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２０２５届江西省高三年级 ４月联考检测
高三物理参考答案
１．【答案】Ｃ
【解析】根据题意可知，１０Ｂ＋１ｎ→７Ｌｉ＋４Ｈｅ＋γ，因此７Ｌｉ的中子比质子多１个，Ａ项错误；４Ｈｅ粒子的贯穿能力很弱，
５ ０ ３ ２ ３ ２
Ｂ项错误；核反应过程释放能量，因此７Ｌｉ的比结合能比１０Ｂ的大，Ｃ项正确；该核反应为α衰变，Ｄ项错误。
３ ５
２．【答案】Ｂ
【解析】发射速度大于７．９ｋｍ／ｓ，小于１１．２ｋｍ／ｓ，Ａ项错误；轨道半径比同步卫星的轨道半径大，因此在轨运行
的周期略大于２４ｈ，Ｂ项正确；由于该卫星与同步卫星的质量不确定，无法比较受到地球引力的大小，Ｃ项错误；
变轨一次只能进入椭圆轨道，不会进入圆轨道运行，Ｄ项错误。
３．【答案】Ｃ
【解析】手榴弹初速度沿垂直斜面方向的分速度大小为 ｖｓｉｎθ，重力加速度沿垂直斜面方向的分量为 ｇｃｏｓθ，则
０
２ｖｓｉｎθ ２ｖｔａｎθ
手榴弹从抛出到落到斜面上运动的时间为ｔ＝ ０ ＝ ０ ，Ｃ项正确。
ｇｃｏｓθ ｇ
４．【答案】Ｂ
６０
【解析】浮标不会随波迁移，两浮标之间水平距离不变，Ａ项错误；由题可知，波动周期Ｔ＝ ｓ＝１ｓ，某时刻浮标Ａ
６０
正在平衡位置向下运动，浮标Ｂ在波谷，在两浮标还有两个水波的波峰，则１．７５λ＝７ｍ，解得 λ＝４ｍ，则波的传
λ
播速度为ｖ＝ ＝４ｍ／ｓ，水波从Ａ传播到 Ｂ的时间为１．７５ｓ，Ｂ项正确，Ｃ项错误；浮标 Ａ、Ｂ均做受迫振动，Ｄ项
Ｔ
错误。
５．【答案】Ａ
１ １ Ｒ
【解析】设Ａ、Ｂ两端的电压为 Ｕ，变压器原、副线圈的匝数比为 ｋ，则 Ｕ＝ ＩＲ＋ｋＵ，得到 Ｕ＝ Ｕ－ ０ Ｉ，Ａ项
０ ０ ｋ ０ ｋ ０ ｋ２
正确。
６．【答案】Ｂ
【解析】对动滑轮研究，动滑轮受到重物竖直向下的拉力大小等于 ｍｇ，绕过动滑轮的轻绳对动滑轮的作用力 Ｆ
１
槡３
斜向上与竖直方向的夹角为６０°，则拉力的最小值Ｆ＝ｍｇｓｉｎ６０°＝ ｍｇ，Ｂ项正确。
２ ２
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７．【答案】Ｄ
【解析】粒子带正电，从静止开始仅在电场力作用下沿ｘ轴正向运动，因此 ｘ＝０与 ｘ＝ｘ间电场强度沿 ｘ轴正方
０
向，Ａ项错误；粒子在ｘ轴上做加速度越来越小的变加速运动，Ｂ项错误；设粒子运动到 ｘ＝ｘ时的速度为 ｖ，则
０
１ １ ｍａｘ
ｖ２＝２×
２
ａ
０
ｘ
０
，解得ｖ＝ 槡ａ
０
ｘ
０
，Ｄ项正确；根据动能定理ｑＵ＝
２
ｍｖ２，解得Ｕ＝
２ｑ
００ ，Ｃ项错误。
８．【答案】ＢＤ
【解析】轻压易拉罐，水柱上升，罐内气体压强不变，Ａ项错误；仅环境温度升高，罐内气体发生等压膨胀，内能增
加，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，罐内气体吸收的热量大于气体对外做的功，Ｂ项正确；仅环境压强
增大，罐内气体压强增大，温度不变，气体的体积减小，罐内气体分子密度增大，Ｃ项错误；若将易拉罐在竖直面
高三物理 第 １页（共４页）
书书书内缓慢转过９０°，罐内气体压强减小，温度不变，等温膨胀，内能不变，对外做功，根据热力学第一定律，罐内气体
会吸收热量，Ｄ项正确。
９．【答案】ＢＣ
