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2025 年高考江西卷物理真题
一、单选题
1．超级电容器可集成到太阳能发电系统中，通过超级电容器储存和释放能量，优化功率输
出，提升电网稳定性。关于超级电容器储存能量过程中所带电荷量Q 和两极板间电压U 的
变化，下列说法正确的是（ ）
A．Q 增大，U 增大
B．Q 减小，U 减小
C．Q 减小，U 增大
D．Q 增大，U 减小
答案 A
解析 超级电容器储存能量时处于充电过程，电荷量Q 增加。根据电容公式Q =CU，若电
容C 不变（由结构决定，题目未提及变化），则Q 与U 成正比。因此，Q 增大时，U 必然
增大。
故选A。
2．如图所示，Ⅰ和Ⅱ分别为神舟二十号飞船的近地圆轨道、椭圆变轨轨道，Ⅲ为天和核心
舱运行圆轨道，P、Q 为变轨点。不计阻力，飞船在轨道Ⅱ上从P 点到Q 点运动过程中，
下列选项正确的是（ ）
A．速率增大，机械能增大
B．速率减小，机械能减小
C．速率增大，机械能不变
D．速率减小，机械能不变
答案 D
解析 根据题意可知，飞船在轨道Ⅱ上从P 点到Q 点运动过程中，只有万有引力做负功，
则机械能不变，动能减小，即速率减小。
故选D。
3．某变压器的原线圈匝数未知，将9V的正弦交流电输入原线圈。改变副线圈的匝数n，测
得副线圈两端的电压U 与匝数n 之间的关系如图所示。若该变压器为理想变压器，则原线
圈的匝数最接近（ ）
A．110
B．160
C．210
D．310
答案 C
解析 设原线圈的匝数为n1，根据n1
n = U 1
U ，可得n1= n
U U 1
由题图可知当U =3 V时，n=70，代入可得n1= 70
3 ×9=210
故选C。
4．如图所示，人形机器人陪伴小孩玩接球游戏。机器人在高度为H 的固定点以速率v1水
平向右抛球，小孩以速率v2水平向左匀速运动，接球时手掌离地面高度为h。当小孩与机
器人水平距离为l时，机器人将小球抛出。忽略空气阻力，重力加速度为g。若小孩能接到
球，则v1为（ ）
A．l√
2g
H -h - v2
B．l√
g
2( H -h) - v2
C．l√
H -h
2g - v2
D．l√
2( H -h)
g
- v2
答案 B
解析 若小孩能接到球，则有H -h= 1
2 gt
2，l = v1t + v2t
联立解得v1=l√
g
2( H -h) - v2
故选B。
5．托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管（CS线圈）可以驱动附
近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图（a）所示。当CS线
圈通以如图（b）所示的电流时，产生的等离子体电流方向（俯视）为（ ）
A．顺时针
B．逆时针
C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针
答案 A
解析 由图（b）可知开始阶段流过CS 线圈的电流正向减小，根据右手定则可知，CS 线圈
产生的磁场下端为N 极，上端为S 极，则穿过线圈周围某一截面的磁通量向下减小，由楞
次定律可知产生的感应电场方向为顺时针方向（俯视），则产生的等离子体电流方向（俯
视）为顺时针；同理在以后阶段通过CS 线圈的电流反向增加时，情况与前一阶段等效，
即产生的等离子体电流方向（俯视）仍为顺时针。
故选A。
6．如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连。按压一次泵水器可将压强等于大气压强
p0、体积为V 0的空气压入水桶中。在设计泵水器时应计算出V 0的临界值V 0c，当V 0=V 0c
时，在液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水。设桶身的高度和横截面积分别为
H、S，颈部高度为l，按压前桶中气体压强为p0。不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度
及桶颈部、细水管和出水管的体积。已知水的密度为ρ，重力加速度为g。该临界值V 0c等
于（ ）
A．ρgS
p0
H
2 B．ρgS
p0
H ( H +l) C．p0- ρg( H +l)
p0
SH D．p0+ ρg( H +l)
p0
SH
答案 B
解析 根据题意，设往桶内压入压强为p0、体积为V 0c的空气后，桶内气体压强增大到p，
根据玻意耳定律有p0 SH + p0V 0c= pSH
泵水器恰能出水满足p= p0+ ρg(H +l)
联立解得V 0c = ρgS
p0
H ( H +l)
故选B。
7．为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危险（不考虑离心
问题），把固定连接为一体的两轮设计成锥顶角θ很小的圆台形，如图所示。设铁轨间距
为L，正常直线行驶时两轮与铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间中点位置到轨道
圆心的距离为过弯半径R。在θ很小时，tanθ≈sinθ≈θ。若在水平轨道过弯时要求轮子
不打滑且横向偏移量不超过Δ x，则最小过弯半径R 为（ ）
A．2 LD
θ Δ x
B．LD
