2026届江西省宜春市奉新一中高考临考冲刺物理试卷含解析

这是一份2026届江西省宜春市奉新一中高考临考冲刺物理试卷含解析，共32页。试卷主要包含了如图所示，有一棱镜，，等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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，水平放置的平行板电容器下极板接地，闭合开关S1，S2，平行板电容器两极板间的一个带电粒子恰好能静止在P点．要使粒子保持不动，但粒子的电勢能增加，则下列可行的指施有
A．其他条件不变，使电容器上极板下移少许
B．其他条件不变，将滑动变阻器滑片向右移少许井将上极板下移少许
C．其他条件不变，使开关S2断开，并将电容器下极板上移少许
D．其他条件不变，使开关S断开，并将电容器下极板上移少许
2、如图所示，某同学练习定点投篮，其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上，篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。若两次抛出篮球的速度v1和v 2的水平分量分别为v1x和v 2x，竖直分量分别为v1y和v 2y，不计空气阻力，下列关系正确的是（ ）
A．v1xv 2yB．v1x>v 2x，v1ytanθ时，物块对斜面体的摩擦力的水平分量大于压力的水平分量，地面对斜面体有向右的摩擦力；μtanθ，地面对斜面体的摩擦力一定向右，即C错误，D正确．故选D.
点睛：此题首先要知道斜面体与水平面无摩擦力的条件，即μ＝tanθ，然后根据物体的运动情况确定摩擦力μmgcsθ和mgsinθ的关系.
4、A
【解析】
试题分析：北京到广州全程2230公里，指的是的路程，选项A正确；北京到广州的直线距离未知，即位移未知，不能求北京到广州的平均速度，选项B、C、D错误；
考点：路程和位移
5、C
【解析】
AB．在蚂蚁向外爬的过程中，沿半径方向的速度不变，垂直于半径方向的速度逐渐变大，可知合速度逐渐变大，即蚂蚁运动的速率变大，选项AB错误；
C．蚂蚁沿半径方向运动，则相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线，选项C正确；
D．相对地面，蚂蚁有沿半径方向的匀速运动和垂直半径方向的圆周运动，则合运动的轨迹不是直线，选项D错误；
故选C。
6、D
【解析】
A．筒内气体在被压缩时外界对气体做功，导致气体温度升高，由于是迅速被压缩，从外界吸收热量很少，选项A错误；
B．易燃物能否被点燃与筒内气体的压强大小无关，选项B错误；
C．压缩气体时，活塞与筒壁间摩擦生热很少，不至于把易燃物点燃，选项C错误；
D．该实验成功的关键是向下压活塞的力要大，速度要快，即使气体快速被压缩，与外界绝热，才能使气体内能迅速增大，温度升高，选项D正确。
故选D。
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．第一次操作过程中，因AC移动的位移之比为2：1，则滑块A和钩码C加速度大小之比为2：1，选项A错误；
B．第一种方式：只释放A而B按着不动，设绳子拉力为T1，C的加速度为a1，
对A根据牛顿第二定律可得
T1=mAaA
对C根据牛顿第二定律可得
mCg-2T1=mCa1
根据题意可得
aA=2a1
联立解得
选项B正确；
C．第二种方式：只释放B而A按着不动，换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上，
则绳张力大小为20N，选项C正确；
D．对B受力分析，根据牛顿第二定律可得
T2=mBaB
根据题意可得T2=20N
联立解得
aB=5m/s2
故D错误。
故选BC。
8、AC
【解析】
AB．大量氢原子处在能级，向下面的能级跃迁，有三种情况
、、
由知光子的频率有3种。故A正确，B错误；
CD．其中跃迁放出的能量最小，相应光子的频率最小，为
故C正确，D错误。
故选AC。
9、BD
【解析】
A．若发射线圈中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在接收线圈中不会产生感应电流，也就不会获得电压，A错误；
B．只要接收线圈两端有电压，说明穿过接收线圈的磁场变化，所以发射线圈中的电流一定不是恒定电流，B正确；
C．若穿过接收线圈的磁感应强度均匀增加，如果线圈闭合，根据法拉第电磁感应定律
可知线圈中产生恒定的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈中有感应电流且恒定，C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律有
根据分压规律得两端的电压
D正确。
故选BD。
10、AD
【解析】
A．设当小球运动到某点时，弹性绳的伸长量是，小球受到如图所示的四个力作用：
其中
将正交分解，则
的竖直分量
据牛顿第二定律得
解得
即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到的中点时，加速度为零，速度最大，A正确；
B．对小球从运动到的过程，应用动能定理得
若在点给小球一个向上的速度，小球恰能从点回到点，应用动能定理得
联立解得
，
B错误；
C．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在段时摩擦力和弹力做的负功比小球在段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在阶段损失的机械能小于小球在阶段损失的机械能，C错误；
D．绳与点分离之前点做圆周运动，线速度（始终垂直于杆）大小等于小球的速度沿绳方向的分量，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、C 6.1 42
【解析】
(1)[1]挡位测量电阻值，挡位测量交流电压，挡位测量直流电压，挡位测量电流值，为测量各接入点间的电压，选择挡位。
(2)[2][3]选择“”电压挡，则每一大格表示，每一小格表示，测量的精确度为，应估读到（此时应为估读），指针对应的示数为。闭合开关，接入、和接入、时指针均发生偏转，说明点到电源的正极、点到电源的负极都是通路，接入、时指针不发生偏转，是因为电流为零，所以段发生了断路。
(3)[4]热敏电阻与继电器串联，若使电流不小于，则总电阻不大于
由于
则不大于。由题甲图可看出，当时，温度，即温度不低于。
12、 (1) BC (2) A
【解析】（1）本实验中，变压器的原线圈应接在交流电源上；为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝数比之间的关系，还需要电压表。故学生电源和电压表两个器材不能缺少，选BC；
（2）①理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为；若变压器的原线圈接“0；8”接线柱，副线圈接线“0；4”接线柱，则原、副线圈匝数比为，则原线圈两端电压。②本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5V，则原线圈电压必须大于10V，故选A。
【点睛】理想变压器原、副线圈两端电压和各自匝数的关系为，实验中需要的器材有：低压交流电源，电压表；而可拆式变压器，铁芯是不闭合的，，利用此关系就可以确定求解。
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)10m/s；(2) 3m/s2
【解析】
(1)因为运动员弯道上做圆周运动，摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有
解得
(2)设经过时间t，甲追上乙，甲的路程为
乙的路程为
由路程关系有
将v=9m/s代入得
t=3s
此时
所以还在接力区内
根据v=at代入数据解得
a=3m/s2
14、①②激光能够从CD边出射
【解析】
①如图所示，FG为法线
∠D=75°，则
∠EQA=75°，∠PQE=15°，∠PQA=60°，∠PQG=30
所以入射角
i=∠PQG=30°
折射角
r=45°
由于光从棱镜射向空中，所以该棱镜的折射率
②设全发射临界角为C，如图所示
因而
∠OJD=60°
激光在CD边的入射角30°＜45°，因而激光能够从CD边出射。
15、 (1)；(2)
【解析】
(1)当滑动变阻器调到时，两极板间电压为
设粒子加速电压为，则有
由动能定理可得
解得
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，与AB相切，设轨道半径为r，由几何关系得
由牛顿第二定律可知
设两极板间电压为，由动能定理得
解得