江西重点中学协作体2026届高三第一次联考物理答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260305江西省重点中学协作体2025届高三下学期开学第一次联考

江西省重点中学协作体 2026 届高三第一次联考
物理参考答案
1. 【答案】B
【详解】A．“立正”与“跨立”人都处于静止状态，人受到的合力均为零，故A错误；
BCD．“立正”时，地面对人的支持力竖直向上，没有摩擦力，“跨立”时，支持力大小和方向不变，但是
两脚受到地面的摩擦力，地面对一只脚的作用力为支持力与摩擦力的合力，所以地面对一只脚的作用力增大，故
CD错误，B项正确。
2. 【答案】A
【详解】图线为抛物线，说明是做匀变速直线运动。根据图像中的数据可求出加速度等于2m/s2，所以前1s
的位移等于1m。A项正确
3. 【答案】D
【详解】A．根据图像可知，LC回路的周期为T 4106s，故A错误；
1
B．LC回路中磁场能是标量，所以磁场能的周期为T T 2106s，故B错误；
2
C．根据T 2 LC 可知周期不一定会增大。故C错误；
D．1×10-6~3×10－6s电容器电荷量先增加再减小，处于先充电再放电过程，故D正确；
4. 【答案】B
【详解】由双缝干涉条纹间距公式 Δ ，Δ Δ 得 ，故折射率 。 A错误，由折射

定律 ， 则a光折射角更小  ；=B  正确，   由<     得<   ，透光  圆  半>径   ℎ ，b光
sin  1
临界角  大=，sin透  光  面  积>更   大；C错误，单缝衍射中央亮纹宽度sin与  波=长  成正  比  ，>b   光亮纹更宽； D  错=误，tan  ，a
光不能发生光电效应时，b光频率更低，一定也不能。   >  
5. 【答案】C
【详解】若μ=0，则A、B相对静止稳定下滑时，加速度a=gsina,对B球由力的平行四边形法则，易知其受轻
绳拉力必垂直于细杆，即θ=a ，C正确D错误。若00＜θ＜a,说明B球加速度小于gsina，得μ＜tanα，A错。若μ
＞tanα，整体将减速下滑，轻绳将偏到竖直线的左侧，B错误。
6. 【答案】C
【详解】A．在t=0.01s时刻质点P沿y轴负向振动，结合波形图可知，该波沿x轴负方向传播，波速为
 0.6
v  m/s15m/s，选项A错误；
T 0.04
3
B．t=0.16s时刻，即从t=0.01s时刻再经过0.15s3 T ，质点Q到达波谷位置，则此时的加速度方向沿y轴
4
正方向，选项B错误；
C．P点位移是 cm，而Q点跟P点隔半个波长，状态完全相反，所以Q点位移是 cm,选项C正确；
1 1
D．因该波的频5率为2 f   Hz=25Hz −5 2
T 0.04
{#{QQABIQO1wwiQkNZACS6bEQEoC0gYkICQJAgOwUCaqAwjiBFIFAA=}#}则该波与另一列频率为2.5Hz的波相遇时，不能发生稳定的干涉，选项D错误。
故选C。
7. 【答案】D
【解析】根据万有引力提供向心力整理可得，图中两直线的纵截距的差值 b-a=lg9,即即行星B与A的质量之
比81：1，故A错误；行星B的半径是A的3倍，根据黄金代换(行星A与B表面的重力加速度之比为1：9，故
B错误；第一宇宙速度公式解得可知行星B的第一宇宙速度是A的 倍，故C错误；根据体积公式可得体积
之比为27：1，根据密度公式可知行星B与A的平均密度之比为3：31，3故D正确。故选D。
8. 【答案】BC
220 2
【详解】A．变压器输入电压的最大值为 220 2 V，故有效值为U  V220V
0
2
U n
根据理想变压器原、副线圈电压关系有 1  1
U n
2 2
根据变压器电路有U U I R 220V
1 0 1 1
解得U 110V
2
可知电压表的示数小于110V，A错误；
B．单刀双掷开关与b连接时，原、副线圈匝数比为1:1，通过变压器连接的负载总阻等效于直接连接的电阻。
当滑动变阻器触头P在正中间时，相当于外阻等于电源内阻，此时外功率最大，即R 消耗的功率为最大，B正
2
确；
U 1 I
C．刀双掷开关由a扳向b，原副线圈匝数相等，则有 1   2
U 1 I
2 1
R消耗的功率为PI2R  I2R
1 1 1 1
U U
又由于R  2  1
2 I I
2 1
U
所以 I  1
1 R
2
又由于U U I R 220I R
1 0 1 1 1
220
则有I 
1 RR
2
2
 220 
所以P  R
RR 
2
当滑动变阻器触头从正中间向下移动的过程中，R 从R减小到0，则P一直增大，C正确；
2
D．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头向上移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据上述可知副线
圈的电流I 减小，由原、副线圈匝数比和电流决定关系知，原线圈电流I 减小，电流表示数变小。同时R上的
2 1 1
电压减小，则原线圈电压U 增大，故副线圈电压U 增大，则电压表的示数增大，D错误。故选BC。
1 2
9. 【答案】BC
【详解】小球带正电，由静止释放，在竖直向下的重力与垂直纸面向里的匀强磁场中做摆线运动。其运动可
{#{QQABIQO1wwiQkNZACS6bEQEoC0gYkICQJAgOwUCaqAwjiBFIFAA=}#}分解为：水平、竖直方向均以 做匀速圆周运动，圆周运动周期 ；第一次运动到最低点时，竖直分
2  
0 =    =  
速度抵消为0，水平分速度合为 ；洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功。洛伦兹力始终与速度方向垂直，
由功率公式 ，2可  0 知洛伦兹力瞬时功率恒为0，与速度大小无关。A错误。小球第一次到达最高
∘
点的时间为一  =个  周  期cos90，=水0平位移 ；竖直方向圆周运动一个周期回到初始高度，竖
2
2   2   
直位移为0，故合位移  = 等于  水平位移，  与 = 选  0 项  一 = 致   。 ⋅ B   正 = 确。  2  小 2 球第一次到达最低点的时间为半周期 ，水平