θ Δ x
C．LD
2θ Δ x
D．LD
4θ Δ x
答案 C
解析 根据题意可知，转弯时车轮会向外偏移Δ x，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径
增大为r1，根据几何关系有2r1= D+2 Δ x tan θ
2
同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为r2，则有2r2= D -2 Δ x tan θ
2
设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为s1，内轨道轮子与铁轨接
触的位置向前运动的距离为s2，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有
s1
s2
= r1
r2
=
D+2 Δ x tan θ
2
D -2 Δ x tan θ
2
由于tan θ
2 ≈θ
2
则有
s1
s2
= D+θ Δ x
D -θ Δ x
转弯过程俯视图，如图所示
由几何关系有
s1
s2
=
R+ L
2
R - L
2
联立解得R =
LD
2θ Δ x
故选C。
二、多选题
8．如图所示，一细金属导体棒PQ在匀强磁场中沿纸面由静止开始向右运动，磁场方向垂
直纸面向里。不考虑棒中自由电子的热运动。下列选项正确的是（ ）
A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用
B．棒运动时，P 端比Q 端电势低
C．棒加速运动时，棒中电场强度变大
D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止
答案 CD
解析 A．由左手定则可知，电子沿棒运动时受到水平方向的洛伦兹力作用，A 错误；
B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P 端比Q 端电势高，B 错误；
C．PQ 两端电势差U=BLv，可知棒中电场强度E = U
L = Bv，则棒加速运动时，棒中电场强
度变大，C 正确；
D．棒保持匀速运动时，PQ 两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒
静止，D 正确。
故选CD。
9．每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同方向匀速直线
飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运
动。若以无人机为参考系，该龙舟在0.4s时间内速度由0 增加到0.6m/s（划桨阶段），
再经历0.6s时间速度减为0（未划桨阶段），则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、
加速度a、动能Ek与时间t 的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
答案 AB
解析 A．位移时间图像斜率代表速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A 正
确；
B．龙舟在0.4s时间内速度由0 增加到0.6m/s（划桨阶段），再经历0.6s时间速度减为
0，速度方向始终为正向，故B 正确；
C．因为是匀加速和匀减速，所以加速度在0.4s时间内是不变的，后0.6s 内也是不变的，
故C 错误；
D．根据Ek= 1
2 mv
2= 1
2 m(at )
2可知，前0.4s开口向上，故D 错误。
故选AB。
10．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，速率恒为v0，宽为d的MNQP区域
存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为l(l< d
2 )、质量为
m、电阻为R 的正方形线框efgh置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框
ef 边刚离开磁场区域时的速率恰为v0。若线框ef 或gh边受到安培力，则其安培力大于
2mgsinθ。线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数μ=tanθ，ef 边始终
平行于MN，重力加速度为g。下列选项正确的是（ ）
A．线框速率的最小值为√v0
2- 4 g(d -l)sinθ
B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为2mgd sinθ
C．线框穿过磁场区域的时间为B
2l
3+mR(√v0
2- 4 g(d -l)sinθ - v0)
2mgR sinθ
D．ef 边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为
B
2l
3v0
2mgRsinθ
答案 AD
解析 A．在ef 边进入磁场而gh边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安