【解析】根据安培定则可知，Ａ、Ｂ中电流在Ｃ处产生的合磁场水平向右，Ｂ项正确；根据力的平衡可知，Ｃ处导线
受到的安培力竖直向上，根据左手定则Ｃ处导线中电流垂直纸面向外，Ａ项错误；设Ａ导线中电流在Ｃ处产生的
槡２ｍｇ
磁场磁感应强度大小为Ｂ，则槡２ＢＩＬ＝ｍｇ，解得Ｂ＝ ，Ｃ项正确；将 Ｂ中电流瞬间减为零，Ａ中电流对 Ｃ处导
２ＩＬ
线的安培力沿ＡＣ向上，与重力的合力不沿竖直方向，Ｄ项错误。
１０．【答案】ＢＣ
１ １ ２Ｕ
【解析】绝缘阻拦索钩住金属棒ａｂ的一瞬间，电动势Ｅ＝ＢＬｖ，则Ｕ＝ Ｅ＝ ＢＬｖ，解得Ｂ＝ ０ ，Ａ项错误；通过
０ ０ ２ ２ ０ Ｌｖ
０
－
ＢＬｘ Ｕｘ Ｂ２Ｌ２ｖｔ
金属棒ａｂ截面的总电量为ｑ＝ ０＝ ００ ，Ｂ项正确；在金属棒ａｂ的速度变为ｖ的过程中， ＝ｍ（ｖ－ｖ），即
２Ｒ Ｒｖ ２Ｒ ０
０
Ｂ２Ｌ２ｘ １ Ｂ３Ｌ３ Ｂ３Ｌ３ Ｕ ２ｘＵ２
＝ｍ（ｖ－ｖ），Ｕ＝ ＢＬｖ，则Ｕ＝Ｕ－ ｘ，结合图像有 ＝ ０ ，解得ｍ＝ ０ ０ ，Ｃ项正确；根据能量守恒，定
２Ｒ ０ ２ ０ ４ｍＲ ４ｍＲ ｘ Ｒｖ３
０ ０
１
ｘＵ２
值电阻Ｒ中产生的焦耳热Ｑ＝ ｍｖ２＝０ ０ ，Ｄ项错误。
４ ０ ２Ｒｖ
０
ｇ １
１１．【答案】（１）不需要（１分） （２）ｘ （２分） （３）－ （２分）
１槡
２ｈ ４ｋｈ
１ １ Ｅ １
【解析】（１）设弹簧压缩后的弹性势能为Ｅ，根据能量守恒Ｅ＝μｍｇＬ＋ ｍｖ２，ｈ＝ ｇｔ２，ｘ＝ｖｔ，解得Ｌ＝ ｐ－ ｘ２，
ｐ ｐ ２ ２ μｍｇ４μｈ
根据Ｌ－ｘ２图像的斜率和ｈ可求出动摩擦因数，因此不需要测量物块的质量。
１ ｇ
（２）ｈ＝ ｇｔ２，ｘ＝ｖｔ，解得ｖ＝ｘ 。
２ １ １ １１ １ １槡 ２ｈ
１ １
（３）由以上分析可知，－ ＝ｋ，得到μ＝－ 。
４μｈ ４ｋｈ
Ｒ＋ｒ
１２．【答案】（１）见解析（２分） （２）左（２分） Ｒ（２分） （３）Ｒ″－Ｒ′（２分） ２ ２ （２分）
０ ２ ２ ｋ－１
【解析】（１）电路连接如图所示。
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（２）将图乙中滑动变阻器的滑片移到最左端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大，定值电阻的阻值Ｒ＝Ｒ。
ｘ ０
Ｉ（Ｒ＋ｒ） Ｒ＋ｒ＋Ｒ Ｒ＋ｒ＋Ｒ
（３）电流表 Ａ 的内阻 ｒ＝Ｒ″－Ｒ′，根据 Ｒ ＝２ ２ ２ ，得到 Ｉ＝ ２ ２ ｙ Ｉ，结合题意 ２ ２ ｙ＝ｋ，解
２ ２ ２ ２ ｙ Ｉ－Ｉ １ Ｒ ２ Ｒ
１ ２ ｙ ｙ
Ｒ＋ｒ
得Ｒ＝ ２ ２ 。
ｙ ｋ－１
高三物理 第 ２页（共４页）１３．解：（１）设光在水面刚好发生全反射的临界角为Ｃ
１
则ｓｉｎＣ＝ （２分）
ｎ
ｒ ３
根据题意及几何关系ｓｉｎＣ＝ ＝ （２分）
槡ｒ２＋ＡＰ２ ４
４
解得ｎ＝ （１分）
３
槡３５
（２）光从Ｐ点传播到Ｂ点的路程为ｓ＝槡ＡＰ２＋ＡＢ２＝ ｒ（１分）
３
ｃ ３
光在水中传播的速度ｖ＝ ＝ ｃ（２分）
ｎ ４
ｓ ４槡３５ｒ
则光从Ｐ点沿直线传播到Ｂ点的时间为ｔ＝ ＝ （２分）
ｖ ９ｃ
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１４．解：（１）对Ａ、Ｃ整体研究
