2026届江西省八所重点中学高三下学期4月联考物理试卷+答案

江西省八所重点中学2026届高三联考物理试卷

答案

一、选择题（1-7题为单选题，每题4分；8-10题为多选题,每题6分，漏选得3分，错选不给分，总计

46分）

1．【答案】D

【详解】A.核反应遵循质量数守恒以及电荷数守恒，故核反应方程为，

则发生的是衰变，发生的是衰变，故A错误；

B.三种射线中，射线的穿透能力最弱，X粒子为粒子，所以Y粒子的穿透能力比X粒子强，故B

错误；

C.半衰期是统计规律，少数原子核衰变时不满足该规律，故C错误；

D.比结合能越大原子核越稳定，故生成物比反应物稳定，即比稳定，"pa比:"Th稳定，所

以最稳定，"pa的比结合能最大，故D正确。

2．【答案】D

【详解】根据，粒子第一次在D2磁场中运动的轨道半径为，粒子第二次在D2磁场

中运动的轨道半径为，根据动能定理可知，，，联立可得，半径之比

为，故选项D正确。

3．【答案】A

【详解】如图，由力的平衡和三角形相似有

根据牛顿第三定律可得攀岩爱好者对岩壁的作用力和对轻绳的拉力大小之比为4:5。

故选A。

4．【答案】A

【解析】由平抛运动的特点可知，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，由于水平

板竖直方向上的间距相等，故小球经过板1-2的时间大于经过板2-3的时间，故x2-x1>x3-x2，由于小球做

平抛运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，故△E1=△E2=△E3=0，本题选A。

5．【答案】C

【解析】如图，由几何关系知入射角有：，则由折射定律，

,解得p=30'，，故。

6．【答案】B

【解析】空气体积为，空气质量为，空气动量变化为

AP=Am·v-0=psv2Ai，根据动量定理，得推力为F=psv'。轨道处航天器速度为

,因此，代入功率公式得为故

B正确。

7．【答案】D

【详解】A.有楞次定律易得开关闭合瞬间,流过MN棒的电流方向M→N,故A错误；

B.根据法拉第电磁感应定律，单匝线圈产生的感应电动势；

1

闭合开关后根据闭合电路欧姆定律，而联立解得所以流过

金属棒PQ的电流代入得到对PQ可得F=BlL由牛顿第二定律renu联立解得

方向向右；

C.两金属棒组成的系统动量守恒，有，联立解得两导体棒损失的动能转化为内能；则

,则；

D.对PQ，在安培力作用下加速，由动量定理，而又因为q=EIdt，所以BLq=nv，

另外根据闭合电路欧姆定律；而根据法拉第电磁感应定律得到，

联立以上几式解得，所以最终两棒间距，则D正确。

8．【答案】BD

【详解】该方法是使用＂累积法＂来减小测量误差，BD.选项中使用的方法也是＂累积法＂。而A＂测定

玻璃的折射率＂实验中折射角的测量采用直接测量，＂探究两个互成角度的力的合成规律＂实验中合力的

测量，是等效替代法，C不符合题。

9．【答案】BC

【详解】A.交流电的周期为0.02s，则频率为50Hz，变压器不改变交流电频率，故流过R的交流电的频

率为50Hz不变，故A错误；

B.保持不变，保持滑动触头位置不变，因匝数比未变，不变，天色变暗，光敏电阻阻值增大，并

联电路两端电压增大，小灯泡变亮，副线圈总电阻增大，变小；根据可知减小；根据

可知减小，故正确；

C.保持不变，保持滑动触头位置不变，因匝数比未变，不变，天色变亮，光敏电阻阻值变小，副

线圈中电流ly增大，定值电阻消耗的功率变大，故c正确；

D.电压是电源电压，输入电压，与匝数无关，故D错误。

10．【答案】AD

【详解】A小球在B点时，弹簧形变量为b，由胡克定律得弹力F=kb，水平面光滑，合力等于弹力，

根据牛顿第二定律F=ma，得加速度，A正确；

B正确推导：振幅，对应相位，r-S对应相位。C→B与B→D对称，各耗时

