江西省重点中学协作体2026届高三第二次联考物理+答案

江西省重点中学协作体2026届高三第二次联考物理试卷

参考答案

题号12345678910

答案CDCABBDBCBCAD

1.C

v

【详解】激光进入水中后，速度为，可见激光在水中的速度较小，根据可知

波长变小；故选C。

2.D

【详解】沿着电场线方向，电势降低，m处，最低，在到m之间，电场强

22

度方向沿+x轴方向，m右侧，电x场强=度1方向沿-φx轴方向。0Ex，=1m处，合场

22

强为0，故选D。x=1x=1

3.C

【详解】AB．急动度在随时间变化，则加速度不均匀变化；j/

4__3

(m.S)

4

02t/s

-4

CD.由题意作出j-t图，j-t图线与t轴所围的面积表示加速度变化量，则t=2s时，加速度最

大，且最大加速度为4，t=4s时，=0，速度达到最大。C正确，D错误。

故选C。2

m/sa

4.A

【详解】A．导体板内产生的涡电流大小是变化的，因为摆锤的摆动情况在变化，导致磁通

量变化情况也在变化，并非恒定的涡电流，A错误；

B．摆锤摆动时，导体板内产生涡电流是利用电磁感应现象，不需要外接电源，依靠摆锤运

动时磁通量变化产生感应电流，B正确；

C．导体板的电阻率越大，产生涡电流越小，阻尼效果越差，阻尼器就越不容易停摆，C正

确；

答案第1页，共8页

D．阻尼器做受迫振动，其振动频率与驱动力（即大楼的振动频率）相同，D正确。

故选A。

5.B

【详解】A．第一宇宙速度（7.9km/s）是近地卫星绕地球做圆周运动的速度。由

有该卫星运行轨道半径大于近地卫星运行轨道半径，绕行速度小于7.9km/s，A

错误v；

B．发射速度等于7.9km/s时，卫星仅能沿地表做圆周运动，要进入更高轨道需更大的发射

速度。该卫星在500km高空，发射速度必然大于7.9km/s，B正确；

C．根据开普勒第三定律k可知，运行轨道半径越大，周期越大。该卫星运行轨道半径

小于地球同步卫星运行轨道半径，其周期应小于24h，C错误；

D．由=mg，=ma，得a5，D错误；

2

故选B。g>m/s

6.B

【详解】线圈在t时产生的感应电动势大小EA错误；

假设线圈产生的电动势有效值为E，则有解得E

T

将原副线圈、整体等效为一个新电阻，R等R=9R，

R2

等效电路中的电阻R总=9R+R=10R，

所以原线圈中的电流为即为电流表的示数。

总

I

分压，

1

R1UR=IR

原线圈接入电压有效值为

U1=E__UR

副线圈电压有效值为即为电压表的示数为，B正确，C错误；

U

线圈转动一圈，通过R1的电荷量为0，D错误；

故选B。

7.D

【详解】A．由图可知曲线I、Ⅱ的最大值不同，P柱受到的最大拉力不等于Q柱受到的最大

拉力，A错误；

答案第2页，共8页

B．由图可知，C初始位置离P点较近，Tp较大，曲线Ⅱ为Tp变化曲线。当PC=60cm时，此

时Tp最大，B错误；

C．曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，此时PC、QC与竖直方向夹角相等，设为θ,延长QC线交于左边立

柱上，cosTcosθ=mg，TQ=TC错误；

D．PC水平时，设QC和竖直方向夹角为β,则Tp=TQsinβ

TQcosβ=mg

得Tpsinβ=mgtanD正确；

故选D。

8.BC

【详解】A．向心力是效果力，并不是小球实际受到的力，A错误；

2

B．根据受力分析可得mgtanθ=m⑴(r0+Lsinθ)，B正确；

C.如图，对配重块分析：TC正确；

2

D.mgtanθ=m⑴(r0+Lsinθ)，若增大小球质量m，绳子与竖直方向

的夹角θ不变，D错误；

故选BC。

9.BC

【详解】A．一群氢原子处于n=3激发态，可能发生的跃迁有3→2、2→1、3→1，最多

2

能辐射出C3=3种频率光，A错误；

B．电子绕氢原子核做匀速圆周运动：k得Ekmv

e≈1.51eV，B正确；

C．n=3能级跃迁到n=1能级时，辐射光子的能量ε=ε3-ε1=-1.51eV-（-13.6eV）=

12.09eV>8.15eV，能使基态硅原子电离，C正确；

D．ε=hv，又P得Pkg.m/s=1.0×10-27kg.m/s，D错误；

故选BC。

10.AD

【详解】A．通过导体棒的电流I恒定，运动到距离MN为x处B(x)=B0+kx，导体棒受到安

培力F(x)=（B0+kx）IL，A正确；

答案第3页，共8页

B．导体棒所受安培力

F(x)=（）随位移均匀变化，安培F/N

力做功：

B0+kxILx

0

B错误；(B+kX)IL

C．恒定电流通过导体棒，整个过程中导体棒

上产生热量Q=，0

2BIL0x

若导体棒做匀加I速R运t动，，t

Xt0

题中导体棒F(x)=（）=ma，做加速度增大的加速运动，速度从0到v0过程，运X

动位移为，需要的B时0间+kxI，L故Q=C错误；

'2

X0t>tIRt

D．前一段0~d:做功

后一段d~:安培力W=B1IL=，ILd=BIL(kd)

