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（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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∶1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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。1.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子的无规则热运动【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，在时间内实线对应交流电的平均值为，有效值为。下列说法正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】AB．在时间内，实线交流电的电流—时间图像是三角形，其面积（电荷量）为根据平均值定义，代入得，A正确，B错误；CD．正弦交流电的有效值为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C错误，D错误。故选A。3.一列沿轴正方向传播的机械波某时刻的波形图如图所示，、、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.质点和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轴负方向，故A错误；B．根据“上下坡”规律可知该时刻a质点振动方向沿轴正方向，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质点振动方向沿轴负方向，故b远离平衡位置，c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处的带电油滴恰好处于静止状态，定值电阻与电源内阻的阻值关系满足。仅将滑动变阻器的滑片P下移，下列说法正确的是（）A.电容器所带的电荷量增加 B.带电油滴向下运动C.消耗的功率减小 D.电源的输出功率减小【答案】B【解析】A．仅将滑动变阻器的滑片P下移，则总电阻减小，故总电流增大，则根据可得外电压减小，根据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，则移动后，电压减小，则，故带电油滴向下运动，故B正确；C．消耗的功率为由于电流增大，则消耗的功率增大，故C错误；D．电源的输出功率由于，当减小时，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和，且。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.甲摆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，则有因，故，可得即甲单摆的摆长更长。根据单摆周期公式，可知甲摆的周期大于乙摆的周期，故A错误；BD．两球开始处于平衡，设绳子拉力为T，根据共点力平衡可得因，故，可得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，解得因甲球下降的高度大于乙球下降的高度，故甲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a，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maB.该时刻圆环的速度大小为C.下落过程中，穿过圆环的磁通量未变，无感应电流产生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，解得，故A错误；B．圆环受到的安培力为，其中，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（）A.小球甲第一次回到释放位置时，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D.小球丙、丁的摆长之比为【答案】C【解析】根据单摆周期公式，可知CD．设甲的周期为，根据题意可得可得，，可得，根据单摆周期公式结合，可得小球丙、丁的摆长之比，故C正确，D错误；A．小球甲第一次回到释放位置时，即经过（）时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据可知此时加速度最大，故A错误；B．根据上述分析可得小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为（即）可知此时小球乙经过平衡位置，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P点发射氕核（质量m、电荷量+q）与氘核（质量2m、电荷量也为+q），初动能Ek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E）；随后进入区域Ⅱ，区域Ⅱ为垂直纸面向里的匀强磁场（磁感应强度B）。不计重力。下列判断正确的是（）A.氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同B.氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为C.氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为D.氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距【答案】ABC【解析】A．氕核、氘核在电场中做类平抛运动，水平方向有竖直方向有，联立解得氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，故A正确；B．氘核在电场中做类平抛运动，则又，根据牛顿第二定律根据运动学公式，氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小联立解得，故B正确；C．由B选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为，根据，解得，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，有设两粒子在进入磁场速度方向与MN的夹角为，则可得两粒子再次回到MN时，与进入磁场位置的距离又同C选项分析，氘核在磁场中的半径则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距，故D错误。故选ABC。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OO'在匀强磁场中以角速度ω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R0。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0B.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，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，副线圈匝数增大，而原线圈的输入电压、原线圈匝数不变，由可知，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；C．