江西省2025-2026学年高三年级上册期中物理试题（解析版）

江西省九江市第三中学2025-2026学年高三上学期期中

物理试题

注意事项：

i.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卜上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写

在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

I.下列说法正确的是（）

A.电场线越密的地方电场强度越大

B.通电导线在磁场中一定受到磁场对它的安培力作用

C机械波和电磁波的传播均需要介质

D.布朗运动是显微镜中看到的液体分了•的无规则热运动

【答案】A

【解析】A.在同一幅图中，可以用电场线的疏密程度来比较电场强度的大小，电场线越

密，场强越大，故A正确：

B.当通电导线与磁场方向平行时，所受安培力为零，因此通电导线在磁场中不一定受安

培力，故B错误；

C.机械波需要介质传播，但电磁波可在真空中传播，故C错误；

D.布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反映了液体分子的热运动，但并非直接观察分

子，故D错误。故选A。

2.如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像（各段均为直线段），

两交流电的周期和峰值相同，在。3时间内实线对应交流电的平均值为7,有效值为/。

下列说法正确的是（）

C./=—/1nD./>—/

22n

【答案】A

T

【解析】AB.在。；时间内，实线交流电的电流一时间图像是三角形，其面积（电荷

量）为:

_1rn1

根据平均值定义7=?,代入得7=7-=-/m,A正确，B错误;

Z12

2

CD,正弦交流电的有效值为/=牟=*（

V22m

实线交流电在一个周期内，电流平方的积分小于正弦交流电，因此其有效值/（也〃

^20】

C错误，D错误。故选A。

3.一列沿x轴正方向传播的机械波某时刻的波形图如图所示，。、b、C,三个质点到各自

平衡位置的距离相等。下列说法正确的是（）

A.该时刻〃质点振动方向沿）'轴正方向

B〃质点比〃质点先回到平衡位置

C.人质点和C•质点的加速度大小始终相等

D.仅增大波源振动频率，波长变长

【答案】B

【解析】A.根据“上下坡”规律可知该时刻〃质点振动方向沿y轴负方向，故A错误；

B.根据"上下坡''规律可知该时刻。质点振动方向沿y轴正方向，故。质点比〃质点先回到

平衡位置，故B正确；

C.根据“上下坡”规律可得C质点振动方向沿F轴负方向，故匕远离平衡位置，。靠近平衡

位置，故二者的加速度大小发生变化，一个增大，一个减小，故c错误；

D.机械波传播速度由介质决定，与频率和波长无关，若增大波源的振动频率，该波的

传播速度不变，根据公式》二微=4/可知该波的波长将变小，故D错误。故选B。

4.如图所示，开关S闭合后电容器两板间M处的带电油滴恰好处于静止状态，定值电阻

用与电源内阻「的阻值关系满足仅将滑动变阻器R的滑片P下移，下列说法正确

的是()

p«RE;