培力BIL和沿传送带平面向下的重力分力mgsinθ。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力
为μmgcosθ，而μ= tanθ，故μmgcosθ =mgsinθ
已知线框受到的安培力BLI >2mgsinθ
即BIL>mgsinθ+ μmgcosθ
因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。线框在沿传送带平
面的安培力、重力分力、摩擦力作用下做减速运动。在gh边进入磁场到ef 边离开磁场的过
程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。又因线
框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。
综上分析可知，当gh边刚进入磁场时，线框有最小速度vmin。设线框加速度为a，根据牛顿
第二定律有mgsinθ+ μmgcosθ =ma
ef 边离开磁场时速度恰好为v0，则有v0
2- vmin
2 =2a(d -l)
联立解得vmin=√v0
2- 4 g(d -l)sinθ，故A 正确；
B．在ef 边进入磁场到gh边进入磁场的过程中，由动能定理有
mglsinθ+ μmgl cosθ+W 安= 1
2 m vmin
2 - 1
2 m v0
2
则该过程产生的焦耳热Q =-W 安=2mgd sinθ
在ef 边离开磁场到gh边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为Q。因此，线框穿过磁
场区域产生的焦耳热为4 mgd sinθ，故B 错误；
C．设ef 边进入磁场到gh边进入磁场的时间为t1，根据闭合电路欧姆定律得I = BLv
R
根据动量定理有mgsinθ⋅t1+ μmgcosθ⋅t1-∑BIL Δt =m vmin-m v0
设gh边进入磁场到ef 边离开磁场的时间为t2，有v0- vmin=at2
因为ef 边离开磁场到gh边离开磁场所用时间也为t1，所以线框穿过磁场区域的总时间
t =2t1+t2
联立解得t =
2B
2l
3+mR(√v0
2- 4 g(d -l)sinθ - v0)
2mgR sinθ
，故C 错误；
D．ef 边从进入到离开磁场区域的时间t
' =t1+t2
该段时间内传送带移动的距离s= v0t
' =
B
2l
3v0
2mgR sinθ
，故D 正确。
故选AD。
三、实验题
11．某小组利用气垫导轨、两个光电门、滑块、遮光片等，组成具有一定倾角的导轨装置，
研究机械能守恒定律。重力加速度g 取9.80m/s
2。
(1)实验前，应合理安装实验器材。图（a）中光电门 的位置安装不合理，应如何调整
：
(2)实验时，导轨倾斜角的正弦值sinθ =0.0613，光电门1、2 相距L。将宽度d =4.82mm
的遮光片固定于滑块上，从导轨最左端静止释放滑块，分别记录遮光片通过光电门1、2 的
时间Δt1和Δt2。移动光电门2 的位置改变L，重复实验，所测数据见下表。
L/cm
10.00
15.00
20.00
25.00
30.00
60.00
65.00
70.00
Δt1/ ms9.982
9.883
10.019
10.068
10.049
10.073
10.066
10.170
Δt2/ ms8.016
7.578
7.032
6.583
6.583
…
4.938
4.787
4.677
滑块经过光电门1、2 的速度分别为v1和v2。当L=65.00cm时，v2= ，滑块通过两光
电门下降的高度H L= cm。（结果保留2 位小数）
(3)处理上表数据，并绘制Δ v
2- H L关系曲线（其中Δ v
2= v2
2- v1
2），如图（b）所示。根据
图（b）中的信息，分析滑块在下滑过程中机械能是否守恒： ，并给出理由：
。
答案 (1) 1 适当向右移动光电门1
(2) 1.01 3.98
(3) 守恒 见解析
解析 （1）光电门1 安装不合理；
由图可知，光电门1 靠近释放点，滑块到光电门1 的距离较短，速度较小，导致滑块通过
光电门1 的速度测量误差较大。
（2）当L=65.00cm时，由表格可知通过光电门2 的时间为Δt2= 4.787 ms
故通过光电门2 的速度v2= d
Δt2
= 4.82×10
-3
4.787×10
-3 m /s=1.01m /s
根据几何关系可得滑块通过两光电门下降的高度H L= Lsinθ =65×0.0613cm =3.98cm
（3）守恒；
根据图（b）可知其斜率约为k = 0.392
0.020 m /s
2=19.6 m /s
2=2g
故在误差范围内Δv
2=2 g H L成立，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减
少量，即机械能守恒。
12．热敏电阻的阻值随温度的变化而改变，通过建立温度与热敏电阻两端电压的关系，可
制作一简易的温度传感器，进而实现温度测量。如图（a）所示，RT为热敏电阻，R0为匹
配电阻，电源电动势为E（内阻不计），数字电压表V（内阻视为无穷大）用于测量热敏电
阻两端的电压U out。
（1）由图（a）可得U out的表达式为 。
（2）已知某热敏电阻从20℃升温到100℃时，其阻值从10k Ω单调减小到0.5k Ω。为