位移 ；竖直位移为圆周运动半周期的直径 ，位移比值 ，与选项一致。  C=正2确由动
2 2

量定  理=矢  量 0 分⋅2解=：  2 最  2 低点水平动量变化Δ  =，2竖⋅  直 2  方 2 向Δ  ；=重2力冲量 。
2 2
2      
洛伦兹力冲量 Δ   =  ⋅2，  与 0 =选项   表达式不符。D   错=误0。选BC。   =   ⋅2 =  
洛 2
2 2   2
= (   ) +(   ) =   4+ 
10. 【答案】CD
【详解】金属棒刚滑上导轨时，自感电动势最大，回路电流强度为零，A错。金属棒速度为零时，回路电流最大，
自感电动势为零，B错。
Δ
由自感电动势与动生电动势等大反应可知
Δ

在Δt时间内 Δ Δ Δ Δ   =   
Δ Δ

线框所受安  培力  = 为      =      =   
2 2

故线框所受合外力与   位=移  x  成  =正比  ，且方向与位移方向相反，则线框做简谐运动
由简谐运动周期公式可得 =π D正确
2     
2 2
设金属棒向右最大位移为  S，=则4 =有：4   2  
2  2 
1 2 0+ 
得S= C正确 0−2   =− 2 
10  0
11. 【答案   】  (1  )CD(2分，少选给1分，多选错选不给分）
(2)C （1分）
(3)mOPmOM m ON （2分）
1 1 2
(4)B （2分）
【详解】
（1）A．验证动量守恒定律实验中，必须要保证小球从斜槽上以同一速度水平抛出，所以A球需从斜槽上
同一位置由静止释放，故A错误。
1
B．将斜槽的末端调节至水平，小球做平抛运动，由h gt2可知，小球运动时间相同，所以不需要斜槽末
2
端距水平地面的高度，故B错误。
C．若m m ，碰后A球反弹，仍能再次从斜槽末端飞出，但是由于斜槽有摩擦作用，A球运动中速度减小，
1 2
对实验结果有影响，故C正确。
D．实验要求两球发生对心碰撞，这样才能保证碰撞前后速度在同一直线上，从而用水平位移来代表速度。
{#{QQABIQO1wwiQkNZACS6bEQEoC0gYkICQJAgOwUCaqAwjiBFIFAA=}#}只有两球半径相等，才能做到这一点。故D正确。
故选CD。
（2）如果采用画圆法确定小球的落点，应该让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这
样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置。
故选C。
（3）小球平抛运动的时间相等，若系统动量守恒则有mv mv m v
1 0 1 1 2 2
x
结合v
t
OP OM ON
则有m m m 
1 t 1 t 2 t
整理可得mOPmOM m ON
1 1 2
（4）若两球发生碰撞，根据动量守恒定律可得mv mv m v
1 0 1 1 2 2
1 1 1
由能量关系可得 mv2  mv2 m v2
2 1 0 2 1 1 2 2 2
解得v v v
0 1 2
x g
根据平抛运动规律可知v x
t 2H
则上述可变形为OPOM ON OPOM
设图中每小格长为l，则由图中数据可知，B符合上述关系。
故选B。
12. 【答案】（1） （一根线1分，共2分）
（3）以I为纵坐标， 为横坐标 （每空1分） （4）I =b （每空2分）
g
1 
【详解】根据  0 ,若以I为纵坐标， 为横坐标，则图  像  是=线  性。由图像可以得到纵截距为b=I，斜
g
1
率为k=IR 即  =   +  0  0
g g，

