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江西省八所重点中学2026届高三联考
物理试卷 2026.4
(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)
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.铀238是一种常见的放射性元素，同时也是核电站常见的燃料。铀238衰变的方程之一 其中生成的新核 仍然具有放射性，其衰变方程为 下列说法正确的是( )
A.两个衰变均为α衰变
B. X粒子的穿透能力比Y粒子强
C. 16个 Th经过两个半衰期剩余4个
D. 238U 、234Th 、234Pa核中 Pa的比结合能最大
2.回旋加速器是将半径为R的两个D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场(初速度为零)，粒子第一次与第二次在 D 磁场中运动的轨道半径之比( )
A. 1:2
B. 1:3
3.如图甲所示，一攀岩爱好者正在进行攀岩运动，由于前期攀爬体力消耗过大，所以借助攀岩绳停在图示位置做短暂休息调整。攀岩绳可视为轻绳，一端固定在竖直崖壁上的B点，另一端拴在人的腰间O点(重心处)，人的两脚并拢，踩在崖壁上的A点，该过程可以简化为如图乙所示的模型，轻绳为拉直状态，OA也视为直线。已知图乙中三角形三条边的长度比OA：OB：AB=4：5：6，则攀岩爱好者对岩壁的作用力和对轻绳的拉力大小之比为( )
A. 4:5
B. 5:4
C. 5:6
D. 6:5
4.研究平抛运动的实验装置示意如图。某同学设想小球先后三次做平抛，小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距。若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x 、x 、x ，机械能的变化量分别为 忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是( )
5.人的眼球可简化为如图所示的模型，折射率相同、半径不同的两个球体OO'共轴，平行光束宽为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，汇聚在轴线上的P点，其中夹角α=30°，折射率为 则平行光束的宽度D为(示意图未按比例画出)( )
6.假设导弹在高空巡航阶段，短时间内的运行轨道可近似为仅受地球引力作用的匀速圆周运动。由于高空存在稀薄空气阻力，需通过瞬时喷气对导弹施加一个与速度方向相同的推力，以维持其匀速圆周运动状态。现已知导弹圆周轨道离地高度为h，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，轨道处空气平均密度为P，导弹垂直于速度方向的横截面积为S；空气分子与导弹碰撞后会与导弹共速(碰撞前空气分子速度可视为0)。则该推力的功率为( )
A. ρSgR
7.如图所示，单匝线圈处于均匀减小的磁场中，磁通量变化率为k，线圈电阻为2R，线圈通过开关导线与两根足够长的平行光滑水平金属轨道相连，轨道宽为L，图中虚线右侧存在垂直轨道向下的匀强磁场，磁感应强度为B，轨道上静止放置有两根相同的金属棒MN和PQ，它们的质量均为m、电阻均为R，其中MN在磁场外，PQ在磁场内且距离磁场虚线边界d ，两部分磁场不会相互影响。不计连接线圈的导线和水平轨道的电阻，则( )
A.开关闭合瞬间，流过 MN棒的电流方向N→M
B.开关闭合瞬间，PQ棒的加速度为
C.若开关处于断开状态，给MN一个向右的初速度v ，稳定时PQ棒上产生的热量
D.若开关处于断开状态，给MN一个向右的初速度v ，稳定时两金属棒的间距
8.某同学在实验室用油膜法测油酸分子直径，为减小误差，该实验并未直接测量1滴油酸酒精溶液体积，而是用滴管测得n滴这种酒精油酸溶液的总体积为1mL，下列实验采用了类似方法的有( )
A.“测定玻璃的折射率”实验中折射角的测量
B.“用双缝干涉测光的波长”实验中相邻亮条纹间的距离的测量
C.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中合力的测量
D.“用单摆测重力加速度”实验中单摆的周期的测量
9.如图甲所示为理想自耦变压器，其中P 为变压器上的滑动触头，在A、B间接如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈接有定值电阻R 、小灯泡及光敏元件R (光照越强，电阻值越小)，光敏元件与小灯泡距离较远，可利用光敏元件特性根据日照的强度实现自动控制小灯泡的亮度，电流表为理想交流电表，不计导线的电阻。则( )
A.流过R 的交流电的频率为100Hz
B. U 保持不变，保持滑动触头P 位置不变，天色变暗，则小灯泡的亮度变亮，变压器输入功率P 减少
C. U 保持不变，保持滑动触头P 位置不变，天色变亮，则定值电阻R 消耗的功率变大
D.天色亮度不变，当滑动触头P逆时针转动，则电压U 减小
10.如图所示，将一轻质弹簧左端固定在墙上，右端连接质量为m的小球静置于光滑水平面上。以弹簧原长时小球的位置为坐标原点O，水平向右为正方向建立坐标轴 Ox，给小球一向右的初速度，小球沿x轴做往复运动，作出小球运动过程中速度随位置坐标x变化的图像。小球的运动状态可用图像上各点的坐标表示，其中A状态的坐标为(0，a)，B状态的坐标为(b，0)，C、D状态的横坐标均为 已知弹簧的弹性势能 (k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)。小球做简谐运动的周期为T 则( )
A.小球在 B 点时，加速度大小为
B.小球从 C 状态经 B 状态到 D 状态的时间为
C.小球从 O 到 B 的过程中，弹簧弹力对小球做功的功率始终减小
D.小球在 C、D两状态时的速度大小相等，均为
二、实验题(每空2分，总计14分)