发电机产生的感应电动势的最大值为又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，故副线圈的电压变为原来的，副线圈的电流也变为原来的，根据可知，用户获得的功率减为原来的，故C错误；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，根据可知，应增大，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I区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a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a点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子（）A.在I区的轨迹圆心不在O点B.在I区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2C.在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37D.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I区的轨迹圆心不在O点，故A正确；B．由洛伦兹力提供向心力可得故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为，故B错误；D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系，可得故粒子在I区运动的时间为粒子在Ⅱ区运动的时间为联立可得在I区和Ⅱ区运动时间之上比为，故D正确；C．粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为，故C错误。故选AD。三、实验题：本大题共2小题，共15分。11.某同学要测量一未知电阻的阻值。（1）如图1所示，该同学用多用电表粗测的阻值，当用“”挡时发现指针位于“①”位置，应该换用________（选填“”或“”）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________。（2）为了精确测量的阻值，除、开关、导线外，实验室还提供以下器材选用：电流表（量程，内阻约）电流表（量程，内阻约）电压表（量程，内阻约）电源（电动势，内阻约）电阻箱（阻值范围为）滑动变阻器（最大阻值为）I．该同学设计了图2方案测量的阻值，根据提供的器材，图中导线端应与图中________（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；②调节滑动变阻器和电阻箱的阻值，使电流表、的指针指到合适的位置，记录多组对应的电流表示数、电流表示数以及电阻箱阻值；③利用数据作出如图4所示的图像。图像纵截距为，斜率为，由图像可得的阻值为________；该方法还能得出电流表的内阻为________。【答案】（1）；17.0（或填17）（2）a；；【解析】【小问1】当用“”挡时指针偏转角度过大，所测电阻阻值较小，选择的挡位太大，应该换用“”挡位；指针静止时位于“②”位置，其读数为17.0×1Ω=17.0Ω；【小问2】的阻值约为17.0Ω，与电流表A2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，有整理得结合图4，可得，12.为了测定电阻丝的精确阻值Rx（阻值约为10Ω），实验室提供了以下器材：A.电源E（电动势4V，内阻不计）B.电流表A1（量程150mA，内阻约5Ω）C.电流表A2（量程20mA，内阻20Ω）D.电压表V（量程15V，内阻10kΩ）E.定值电阻R0（阻值100Ω）F.滑动变阻器R（最大阻值5Ω）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I1和I2数据，绘制I2与I1的关系图。若图线的斜率为k，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）【解析】【小问1】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】用已知内阻的电流表A2与定值电阻串联测电压，电路采用电流表A1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】由欧姆定律可知推得，整理得故I2-I1图线的斜率解得四、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m，杆的质量为，当小孩和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧压缩量为，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，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）（2）【解析】【小问1】竖直静止时，对小孩受力分析，可得当小孩的合力为零时速度最大，即小孩上升高度为时，速度最大。对系统，根据能量守恒定律，解得【小问2】设弹簧恢复原长时小孩速度为，对系统，根据能量守恒定律小孩抓住跳杆瞬间，小孩和跳杆根据动量守恒定律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解得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L=0.25m，左端连接R=0.2Ω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B-t图如图乙所示，质量为m=0.5kg，电阻r=0.3Ω的金属棒与质量也为m的物块通过光滑定滑轮由绳相连，绳始终处于绷紧状态，PQ、MN到右端卡环距离分别为25m和15m，t=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10m/s²。求：（1）金属棒进入磁场时的速度；（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】（1）10m/s（2）10A（3）131.25J【解析】【小问1】设棒到达MN时的速度为v，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，解得【小问2】设这个过程所用时间为t1，由运动学公式，解得由图乙可知此时磁感应强度B=2T根据闭合电路欧姆定律可得【小问3】金属棒进入磁场时,受到的安培力大小为，解得物块的重力所以金属棒匀速运动。匀速运动的时间为此过程中产生的热，解得4s~6s时间内，感应电动势大小为此过程中产生的热以后磁感应强度为零，回路中的电流为零，产生的热为零，所以在0-8s时间内电路中产生的焦耳热15.鲁布·戈德堡机械”是用迂回曲折的连锁机械反应完成一些简单动作的游戏。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：是半径为的光滑四分之一圆弧轨道，其末端水平；在轨道末端等高处有一质量为的“”形小盒C（可视为质点），小盒与质量为大小可忽略的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒之间的绳长为；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（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；质量为且粗细均匀的细杆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；质量为的圆环（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。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、