位移是原来的2倍，故竖直方向的位移为，故D正确。
故选BD。
8、BD
【解析】
A．金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；
B．由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v1，匀速运动的时间为t2﹣t1，故金属框的边长：L＝v1（t2﹣t1），故B正确；
CD．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg＝BIL，又，又 L＝v1（t2﹣t1），联立解得：；线框仅在进入磁场和离开磁场过程中受安培力，进入时安培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为Pm＝F安t2，又，联立得：，故C错误，D正确．
9、BC
【解析】
AB．根据共点力平衡知，安培力的方向在垂直斜面向下与竖直向上的这两个方向之间，根据左手定则知，所加磁场方向与x轴正方向的夹角θ的范围应为，故A错误，B正确。
CD．当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力最小，根据矢量三角形定则有
则磁感应强度的最小值
故C正确，D错误。
故选BC。
10、BC
【解析】
AB.由核电荷数守恒知X的电荷数为0，故X为中子；由质量数守恒知a=3，故A不符合题意，B符合题意；
CD.由题意知，核反应过程中的质量亏损△m=mu-mBa-mKr-2mn，由质能方程可知，释放的核能△E=△mc2=（mu-mBa-mKr-2mn）c2，故C符合题意，D不符合题意；
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、小车释放时距打点计时器过远；细线没有放在滑轮上；细线没有与木板平行 B BC ABD 11.00 0.60（0.59〜0.63均可） 1.35（1.30〜1.40均可）
【解析】
（1）[1]小车释放时距打点计时器过远、细线没有放在滑轮上、细线没有与木板平行均为错误操作；
（2）[2]图甲中是电火花计时器，电源应用交流电压220V，故选B；
（3）[3]题图甲中已经有了电火花计时器，故不再需要电磁打点计时器，故A错误；实验中需要测量小车质量及纸带点间距离，故要用到天平和刻度尺，故BC正确；题图甲中已经有钩码，不需要质量较大的砝码，故D错误，故选BC；
（4）[4]本装置不能做平拋运动实验，其他均可，故选ABD；
（5）[5][6][7]刻度尺分度值为1mm，故读数为11.00cm；
选C点前后点数据可得瞬时速度
前面的点抖动明显存在误差，选择后面的点计算
12、A D D 46.6Ω（45.0-50.0Ω均可） 无
【解析】
(1)[1][2]．由于在该实验电路中没有电压表，所以要将定值电阻R0和电流表改装成电压表使用，因此电流表A1的内阻应已知，通过该电流表的最大电流约为：
A1应选用A电流表．由于电流表A2的内阻不是必须要知道的，其量程要大于电流表A1的量程，所以电流表A2应选择D电流表．
(2)[3]．流经电流表A2的电流为电路中的总电流，设滑动变阻器单位长度的电阻为r，则有
又因为R0、Rx、RA1、RA2等均为定值，令，则上式可变为
由数学关系可知，D正确，故选D．
(3)[4][5]．根据图示电路图，由欧姆定律可知
（R0+RA1）I1=Rx（I2-I1）
整理可得
而即题图中I1-I2图线的斜率，由图可知
解得
Rx=46.6Ω．
由于实验中考虑到了电流表内阻，则这样测得的Rx的阻值无系统误差。
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）380N（2）
【解析】
（1）对重物：
解得：
T=120N
对人：
T+N=Mg
解得：
N=380N
（2）因
对B点：
解得
14、5.6 （±0.2） 1.40×103（±0.2×103） 手握住了注射器内的封闭气体部分 没有缓慢推动活塞 偏小
【解析】
考查理想气体的等温变化。
【详解】
（1）[1]．根据玻意耳定律：
PV＝C
当趋向于0，则气体体积趋向于0，从﹣V图象知，横轴截距表示种子的体积为：5.6 （±0.2）ml。
（2）[2]．密度为：
（3）[3][4][5]．注射器内气体的温度升高，其错误的操作可能是：手握住了注射器内的封闭气体部分、没有缓慢推动活塞；当气体温度升高，气体的体积趋于膨胀，更难被压缩，所作的﹣V图线与横轴的交点将向右平移，所测种子体积偏大，密度偏小。
15、（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）从A到O′，由动能定理可得
①
物块A离开弹簧后回到P点的过程，由动能定理得
②
解得
（2）将带入②式可得，弹簧弹力做功为
即弹簧的弹性势能为
（3）两物体分离的瞬间有，两物体之间的弹力为0，由牛顿第二定律可得
解得，即弹簧恢复原长的瞬间，两物体分离。
设分离瞬间，两物体的速度为，由能量守恒可得
将，，带入解得
由于，，故分离后两物体的加速大小分别为
由此可知，分离后两物体均做减速运动，且B的加速度大于A，故在A物体上升阶段，两物体不会碰撞；B速度减为0后，由于，故B物体会保持静止状态，B物体上升的位移为
若A物体与挡板碰撞前速度就减为0，则此后A物体保持静止状态，两物体一定不会碰撞；若A物体能与挡板相碰，当物体A与挡板碰撞后，继续以加速度向下做减速运动， 直到速度减为0，保持静止；
A物体速度减为0的总路程为
若A物体不与挡板碰撞，则
解得
若A物体能与挡板碰撞，则两物体不相撞的条件为A物体速度减为0时不与B物体相撞，即
且
解得
由于，故
综上所述，的取值范围为