了合理配置R0的阻值，用电阻箱R1代替该热敏电阻RT进行实验。经数据处理得到不同R0
值对应的U out - R1关系图线，如图（b）所示，分析可知应选图线 对应的R0作为匹配
电阻，可使U out在更宽范围内对R1变化的响应更灵敏。
（3）选定匹配电阻R0后，按图（a）连接电路，改变热敏电阻的温度T，测量其两端的电
压U out，并尝试用二次多项式进行数据拟合，得到温度T (℃)与U out(V )的关系。
（4）用已标定的温度传感器进行实验，记录数据，如下表所示，其中T 为测量温度，T b
为标准温度，ΔT =T -T b。表中绝对误差最大和最小的测量温度值T 分别为 ℃和
℃。除涉及元器件的精度和稳定性之外，分析该温度传感器测量误差的主要来源： 。
T (℃)
29.6
34.0
38.0
42.2
47.0
51.6
55.0
66.1
70.2
T b(℃) 31.4
36.4
40.5
44.5
48.7
52.5
55.8
65.7
70.0
ΔT (℃-1.8
-2.4
-2.5
-2.3
-1.7
-0.9
-0.8
0.4
0.2
答案 (1)
RT
RT+ R0
E (2)乙 (3)38.0 70.2 (4)匹配电阻R0的阻值不太合适或选用二
次多项式进行数据拟合不够精确
解析 （1）由闭合电路的欧姆定律可得电路中电流I =
E
R0+ RT
可得U out = I RT=
RT
RT+ R0
E
（2）由图（b）可知，图线乙在相同的R1变化区间，U out变化范围更大，即图线乙对应的
R0作为匹配电阻，可使U out在更宽范围内对R1变化的响应更灵敏。
（3）结合表格数据分析，可知测量的绝对误差最大和最小对应的测量温度分别为38.0℃
和70.2℃。
(4)误差的主要来源除去涉及元器件的精度和稳定性之外，可能是匹配电阻R0的阻值不太合
适或选用二次多项式进行数据拟合不够精确。
四、解答题
13．如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P 点，另一端经光滑孔钉Q 连接
质量为m 的小球A，该球穿过与水平直杆OM（足够长）成30°角的直杆ON，两杆平滑连
接。点P、Q 和O 在同一竖直线上，PQ间距为弹力绳原长。将小球A 拉至与Q 等高的位
置由静止释放。当小球A 首次运动到斜杆底端O 点后，在水平方向与穿在直杆OM且静止
于O 点、质量为3m的小球B 发生弹性碰撞。小球A、B 与杆间的动摩擦因数均为μ= √3
3 ，
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为
k，其弹性势能EP与伸长量x 的关系为Ep= 1
2 k x
2。已知重力加速度为g，OQ间距为2mg
k
。
(1)求小球A 下滑过程中滑动摩擦力的大小；
(2)若从碰撞后开始计时，小球A 第一次上滑过程中离O 点的距离x 与时间t 关系为
x = A0sin(√
k
m t)（A0为常数），求小球A 第一次速度为零时，小球B 与O 点的距离。
答案 (1)f = 1
2 mg
(2)s=(
√2
2 π - √3
24 π
2)
mg
k
解析 （1）如图所示
以O点为坐标原点，沿倾斜直杆ON 向上为x 轴正方向建立坐标系。任意选取小球A 下滑
过程中的某一位置O1，设此时弹力绳的伸长量为l，小球A 受到的滑动摩擦力为f ，小球A
对倾斜直杆的压力为F N，小球A 所受弹力绳的拉力为F，弹力绳与倾斜直杆的夹角为α，
孔钉Q 到倾斜直杆的距离为h1。设h= 2mg
k
对小球A 进行受力分析，可知f = μ FN，FN= F sin α -mgcosθ，F =kl
由几何关系可得h1=lsin α =hcosθ
联立解得f = 1
2 mg
（2）设小球A 下滑到斜杆底端O点时的速度为vA，小球由静止释放运动到O点的过程中，
由动能定理可得- f ⋅2h+mgh+[
1
2 k (√3h)
2- 1
2 k h
2]= 1
2 mvA
2
可得1
2 k (√3h)
2- 1
2 k h
2= 1
2 m vA
2
由小球A、B 发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为v
'
A、v
'
B，由动量守恒定律和能量守恒定律
有m vA=m v
'
A+3m v
'
B，1
2 m vA
2 = 1
2 m v
'
A
2 + 1
2 ×3m v
'
B
2
解得v
'
A=- g√
2m
k ，v
'
B= g√
2m
k
由x = A0sin(√
k
m t)，可知小球A 上滑过程做简谐运动，小球A 第一次速度为零时，距离
达到最大值xm = A0，则有√
k
m t A= π
2
解得t A= π
2 √
m
k
小球B 碰撞后开始在直杆OM 上做匀减速运动，加速度为μg，设小球B 速度减为0 所经历
的时间为t B，则t B= v
'
B
μg = 1
μ√
2m
k
因t B>t A，则小球A 在碰撞后第一次速度为零时，小球B 与O点的距离为s，则有
s= v
'
Bt A- 1
2 μgt A
2
联立解得s=(
√2
2 π - √3
24 π
2)
mg
k
14．精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的测量，
其简化原理如图所示。某个待测激光脉冲的持续时间为Δt，经过狭缝和聚焦透镜入射至真