11.某同学用如图所示的装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数，将长木板水平固定在桌面上，调节长木板左端定滑轮的高度及力传感器固定在竖直墙上的位置，使滑块上的轻质动滑轮两边的细线均与长木板平行。打点计时器所接交流电的频率为f，重力加速度为g。
(1)调节砂桶中砂的质量，轻推物块。如果打点计时器打出的纸带上的点间隔逐渐变大，应适当 (填"增大"或"减小")砂桶中砂的质量，直到打点计时器打出的纸带上的点间隔均匀，这时力传感器的示数为F ，滑块及滑块上动滑轮的质量为M，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ= (用题中所给物理量符号表示)
(2)用该装置验证牛顿第二定律。加大砂和砂桶的质量，释放滑块，打点计时器打出的纸带如图乙所示，测量长度即可计算出滑块运动的加速度大小。若这时力传感器的示数为F，如果表达式 (用F、F 、M及a表示)成立，则牛顿第二定律得到验证。
12.某实验小组准备测量一款充电宝的电动势与内阻，经查阅资料后获悉，充电宝电动势稳定，内阻小。
(1)他们先用多用电表的10V直流电压挡直接测量充电宝电动势，表盘示数如图甲所示，则充电宝的电动势为 V；
小组同学进一步用伏安法测量充电宝的电动势与内阻，讨论后设计了如图乙所示的电路，其中R 为定值电阻，R 为电阻箱，R 为滑动变阻器。
(2)已知伏特表量程为3V，内阻为3kΩ，定值电阻 现把变阻箱的阻值调为6kΩ，调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，以电压表读数为纵坐标，电流表读数为横坐标，作出U-I图线如图丙，则该充电宝的电动势E= V(保留3位有效数字)，内阻r= Ω(保留2位有效数字)。
(3)定值电阻R 的作用是(写出一条即可) 。
13.(10分)绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能 如图甲所示。已知活塞横截面积 其质量m=1.5kg,大气压强 重力加速度 如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V-T图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比。求：
(1)封闭气体最后的体积V；
(2)封闭气体吸收的热量Q。
14.(14分)如图，一表面粗糙的水平传送带顺时针匀速转动，它的右端与地面平滑相接于O点。水平地面上A 点与O点的距离为 A点处放有一质量为M=2kg物块Q ，在其右侧间隔△x=1.75m处放有一个与Q 质量相等的物块Q 。现将一质量为m=1kg的物块P轻放在传送带左端B点处，经过一段时间后从O点滑离传送带。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为 P从O点滑到A点的过程中动能减小了14J，P在A点处与Q 发生正碰后又在地面上滑行s=1m后停止运动。所有物块均可视为质点，P、Q 与地面间的动摩擦因数相同，Q 与地面的动摩擦因数为Q 与地面的动摩擦因数的一半，且物块间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度大小g取10m/s 。求：
(1)物块 P 与地面间的动摩擦因数μ ；
(2)传送带上 B、O两点间最小距离；
(3)物块Q 最终停在距离O点多远处。
15.(16分)如图所示，在y>0区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在y<0区域内存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为3m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(0，-b)由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P(b，b)、质量为m的中性粒子乙发生弹性正碰，碰撞后 的电量转移给粒子乙。不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略场变化的效应。
(1)求电场强度的大小E；
(2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在y≤0区域内加上与y>0区域相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；
(3)若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去所有电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原y>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求粒子甲在这段时间内运动的距离L。
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2892U发生的是α衰变, Th发生的是β衰变,故 A 错误;
B.三种射线中，α射线的穿透能力最弱，X粒子为α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2392U稳定, 比 稳定，所以 最稳定， 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 D 磁场中运动的轨道半径为 粒子第二次在 D 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： ，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 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r=30°, i=45°,故
6.【答案】B