μｍｇ＝３ｍａ（１分）
１
解得ａ＝１ｍ／ｓ２（１分）
１
对物块Ｂ研究
μｍｇ＝ｍａ（１分）
２
解得ａ＝３ｍ／ｓ２（１分）
２
（２）设Ｃ与Ａ碰撞后一瞬间的共同速度为ｖ，Ａ、Ｂ、Ｃ三者最终的共同速度为ｖ
１ ２
根据动量守恒有
３ｍｖ＝４ｍｖ（１分）
１ ２
根据能量守恒
１ １
μｍｇＬ＝ ×３ｍｖ２－ ×４ｍｖ２（１分）
２ １ ２ ２
解得ｖ＝２槡２ｍ／ｓ（１分）
１
（３）当Ｃ与Ａ碰撞后一瞬间共同速度为２槡２ｍ／ｓ时，设Ｃ与板碰撞前Ｃ的速度大小为ｖ，
０
根据动量守恒
ｍｖ＝３ｍｖ（１分）
０ １
则弹簧开始被压缩时的弹性势能
１
Ｅ ＝ ｍｖ２＝３６Ｊ（１分）
ｐ１ ２ ０
设当物块Ｂ刚好不滑离长木板时，Ｃ与Ａ碰撞前Ｃ的速度大小为 ｖ′，Ｃ与 Ａ碰撞后一瞬间的共同速度为 ｖ′，Ａ、
０ １
Ｂ、Ｃ三者最终的共同速度为ｖ′，则
２
根据动量守恒有
３ｍｖ′＝４ｍｖ′（１分）
１ ２
根据能量守恒
１ １
２μｍｇＬ＝ ×３ｍｖ′２－ ×４ｍｖ′２（１分）
２ １ ２ ２
ｍｖ′＝３ｍｖ′
０ １
１
则弹簧开始被压缩时的弹性势能Ｅ ＝ ｍｖ′２＝７２Ｊ（１分）
ｐ２ ２ ０
因此要使物块Ｂ会与挡板碰撞且不滑离长木板，弹簧被压缩后的弹性势能应满足的条件是
高三物理 第 ３页（共４页）３６Ｊ≤Ｅ≤７２Ｊ
ｐ
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１５．解：（１）由于粒子能多次经过Ａ点，粒子在两磁场中做圆周运动轨道成“８”字形。
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为ｒ，根据牛顿第二定律
１
ｖ２
ｑｖＢ＝ｍ ０ （２分）
０ ｒ
１
ｍｖ
解得ｒ＝ ０
１ ｑＢ
设粒子出磁场Ⅰ的位置在Ｃ点，根据几何关系
ｍｖ
ＡＣ＝ｒ＝ ０ （１分）
１ ｑＢ
设两边界间的距离为ｄ，根据几何关系
１ １
ｄ＝ ＡＣｔａｎ３０°（１分）
２ ２
槡３ｍｖ
解得ｄ＝ ０ （１分）
３ｑＢ
（２）粒子第一次经电场偏转，第一次进磁场Ⅱ时的速度大小为
１
ｖ＝ｖｓｉｎ３０°＝ ｖ（１分）
１ ０ ２０
设粒子第一次进磁场Ⅱ的位置为Ｄ点，第一次出磁场Ⅱ时的位置为 Ｆ点，粒子第一次在磁场Ⅱ中做半圆周运
动，则ＤＦ间的距离
ｍｖ ｍｖ
ｘ＝２ １＝ ０ （２分）
１ ｑＢ ｑＢ
由于ｘ＝ｒ，根据对称性和周期性可知，粒子第三次经过ＭＮ时的位置在Ｃ′点，离Ａ点的距离为
１
２ｍｖ
ＡＣ′＝２ｒ＝ ０ （１分）
１ ｑＢ
１
（３）粒子刚进磁场Ⅱ时，将粒子的速度沿平行ＰＱ和垂直ＰＱ分解，垂直ＰＱ的分速度大小为 ｖ＝ｖｓｉｎ３０°＝ ｖ
２ ０ ２０
（１分）
槡３
平行ＰＱ的分速度大小ｖ＝ｖｃｏｓ３０°＝ ｖ（１分）
３ ０ ２ ０
由于ｑｖＢ＝ｑＥ（２分）
２
因此粒子在磁场Ⅱ中的运动可以分解为速度为ｖ（方向垂直ＰＱ）的匀速直线运动和速度大小为 ｖ的匀速圆周
２ ３
运动（２分）
２πｍ
做圆周运动的周期Ｔ＝ （１分）
ｑＢ
当粒子速度与Ｓ点的速度相同时，粒子离ＰＱ的距离为
ｎπｍｖ
ｓ＝ｎＴｖ＝ ０ ，ｎ＝１、２、３……（１分）
２ ｑＢ
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
高三物理 第 ４页（共４页）