+=WX0F1W2X0__d

12

得WWD正确；

B=BX0+d

故选AD。

11.(1)小球在斜槽末端Q点处球心在坐标纸上的投影点(2)不是2gL(3)小于

【详解】（1）小球在斜槽末端Q点处球心在坐标纸上的投影点

（2）若位置a是小球的抛出点，则小球竖直方向的运动满足初速度为0的匀变速直线运动

的规律，竖直方向连续相等时间内的位移之比满足1∶3∶5，根据题图可知比例不满足1∶3∶5，

则位置a不是小球的抛出点；

竖直方向Δy=L=gT2

水平方向2L=v0T

联立可得v0=2gL

（3）斜槽末端切线不水平时，小球初速度不沿水平方向，上述推导得到的结果只是初速度

的水平分量，因此第(2)问中求得小球的初速度大小小于小球离开斜槽末端时的速度大小。

0

12.(1)红表笔(2)x1(3)150(4)1.35v

【详解】（1）根据电流从黑表笔流出电表，从红表笔流入电表，故A端接黑表笔，B端接

红表笔；

（2）S接接线柱1时，干路最大电流，

I1=Ig+

答案第4页，共8页

S接接线柱2时，干路最大电流

2g

代入数据解，I=I

I1=100mAI2=10mA

欧姆表调零后，中值电阻R中=R内由于单刀双掷开关合向1比合向2时电路中

的最大电流大，因此合向1时欧姆调零后欧姆表的内阻小，倍率小，即倍率为“x1”；

（3）现将S接接线柱2时，由图示电路图可知，欧姆调零后干路电流

I2=10mA

,其中中

x

得R=R

Rx=150Ω

（4）当电动势E=1.5V时，欧姆调零：内

E=I2.R

测量时有：内

x

E=I(R+R)

当电动势发生变化为，欧姆调零：内

''

'

2

EE=I.R

测量时有内

'''

x

=300Ω,=270Ω,联立可得1.3E5V=I(R+R)

''

xx

R13.（1）RPa；（2）11JE=

5

【详解】（1.21）×状10态A时的压强

pA=pPa........................................2分

33

体积VA=600cm；B态VB=500cm，状态A到状态B为等温变化过程，根据

2分

B

解得PAVA=PBV

PB=Pa1分

5

（2）从状态A到状态C，气体吸1.热2×Q1=016J,

W+QΔU=27J2分

ΔUW==11J

从状态B到状态C，外界对系统不做功，故从状态A到状态B外界对系统做的功

WAB=W=11J2分

（2）（0，L+L）（3）113L-19L

3

答案第5页，共8页

【详解】（1）通过作半径确定圆心，得微粒圆周运动的半径rL=2L....1分

微粒在磁场中做匀速圆周运动Bvq=m..........................................................1分

得v..............................................................2分

（2）微粒通过磁场偏转第一次到y轴时,坐标为(0,L),速度斜向上，与水平方向成

o夹角把速度沿正交分解oo

60，vx、y，vx=vcos60vy=vsin60v

在x方向上，粒子先匀减速到0，后反向匀加速到达y轴

∆vx

这一过程所需的时间t=1分

a

q

加速度a=1分

Em

沿y轴方向，粒子匀速运动，经过t时间向上运动的位移s=vyt1分

代入数据得s=3L

所以第二次到y轴的坐标为（0，3L+L）1分

(3)由磁场偏转，第三次到y轴的坐标比第二次到y轴的坐标低2L的高度，

再次在电场中偏转到y轴时位置上升L，随后重复上述过程，经过电场偏转到

3

y轴上时，纵坐标y=L+3L+n(3L-2L)2分

可知n=10时，在y轴上时离原点O的最近距离为

∆h2=113L-19L2分

15.(1)h=0.4m(2)m(3)x=1mxm

【详解】（1）A、B弹性正碰，满足动量守恒和动能守恒，且mA=mB,发生速度交

换，碰后VA=0，VB1=-23m/s方向向左1分

B、C组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，当滑到最高点时，B、C水

平方向共速，系统水平方向动量守恒：mBVB1=(mB+mC)V共1分

代入数据得：V共m/s方向向左

2

BC作用过程机械能守恒mBVBV共+mBgh....................1分

答案第6页，共8页

得h=0.4m2分

（2）由第一问知，B滑上圆弧最高点时，

可得到B、C水平方向的相对位移m...........................1分

由动量守恒mBVB+mcVC=mBVB1得mBXB+mcXC=mBVB1t1分

又XB-XC=∆x1分

联立方程得XCm..............................................................................2分

（3）

①当B滑离C时，B、C的速度为VB2、VC2

动量守恒:mBVB1=mBVB2+mBVC2

222

机械能守恒：mBVB1mBVB2+mBVC2

解得B滑离C的速度VBm/s方向向右............................................1分

随后B与A发生弹性正碰，质量相等，发生速度交换，碰后