,故总时间为；

C弹力功率P=FY，0点F=0、B点V=0，两点功率均为。中间位置F和均不为，功率先增大

后减小，并非始终减小，C错误；

D系统机械能守恒，原点O的动能等于B点的弹性势能：，C、D状态时，

,代入化简得，D正确。

二、实验题（每空2分，总计14分）

11．【答案】减小

【详解】(1)如果打点计时器打出的纸带上的点间隔逐渐变大，说明滑块做加速运动，细线的拉力大于滑块

所受摩擦力，所以应适当减少砂桶中砂的质量；

2

打点计时器打出的纸带上的点间隔均匀说明滑块做匀速直线运动，有

解得

(2)若牛顿第二定律成立，则有联立，可得2F-2F=Ma

12．【答案】(1)7.2V或7.20V(2)7.08V~7.17V0.18~0.23

(3)保护电路作用；移动滑动变阻器滑片时让电压表变化明显(答到任何一条即可得分)

【详解】(1)10V的量程，刻度盘每一小格代表0.2V。观察指针位置在过了7V刻度线之后的第一小格上，

故电压表读数为:1+0.2X1)V=7.2V

(2)[1]根据闭合电路欧姆定律E=3U+I(r+R)公式变形可得

从图中可得交点坐标为2.38V，故实际电动势E=3X2,38V=7.I4V。

[2]图像斜率，，所以r-n:1n

(3)若没有接入，当不小心将滑动变阻器的阻值调到零时，会先使电源短路，损坏电源，接入可对电

源起到保护作用，同时可以使移动滑动变阻器滑片时电压表变化明显。

三、解答题（13题10分，14题14分，15题16分，总计40分）

13．【答案】（1）6.4x10-"m'（2）78J

【详解】（1）以气体为研究对象，根据盖—吕萨克定律，有……（2分）

解得封闭气体最后的体积为………………（2分）

（2）由气体的内能与热力学温度成正比解得ug=120J………（2分）

活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有ps=p,s+ng解

得…（2分）

外界对气体做功W=-P(V-V,)=-S3J……………（1分）

由热力学第一定律AU=ug-U,=Q+W得气体变化过程吸收的热量为Q=18J…（1分）

14．【答案】(1)0.2(2)8m(3)13.25m

【详解】（1）由于P物块从O滑到A点的过程中根据动能定理有，解得

y=0.2………………（2分）

（2）由于物块P的质量m小于物块的质量M，且物块间发生弹性碰撞，所以P与碰撞后速度反向。

设P运动到A点时速度为v，碰撞后P的速度大小为v1，的速度为v2。由于碰撞后P在地面上滑行s=1m

后停止运动

根据动能定理有解得………………（2分）

设以碰撞前物块P运动的方向为正，由于P与间碰撞为弹性碰撞，则有

…………………（1分）

……………（1分）

联立解得，v=6mIS

设物块P滑至O点时速度为v0，由，解得……（1分）

当物块P在传送带上一直加速运动到O点速度恰好为v0时，B、O两点间距离最小。根据动能定理有

,解得上=8m…………（1分）

（3）碰后以滑行，由运动学公式：

3

代入数据得：解得。………（2分）

与Q质量相同，发生弹性碰撞后速度交换，故碰后的速度为v,=3nIS，设Q滑行的距离为x，则

………（2分）

故末位置与点的距离为…………（2分）

15．【答案】(1)；(2)；(3)

【详解】(1)粒子甲在电场中加速，由动能定理列方程：…………（1分）

粒子甲进入区域后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，…（1分）

由题意易得R=h………………………（1分）由以上可解得：

………………（1分）

(2)碰撞后粒子电荷重新分配：甲带电量为q12，乙带电量为q12，由弹性碰撞可得：

……………………（1分）

……………（1分）

联立上述两式，解得碰撞后两粒子速度：，