小不一

A.电容器所带的电荷量增加B.带电油滴向下运动

C.4消耗的功率减小D.电源的输出功率减小

【答案】B

【解析】A.仅将滑动变阻器R的滑片P下移，则总电阻减小，故总电流增大，

则根据U=〃可得外电压减小，根据。=CU

可得电容器所带的电荷量减小，故A错误；

B.开始是带电油滴处于静止状态，则二4咫

移动后，电压减小，则乌9<〃吆，故带电油滴向下运动，故B正确；

d

c.R1消耗的功率为P=/2用

由于电流增大，则R1消耗的功率增大，故c错误；

(EY

D.电源的输出功率2=-——-(R+RJ

{R+r+Rj

由于R+R>〃，当R减小时，电源的输出功率增大，故D错误。故选B。

5.在一次“单摆同步实验''中，物理老师将甲、乙两个小球分别用轻绳悬挂于天花板，并用

细线水平连接两球使其静止。两摆线与竖直方向夹角分别为4和。2,且4>2。现将连

接细线剪断，小球开始自由摆动，取地面为零势能面。下列判断正确的是（）

A.两小球的摆长相等，因此它们周期必相等

B.甲撰球的机械能大于乙摆球的机械能

C.甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度

D.甲摆球的最大重力势能小于乙摆球的最大重力势能

【答案】D

【解析】A.由图可知，两个单摆静止时离天花板的高度相同，则有。cosa="cosa

因a>a，故cosa<cosa，可得4即甲单摆的摆长更长。

根据单摆周期公式,7=253,可知甲捏的周期大于乙摆的周期，故A错误；

U

BD.两球开始处于平衡，设绳子拉力为。

根据共点力平衡可得7=%Ktanq=mLgtanO2

因4>。2，故tanqAtana，可得掰;利<加乙

以水平地板为参考面,由题可知,两球离地面的高度相等，根据Ep=〃?g〃甲球的最大重

力势能小于乙球的最大重力势能，又两球在摆动过程中，机械能守恒，故甲摆球的机械能

小于乙摆球的机械能，故B错误，D正确；

C.根据机械能守恒则有阳的=Jwv2,解得u=，2gh

因甲球下降的高度大于乙球下降的高度，故中摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故

C错误。故选D。

6.如图所示，周长为L、阻值为R的圆环竖直向下落入均匀辐向磁场中，圆环的圆心始终

在磁铁N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B,圆环在加速下落过程中的

某一时刻的加速度大小为m忽略电感的影响，重力加速度为g,则下列说法正确的是

()

A.该时刻圆环受到的安培力大小为"心

m(g-a)R

B.该时刻圆环的速度大小为

B2l3

C.下落过程中，穿过圆环的磁通量未变，无感应甩流产生

D.下落过程中，圆环内的感应电流方向为逆时针（俯视）

【答案】B

【解析】A.根据牛顿第二定律可得〃依-不=〃"，解得，=〃际-〃2〃，故A错误；

E

B.圆环受到的安培力为心=3〃，其中/二元，E=BLv

联立解得-故B正确；

C.下落过程中，圆环切割磁感线，产生动生电动势，产生感应电流，故C错误；

D.由题意根据右手定则，圆环内的感应电流方向为顺时针，故D错误。故选B。

7.如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长

依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由

静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好

到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（）

丙

A.小球甲第一次同到释放位置时，小球丙加速度为零

B.小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零

C.小球甲、乙的振动周期之比为3：4

D.小球丙、丁的摆长之比为1:2

【答案】C

【解析】根据单摆周期公武』喑，可知

CD.设甲的周期为工厂根据题意可得2-=当=%=与

4

可得。=2.,£=§为,耳=4G

可得笫：£=3:4,氧：Ty=1:2

根据单摆周期公式丁=2肛区

结合Jj：rr=1:2,可得小球丙、丁的摆长之比L丙：％=1:4,故C正确，D错误；

A.小球甲第一次回到释放位置时，即经过。（金）时间，小球丙到达另一侧最高点，

2

此时速度为零，位移最大，根据。二-幺可知此时加速度最大，故A错误：

m

B.根据上述分析可得笃=；耳

小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为之（即乎）可知此时小球乙经过

44

平衡位置.，此时速度最大，动能最大，故B错误。故选C。

二、多选题：本大题共3小题，共15分。

8.在一次带电粒子运动实验中，研究人员从一个倾角为45。的平面0点发射气核（质量

机、电荷量+夕）与笊核（质量2〃?、电荷量也为七），初动能以相同，发射方向水平。它们

先进入区域I,区域I为竖直向下的匀强电场（电场强度大小为石）；随后进入区域H,区

域H为垂直纸面向里的匀强磁场（磁感应强度8）。不计重力。下列判断正确的是（）

|£

Bx

A.气核和笊核笫一次进入H区时的速度方向相同

B.笊核第一次进入II区时的速度大小为

笈核在II区做匀速圆周运动的半径为业里"

C.