13. 【答案】（1）   ；=（  2）
0 
【详解】（1）小6孔将容器ℎ内=外6空气连通，故容器内气体压强不变，气体温度升高到T 时，根据盖-吕萨克定
1
V V V
律有  ············1分
T T
0 1
V V
设升温至T 后逸出的体积为V的空气在温度为T 时的体积为V ，则可得  1 ···········1
1 0 1 T T
1 0
分
m V
同种气体在相同压强和相同温度下密度相等，即  1 ········1分
m V
0
联立解得 ···········2分
0
（2）水进入容∆器  开=始6形成液封，当容器内气体温度恢复到T 时，容器内外水面的高度差为h，容器内部气体体
0
{#{QQABIQO1wwiQkNZACS6bEQEoC0gYkICQJAgOwUCaqAwjiBFIFAA=}#}积为SHh，此时气体压强本应减小，但题中说不计压强的变化，则容器内部气体看作等压变化，有：
···········3分
−ℎ 
1联.2  立0 =解  0 ···········2分

14. 【答案ℎ】=（6） 负号表示碰后反向 （2） （3）
0  0  0
1  1 =− 2  10 = 4  =4  
【详解】（1）设木板B与1号球第一次碰后B速为v，球速为u
1 1
············1分
0 =   1+3   1 ··········1分
1 2 1 2 1 2
2 解   得 0 ：=2   1+23   负 1 号表示碰后反向 ········· 2分
0
（2）碰后  小 1 =球−12与小球2发生碰撞，交换速度，小球1仍停在原处.后面的球依次交换速度，最后是n号球以u
1
向右运动。木板B向左运动的加速度为a
1
2.5 μ·2mg+μ·3mg=ma
1
得a=8μg ············1分
1
经t减速到零，有： ············1分
1
0
t内B位移x 为：  1 =16   ············1分
1 1 2
1 2  0
1 =2  1  1 =64  
B减速到零后反向加速，加速度为a， 有：
2
2.5 μ·2mg-μ·3mg=ma
2
得a=2μg
2
设经t再次与1号小球发生第二次碰撞，有：
2
1 2
得： ·····  1·=·2  ·2  ·2 ···1分
0
+  2 =8   ············1分
3  0
（3）  1 此  时 2 = B1速6  度  为
0
此时A的速度为  10 =  2  2 = 4
1 =  0−2.5   (  1+  2)
得
17  0
所以   1 ：=再3次2  碰 0 >1  号 10 球=前4，A、B未达到等速 ············1分
以后B每一次碰球，速度都是前一次速度的 ，显然，连续两次碰1号球的时间间隔也应该是前一次的 ，即
1 1
为公比为 的无穷递减等比数列。所以4 木板 B第一次与小球碰撞到静止的总运动时间4t为
1
·········2分
4
1+  2  0
1
= 1−4 =4  
15. 密立根油滴实验推导题（17分）
(1) （共4分）油滴匀速下落时，受力平衡： ··········1分
浮
=  + 
代入各力表达式：重力 ，浮力 ，黏性阻力 联立化简：消去公共项
浮
4 3 4 3
=3      =3    0   =6    0 
{#{QQABIQO1wwiQkNZACS6bEQEoC0gYkICQJAgOwUCaqAwjiBFIFAA=}#}，得： ············1分
4 2
3  (  −  0)  =6   0
整理得：
2 9   0
=2(  −  0) 
解得： ············2分
0
=3 2(  −  0) 
(2) 推导油滴带电荷量 的表达式（共5分）

油滴匀速上升时，受力平衡： ············1分
电 浮
+  =  +  1
代入关键力表达式： ， ···········1分
电

=   1 =6    1 
联立平衡方程并代入 、 ，结合第(1)问结论 ，消去浮力与重力的差值项，得：
浮
4 3
····  ·  ······1分 3   (  −  0)  =6    0 

=6   (  0+  1) 
将 代入，整理得： ·········2分
0 18    (  0+  1)   0
=3 2(  −  0)   =  2(  −  0) 
(3) 求电场力与重力的比值（8分）
设所求比值为 ，即 ；无电压时油滴匀速下落，受力平衡 ，得：
电 浮
····  ····  ··=·   1  分   =  + 
0
=   1− 
黏性阻力特性： ，即 ，方向与速度相反
=6      ∝ 
阻力总冲量推导：总位移为0，设向下、向上位移均为 ，对应平均速度 、 ，时间 、 ，则 ；
1  2  1  2  =  1  1 =  2  2
冲量 （向上）， （向下）；
1 =6     1  1 =6       2 =6     2  2 =6    
故总阻力冲量： ···········1分
=   1−   2 =0
动量定理应用： Δ ···········1分
电 浮
(  +  −   )  = 
合外力： ········1分
合
0  0
=    +    −   =    +  −1
动量变化（初速度向下为负，末速度向上为正）：
Δ ········1分
5
=  ⋅4−(−   )= 4  
联立求解：消去 得： ········1分
0 5 
+  −1  = 4
解得： ···········2分
5   0
=4   −  +1
{#{QQABIQO1wwiQkNZACS6bEQEoC0gYkICQJAgOwUCaqAwjiBFIFAA=}#}