【解析】空气体积为△V = S-v△t, 空气质量为Δm≡@-ΔV @SBZt, 空气动量变化为 根据动量定理F△t目 p，得推力为 轨道处航天器速度为 因此 代入功率公式得为 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
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 由牛顿第二定律 F =ma 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∑BIL×Δt=mΔv，而又因为q=∑IΔt，所以BLq=mv，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50 Hz不变,故A 错误;
B. L保持不变，保持滑动触头P位置不变，因匝数比未变，U 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，I 变小；根据 可知P 减小；根据 可知P减小，故B正确；
C. L保持不变，保持滑动触头P位置不变，因匝数比未变，U 不变，天色变亮，光敏电阻阻值变小，副线圈中电流I 增大，定值电阻R 消耗的功率变大，故C 正确；
D.电压U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 =k b，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A=b，x =A/2对应相位 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 = Fv，O点F =0、B点v=0，两点功率均为0。中间位置F和v均不为0，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；
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2F-μMg = M a 联立,可得
12.【答案】(1)7.2V 或7.20V (2)7.08V~7.17V 0.18~0.23
(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(7 +0.2×1) V = 7.2V
(2)[1]根据闭合电路欧姆定律 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 =3×2.38V=7.14V 。
[2]图像斜率 所以r=0.21Ω
(3)若没有接入R，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R 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】 (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U =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+mg解得 ·(2分)
外界对气体做功 (1分)
由热力学第一定律 得气体变化过程吸收的热量为Q =78J…(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μ = 0.2 (2分)
(2)由于物块P的质量m小于物块Q 的质量M，且物块间发生弹性碰撞，所以P与Q 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v ，Q 的速度为v 。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 Q 间 碰 撞 为 弹 性 碰 撞 ,则有 (1分)
(1分)
联立解得v =4m/s, v=6m/s
设物块P滑至O 点时速度为v ，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v 时，B、O两点间距离最小。根据动能定理有 解得L =8m (1分)
(3) Q 碰后以滑行Δx =1.75m , 由运动学公式:
代入数据得：解得 (2分)
Q 与Q质量相同，发生弹性碰撞后速度交换，故碰后Q的速度为 设 Q滑行的距离为x，则 (2分)
故Q末位置与O点的距离为 (2分)
15.【答案】
【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y >0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 = b (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q/2，乙带电量为q/2，由弹性碰撞可得：
(1分)
( 分)
联立上述两式，解得碰撞后两粒子速度：
粒子甲：代入质量3m、速度v 、带电量q/2，得 (1分)
粒子乙：代入质量m、速度v 、带电量q/2，得 (1分)
甲乙两粒子在磁场中做半径相同的圆周运动。由 带入数据可得
得： (1分)
从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t应该满足以下关系式
可得： (1分)
(3)由 知：乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为 (2分)
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，可得两粒子在磁场中仍做半径为b的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相交，则如图所示，设撤销电场、磁场到加磁场乙匀速运动距离3L，甲的匀速运动距离L，如图，
β=180°-α·90°=60° (2分)
在 中，
(2分)

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