空条纹管的光电阴极中心。由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲。
电子脉冲先后经加速和偏转等过程打到荧光屏上。阳极与光电阴极间的加速电压为U 1，距
离为d1。偏转极板间距和长度分别为d2和L2，其左端与阳极的距离为L1，右端与荧光屏的
距离为L3。光电效应产生电子的初速度忽略不计，电子不会打到偏转极板上。电子质量为
m，电荷量为e，不考虑电场力和相对论效应，以及电子之间相互作用。所有元件的中心在
同一条直线上，并以荧光屏中心O 为原点、竖直方向为y 轴建立坐标系。（普朗克常量
h=6.63×10
-34J⋅s，光速c =3×10
8 m/s）
(1)现有多碱、Au和CsI三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为
1.1eV、4.5eV、6.2eV。若要使波长范围为200~900nm的入射激光都能打出光电子，
请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料。(1eV =1.6×10
-19J)
(2)当偏转极板间电压U 为常数时，求电子打在荧光屏上的位置。
(3)真实情况下，偏转极板间电压U 与时间t 的关系为U =U 0+ kt（U 0和k 为大于零的常
数），其零时刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。
①求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时y 方向速度的大小：
②若L2小且L2≪L3，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y 方向位移的差别，求电子
脉冲在荧光屏上的空间宽度Δ y与激光脉冲持续时间Δt的关系。
答案 (1)多碱
(2)U L2(L2+2 L3)
4U 1d2
(3)①(U 0+ k Δt)
L2
d2√
e
2mU 1
+(4 d1+2 L1+ L2)
k L2
4U 1d2
；②Δ y = k L2 L3
2U 1d2
Δt
解析 （1）根据题意，设入射激光波长为λ，则对应的光子能量为ε =hν = hc
λ
可得波长范围为200~900nm的入射激光的能量范围为1.38eV~6.2eV
要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所
以应选择多碱光电阴极材料。
（2）电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为a1，
运动时间为t1，离开阳极时的速度大小为v1，则有a1= eU 1
md1
，v1
2=2a1d1，d1= 1
2 a1t1
2
电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为t2，则L1= v1t2
当偏转电压U为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直y方向做匀
加速直线运动。设y方向的加速度大小为a2，在偏转极板内运动时间为t3，离开偏转极板时
y方向速度为v y，偏转位移为y1，则a2= eU
md2
，L2= v1t3，v y =a2t3，y1= 1
2 a2t3
2
设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为t 4，在此时间内电子在y 方向的位移为y2，
则L3= v1t 4，y2= v yt 4
设电子离荧光屏中心的距离为y，则y = y1+ y2
联立解得y = U L2(L2+2 L3)
4U 1d2
（3）当偏转极板间电压U =U 0+kt时，电子在偏转极板内y 方向做加速度线性增加的变加
速直线运动。
①在t1+t2+ Δt时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为
U 0+k (t1+t2+ Δt)，设电子在偏转极板内运动时y 方向的加速度为a3，离开偏转极板时y
方向的速度为v y 2，则a3= e(U 0+ kt)
md2
则a3-t图像，如图所示
由上述分析，结合图像可得v y 2=[U 0+ k (t1+t2+ Δt)+ k t3
2 ]
et3
md2
联立小问2 分析可得v y2=(U 0+k Δt)
L2
d2√
e
2mU 1
+(4 d1+2 L1+ L2)
k L2
4U 1d2
②在t1+t2时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为U 0+k(t1+t2)。同
理可得，该电子离开偏转极板时y方向的速度v y1，则有v y 1=[U 0+k (t1+t2)+ k t3
2 ]
et3
md2
设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为Δ y，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间
为t 4，则L3= v1t 4，Δ y =(v y 2- v y 1)t 4
联立解得Δ y = k L2 L3
2U 1d2
Δt