D.8核和笊核第一次刚出II区时的位置相距（夜—I）塔

【答案】ABC

【解析】A.k核、笊核在电场中做类平抛运动，水平方向有%，

竖直方向有），=:退，2,联立解得）,=祭32

2m4优

气核、笊核具有相同的初动能和相同的电荷量，笈核、气核在电场中的轨迹相同，即气核

和气核第一次进入n区时的速度方向相同，故A正确；

12

B.笊核在电场中做类平抛运动，则tan45。=2竺

又线=!2〃2嗑，根据牛顿第二定律公=这

2~2m

根据运动学公式vv2=a2t2,笊核第一次进入II区时的速度大小v2=+%

联立解得匕=挎，故B正确；

C.由R选项分析,同理可得笈核第一次进入I【区时的速度大小为

根据外3=吟，解得『希=苴誓,故C正确；

D.两粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为。，有tana=2tan450

设两粒子在进入磁场速度方向与MN的夹角为夕，则/=a-45。

可得M

sin,—lo-

两粒子再次回到MN时，与进入磁场位置的距离s=2rsin/?

又同C选项分析，质核在磁场中的半径弓=篝=3票

则另:核和笊核第一次刚出II区时的位置相距

AS'=S2_1=孚（乃一耳）=2（0-1）如互，故D错误。故选ABC。

qB

9.2025年某高层住宅的智能供电系统采用一套应急交流发电系统，该系统由理想交流发电

机与副线圈匝数可调的变压器组成。发电机的线圈可绕轴。。'在匀强磁场中以角速度“匀

速转动，线圈电阻不计；滑动触头P可在副线圈上下移动，以调节用户端电压。输电线电

阻为R）。以下说法中正确的是（）

A.当线圈平面与磁场方向垂直时，发电机输出电动势瞬时值为0

B.若触头P下移，副线圈输出电压增大，输电线电流将减小

C.若发电机转速减半，用户获得的功率减为原来的

D.用户数量增加时，为保持用户端电压稳定，应将触头P向下调节

【答案】AD

【解析】A.当线圈平面与磁场方向垂直时Z线圈平面处于中性面位置，此时产生的感应

电动势为零，故A正确;

B.若触头P下移，副线圈匝数〃2增大，而原线圈的输入电压U1、原线圈匝数々不变,

U.n.

由什可知，副线圈输出电压增大，在用户不变时，输电线电流将增大，故B错误；

U2〃2

C.发电机产生的感应电动势的最大值为E0=N3s3

E

又3=2冗n%效=求

故发电机线圈转速减为原来的一半，则有效值变为原来的而变压器的匝数比不变，

故副线圈的电压U?变为原来的副线圈的电流也变为原来的根据尸=//?可知，用

户获得的功率减为原来的!，故c错误；

4

D.当用户数目增多时，因用户之间为并联关系，所以用户电阻减小，用户分得的电压减

小，为使用户端电压稳定，应增大副线圈两端的电压U,,根据?二2可知，应增大心，

即应将触头P向下调节，故D正确。故选AD。

10.如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；II区有垂直于纸面向

外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与【区边界重合；正方形与圆形中心同为。点。I

区和II区的磁感应强度大小比值为4：I。••带正电的粒子从H区外边界.上。点沿正方形某

一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从，点离开.取5由37。=0.6.则带电粒子

()

A.在I区的轨迹圆心不在。点

B.在I区和II区的轨迹半径之比为1：2

C.在I区和II区的轨迹长度之比为127：37

D.在I区和II区的运动时间之比为127：148

【答案】AD

【解析】A.由图可知

在【区的轨迹圆心不在。点，故A正确；

B.由洛伦兹力提供向心力qvB=m—可得r=—

故在I区和II区的轨迹半径之上比为2=卷=；,故B错误;

巴44

64

D.设粒子在磁场H区偏转的圆心角为小由几何关系cosa=^^=£,可得仪=37。

可+R5

360°-2(90°-37°)丁254°

故粒子在I区运动的时间为乙二360°—360°西

2x37%7402兀m

粒子在H区运动的时间为“=宓/=砺、记

A127

联立可得在I区和II区运动时间之上比为广二X，故D正确；

（21^+0

C.粒子在I区和n区的轨迹长度分别为4=360°~^0~37O）X2^=段^2孙

JUUw"\J\J

”x2叫74°

x2坐

360°砺

/1?7

故在I区和II区的轨迹长度之比为十=正，故C错误。故选AD。

八140

三、实验题：本大题共2小题，共15分。

II.某同学要测量一未知电阻段的阻值。

（1）如图1所示，该同学用多用电表粗测R5《J阻值，当用“x10”挡时发现指针位于“①”

位置，应该换用（选填“xl”或“X100”）挡，进行一系列正确操作后，指针静止

时位于“②”位置，其读数为C。

图I

（2）为了精确测量（的阻值，除尺一开关S、导线外，实验室还提供以下器材选用:

电流表A1（最程0100mA,内阻约0.5C）电流表A?（展程050mA,内阻约

1Q）

电压表V（量程0〜IV,内阻约10kC）电源（电动势L5V,内阻约0.5C）

电阻箱R（阻值范围为。〜99.9。）滑动变阻器与（最大阻值为5C）

I.该同学设计了图2方案测量尺的阻值，根据提供的器材，图中导线c端应与图中

（填“a”或"b”）点相连。闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电压表和电流表

指针指到合适的位置，读出电表的示数，可计算出尺的阻值。

II.该同学为了消除图2方案中电表内阻带来的系统误差，用提供的器材重新设计了图3

方案并进行了如下操作：

①将电阻箱的阻值调到最大，滑动变阻器滑片调至最左端，闭合开关S：

②调节滑动变阻器和电阻箱的阻值，使电流表A?||勺指针指到合适的位置，记录多组

对应的电流表A1示数L、电流表A2示数12以及电阻箱阻值R；

③利用数据作出如图4所示的《一尺图像。图像纵截距为力，斜率为3由图像可得（

的阻值为；该方法还能得出电流表A2的内阻为

【答案】（1）xl；17.0（或填17）（2）a：-；——

kk

【解析】【小问1】当用“xlO”挡时指针偏转角度过大，所测电阻阻值较小，选择的挡，立太

大,应该换用“xl”挡位；

指针静止时位于“②”位置,其读数为17.0xlQT7.0C；

【小问2］此的阻值约为17.0C,与电流表Az阻值更为接近，为减小误差，应使用电流表

外接的方式，故c端应与a点相连；

根据并联电路电压的特点，有（乙一，2）%=72（以2+R）

整理得R+'2+凡

至珏用（R、凡

1b-\

结合图4,可得R,=7，＜^=—

k~K

12.为了测定电阻丝的精确阻值Rx（阻值约为10Q）,实验室提供了以卜器材:

A.电源E（电动势4V,内阻不计）

B.电流表Ai（量程150mA,内阻弓约5C）

C.电流表A2（量程20mA,内阻弓=20Q）

D.电压表V（量程15V,内阻G=10kC）

E.定值电阻他（阻值100Q）

F.滑动变阻器R（最大阻值5C）

G.开关S及导线若干

实验要求：

测量精度尽量高，电表读数不得小于其量程的三分之一，且指针偏转范围较大。

（1）在提供的器材中，需要的是______（填器材序号字母）

（2）请补画出电路原理图，标出各器材符号。

（3）通过实验得到多组人和〃数据，绘制〃与a的关系图。若图线的斜率为匕则电阻丝

的电阻Rx的表达式为Rx=。

【答案】（1）ABCEFG（2）电路图见解析（3）殳誓女

【解析】【小问】】因电源电压只有4V,可知电压表的量程过大，可以用已知内阻的电流

表与定值电阻串联测电压，不需要电压表D,需要的是ABCEFG。

【小问2】用己知内阻的电流表A2与定值电阻串联测电压，电路采用电流表Ai外接测电

流，由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法，实验电

路图如图所示

【小问3】由欧姆定律可知4（6+幻=（/「人）％

推得UH%为，整理得/2=R+R1

号用+5+为

故/2-7（图线的斜率k=——解得R,=幺4等

R、+R°+，2\-k

四、计算题：本大题共3小题，共42分。

13.如图所示，跳杆底部有一根弹簧，小孩的质量为小，杆的质量为;m,当小孩和跳杆

处于竖直静止状态时，弹簧压缩最为小,在某次弹跳中，小孩站在脚踏板上，从弹簧处于

最大压缩量为5几时开始计时，上升到弹簧恢复原长时，小孩抓住跳杆，使得他与跳杆瞬

间共速，接着保持稳定的姿势竖直上升到最大高度。全程弹簧始终在弹性限度内（弹簧弹

性势能满足综=g丘2,k为弹簧劲度系数，X为弹簧形变量，重力加速度为g，空气阻

力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计），则

（1）小孩跳起过程中的最大速度是多少？

（2）跳杆离地后上升的最大高度是多少？

【答案】（1）4病^⑵—x0

【解析】【小问I]竖直静止时，对小孩受力分析=依），可得攵=世

%

当小孩的合力为零时速度最大，即小孩上升高度为4Ao时，速度最大。对系统,

2

根据能量守恒定律；攵（5%）=mgX4x0+；kx^+；〃*；，解得vm=4J嬴

【小问2】设弹簧恢复原长时小孩速度为匕，

对系统，根据能量守恒定律:攵（5/『二〃7gx

小孩抓住跳杆瞬间，小孩和跳杆根据动量守恒定律〃”=[〃?+/卜

之后小孩和跳杆一起竖直上抛到最高点，根据机械能守恒定律;（加+晟）年=（/〃+£）的

解得〃=已了

14.在研究电磁感应现象时，某同学设计了一种实验装置，模拟物体在变化磁场中的运动

以及由此产生的电流。如图所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距

人0.25m,左端连接R=0.2Q的电阻，右端连接一对金属卡环，导轨间MN右侧（含MN）

存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度的8"图如图乙所示，质量为

机=0.53，电阻尸0.3Q的金属棒与质量也为机的物块通过光滑定滑轮由绳相连，绳始终处

于绷紧状态，PQ、到右端卡环距离分别为25m和15m,/=0时刻由PQ位置静止释放

金属棒，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨右端被卡环卡住不动，金属导轨、卡环的电阻

均不计，g取lOm/s?。求：

(2)金属棒进入磁场时通过导体棒的感应电流；

(3)在0-8s时间内电路中产生的焦耳热。

【答案】(I)IOm/s(2)IOA(3)131.25J

【解析】【小问1】设棒到达MN时的速度为心物块下落的高度为=

这个过程中棒和物块组成的系统机械能守恒，7侬7=gx2〃M,解得y=屈=10m/s

【小问2】设这个过程所用时间为力，由运动学公式力二3。，解得J=2s

乙

由图乙可知此时磁感应强度8=2T

根据闭合电路欧姆定律可得/=半=空桨9A=10A

【小问3】金属棒进入磁场时，受到的安培力大小为反=8〃，解得氏=5N

物块的重力〃吆=0.5xION=5N=物

所以金属棒匀速运动。匀速运动的时间为b=^=—s=1.5s

~v10

此过程中产生的热Q=F/MN,解得0=75J

4s~6s时间内，感应电动势大小为E=竺二皆LXMN=2二&x0.25x15V=3.75V

ArAr,6-4

3.752

此过程中产生的热Q?=x2J=56.25J

0.2+0.3

以后磁感应强度为零，回珞中的电流为零，产生的热为零，所以在0-超时间内电路中产生

的焦耳热Q=。+2=75J+56.25J=131.25J

15.鲁布・戈德堡机械”是用迂回曲折的连锁机械反应完成•些简单动作的游戏。图为某兴趣

小组设计的该类游戏装置：A4是半径为2L的光滑四分之一圆弧轨道，其末端8水平：在

17

轨道末端等高处有一质量为机的“，二］，'形小盒C(可视为质点)，小盒C与质量为了〃2、大

小可忽略的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2/,：物

块D压在质量为，〃的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数

〃=0.5(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，木板E右端到桌子右边缘固定挡板(厚度不计

的距离为L;质量为，〃且粗细均匀的细杆厂通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E

相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为小质量为小的圆环

(可视为质点)套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为

7

-mg.开始时所有装置均静止，现将一质量为的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶

端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住(作用时间很短可不计)，然后带动

后面的装置运动，木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好

(1)小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子二的拉力大小;

(2)木板E与挡板第一次相撞瞬间的速度大小；

(3)细杆F的长度以及木板E运动的总路程。

【答案】(1)(2)疵(3)；L,

D41

【解析】【小问1】设小球滑出圆弧轨道时的速度为%,刚被卡住瞬间速度为叭与小盒C

相连的绳子上的拉力大小为兀对小球从A到B,由动能定理得2〃7g=

小球撞击C瞬间，一者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得2〃?％=(2/77+/