江西卷——2025屆高考物理考前沖刺卷

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.激光是原子受激輻射產(chǎn)生的光。當原子處于激發(fā)態(tài)與時，若恰有能量加=佐-&的光子從

附近通過，在入射光的電磁場影響下，原子會躍遷到低能級耳，從而輻射出新光子。已知光

速為c,普朗克常量為h,則新光子的（）

A.頻率可能大于vB.能量可能小于

C.波長為D.動量為之二組

E2-EXC

2.電容式加速傳感器常用于觸發(fā)汽車安全氣囊等系統(tǒng)，如圖所示。極板M、N組成的電容器視

為平行板電容器，M固定，N可左右運動，通過測量電容器板間的電壓的變化來確定汽車的

加速度。當汽車減速時，極板M、N間的距離減小，若極板上的電荷量不變，則該電容器（）

A.電容變小B.極板間電壓變大

C.極板間電場強度不變D.極板間的電場強度變小

3.為了篩選大小大致相同的臍橙，設(shè)計如圖所示的橙子簡易篩選裝置。兩根直桿處于同一傾斜

平面內(nèi)，上端間距小下端間距大，橙子沿兩桿向下運動，大、中、小橙離開桿后，落入不同區(qū)

域的接收桶中，臍橙可視為球體，不計阻力，則（）

LMJL>JLMJ

A.離開桿后，橙子在空中做一小段自由落體運動

B.離開桿后，大橙速度變化比小橙的快

C.前后兩橙子沿桿運動過程中間距逐漸增大

D.大果在沿桿向下運動過程中彈力對其不做功

4.2025年2月23日凌晨3時17分，中國“實踐25號”衛(wèi)星在距離地面約36000千米的同步靜

止軌道上，成功完成人類航天史上首次“太空加油”，為瀕臨退役的北斗G7衛(wèi)星注入142kg推

進劑，使其壽命延長8年。設(shè)北斗G7衛(wèi)星和“實踐25號”衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運動，下列

說法正確的是（）

A.北斗G7衛(wèi)星定點于我國上空

B.北斗G7衛(wèi)星的線速度大于第一宇宙速度

C.加注燃料后，北斗G7衛(wèi)星的加速度大小不變

D.處在相同軌道上的“實踐25號”加速可以追上北斗G7衛(wèi)星

5.如圖所示，在真空中相距為r的A、B兩點分別固定著電荷量均為Q的正點電荷，0為AB

連線的中點，P為AB連線中垂線上的一點，ZPAO=45°把電荷量q=+2xl0-9c的試探電

荷從P點移到0點，克服電場力做了4xl0-7j的功。已知靜電力常量為左。則（）

/沖

A.P點合電場強度的大小為拽絲

r2

B.P點合電場強度的方向與0P垂直

C.P、0兩點間的電勢差為200V

D.若P點的電勢為零，O點的電勢為

6.兩列機械波在同種介質(zhì)中相向而行，P、Q為兩列波的波源，某時刻的波形如圖所示，已知

波源P產(chǎn)生的波傳播速度為10m/s,下列判斷正確的是（）

A.波源P起振方向沿y軸正方向B.波源Q振動的頻率為0.4Hz

C.波源Q產(chǎn)生的波更容易發(fā)生明顯衍射D.這兩列波能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉

7.如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導(dǎo)軌abc和de,ab與de平行并相距為L,be是以0為

圓心的半徑為r的圓弧導(dǎo)軌，圓弧be左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向如圖的勻強磁場，磁感應(yīng)強度

均為B,a、d兩端接有一個電容為C的電容器，金屬桿0P的。端與e點用導(dǎo)線相接，P端與

圓弧be接觸良好，初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上，金屬桿MN質(zhì)量為m,

金屬桿MN和OP電阻均為R,其余電阻不計，若桿0P繞0點在勻強磁場區(qū)內(nèi)以角速度3從

b到c勻速轉(zhuǎn)動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）

A.桿0P產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒為B3r2

B.電容器帶電量恒為也匚

2

C.桿MN中的電流逐漸減小

D.桿MN向左做勻加速直線運動，加速度大小為生匕工

4mR

二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求，

全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

8.如圖所示，將一個內(nèi)、外側(cè)均光滑的半圓形槽，置于光滑的水平面上，槽的左側(cè)有一個豎直

墻壁。現(xiàn)讓一個小球自左端槽口A的正上方從靜止開始下落，與半圓形槽相切從點進入槽內(nèi)，

則以下說法正確的是（）

A.小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功

B.小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.小球從最低點向右側(cè)最高點運動過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒

D.小球離開右側(cè)最高點以后，將做豎直上拋運動

9.如圖所示，一束復(fù)色光以45。的入射角照射到底面有涂層的平行玻璃磚上表面，經(jīng)下表面反

射后從玻璃磚上表面折射出兩條平行光線a、b,關(guān)于a、b兩束單色光，下列說法正確的是（）

涂層

A.a光的頻率比b光大

B.b光的折射率比a光小

C.a光在玻璃磚中的速度比b光快

D.a、b兩束單色光通過同一雙縫干涉時，a光產(chǎn)生的干涉條紋間距較大

10.如圖所示，兩根豎直固定的光滑細桿上穿著質(zhì)量分別為3kg、4kg的小球A、B,小球A、B

通過一根長上=10m且不可伸長的輕繩繞過光滑的定滑輪O相連接，O到左桿的距離d=4m。

當小球A、B靜止時輕繩間恰好相互垂直，如圖甲所示?，F(xiàn)將小球A緩慢拉至與定滑輪等高

的位置時，如圖乙所示，由靜止釋放小球A,忽略小球受到的空氣阻力，gMX10m/s2o下列

A.定滑輪O到右桿的距離為3m

B.小球A、B不可能在桿上做往復(fù)運動

C.小球A從釋放到運動到最低點，小球B上升的高度與小球A下降的高度相同

D.小球A下降速度最大時，小球B的速度為"?五皿/s

三、非選擇題：本題共5小題，共54分。

11.（8分）如圖所示，讓一個質(zhì)量較大的小球從斜槽上滾下來，與放在斜槽前邊小支柱上的另

一質(zhì)量較小的球發(fā)生碰撞，之后兩小球都做平拋運動。用該實驗裝置可驗證動量守恒定律，即

研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。

(1)實驗中，不容易直接測定小球碰撞前后的速度。要間接地解決這個問題，只需通過測量

A.小球開始釋放高度h

B.小球拋出點距地面的高度H

C.小球做平拋運動的水平位移

(2)關(guān)于本實驗的條件和操作要求，下列說法正確的是；

A.斜槽軌道必須光滑B.斜槽軌道末端必須水平

C.小球1每次不需要從同一位置釋放D.被碰小球每次的落點一定是重合的

(3)設(shè)小球1的質(zhì)量為叫，小球2的質(zhì)量為加2，MP的長度為4,ON的長度為4，則本實驗驗

證動量守恒定律的表達式。

(4)某次實驗中得出的落點情況如圖所示，假設(shè)碰撞過程中動量守恒，則入射小球的質(zhì)量叫和

被碰小球的質(zhì)量加2之比為0

單位：cm

+15.5->1

-*-------25.5-------

<------------------40.0----------------?

12.(12分)小明同學在家中找到一個廢棄不用的電熱水器，拆解后得到了它的電熱絲，他想

測量該電熱絲的電阻。

(1)首先他用歐姆表對該電熱絲進行粗測，將歐姆表的選擇開關(guān)旋到“xlO”擋位，讓表筆與

電熱絲保持良好接觸，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度非常大。為了較好的測出電熱絲的阻值，請幫他完善

下面的操作。

①將選擇開關(guān)旋到擋位(填“X1”或“X100”)；

②重新進行，讓表筆與電熱絲保持良好接觸，讀出歐姆表的示數(shù)約為150。

（2）他利用伏安法測量該電熱絲的阻值?，F(xiàn)有下列器材：

A.電動勢為4V的電源

B.量程為0.6A的電流表A1（內(nèi)阻約為2Q）,量程為3A的電流表A2（內(nèi)阻約為0.5。）

C.靈敏電流計G（滿偏電流為600隊，內(nèi)阻為150。）

D.滑動變阻器R（最大電阻為50）

E.電阻箱凡（最大阻值為99990）

F.電鍵一個，導(dǎo)線若干

①為了精確測量電熱絲的電阻，小明同學先將靈敏電流計改裝為量程3V的電壓表，需要給靈

敏電流計（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個電阻，電阻箱的阻值應(yīng)取幾=。；

②實驗中，電流表應(yīng)選（填“AJ或"A?”）。

③為了精確測量電熱絲阻值，并要求電壓電流從零開始變化，請在方框中畫出完整的電路圖,

并標注好所選儀器的符號。

13.（8分）如圖所示，水平放置的絕熱汽缸內(nèi)用導(dǎo)熱活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體。已知活塞

橫截面積為S,當?shù)卮髿鈮簽镽,重力加速度為g,活塞質(zhì)量為冽=2直，活塞沿汽缸壁移動

5g

時受到的摩擦力大小恒為/=等，活塞與汽缸之間的最大靜摩擦力大小也為f。開始時，缸內(nèi)

氣體的溫度和環(huán)境溫度相等，均為熱，活塞與汽缸底的距離為4且恰好與汽缸無摩擦，離汽

缸口的距離也為乙?，F(xiàn)將汽缸緩慢地轉(zhuǎn)到開口向上的豎直位置，待穩(wěn)定后對缸內(nèi)氣體緩慢加

熱，使活塞上表面剛好與汽缸口相平為止（不計活塞厚度）。求：

（1）轉(zhuǎn)到開口向上的豎直位置（加熱前）活塞到汽缸底部的距離;

（2）當活塞上升到與汽缸口相平時氣體溫度。

14.（12分）如圖所示，質(zhì)量為加=2.0kg的物塊從&=1.0m的光滑四分之一圓弧軌道的最高點

A點由靜止滑下，B點為圓弧軌道的最低點，長為0.5m的粗糙水平面BC與物塊間的動摩擦

因數(shù)〃1=0.4,光滑水平凹槽CD右端放置質(zhì)量M=2.0kg、￡=2m的長木板，長木板與物塊

間的動摩擦因數(shù)〃2=0.2,木板上表面與水平面BC和光滑水平面DE齊平，彈簧固定在擋板E

處。物塊從C點滑上長木板，當長木板與凹槽左端的槽壁碰撞時，物塊恰好滑上DE軌道。假

設(shè)長木板與槽壁每次碰撞后都立即靜止，當物塊與彈簧碰后返回，從凹槽左端滑上長木板時給

物塊一個水平向右且大小為/=2N.s的瞬時沖量，之后每隔0.5s都給物塊相同的瞬時沖量。物

塊與彈簧碰撞無機械能損失，物塊可視作質(zhì)點，gMX10m/s2o

（1）求物塊由A點下滑到B點時軌道對物塊支持力的大小;

（2）求物塊壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能綜；

（3）若L°=3m,求物塊向右運動離開長木板時的瞬時速度大小。

15.(14分)如圖所示的三維坐標系中，在><0、z>0的區(qū)域I內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，

在了>0、z>0的區(qū)域n內(nèi)有沿X軸正方向的勻強磁場，在>>0、z<0的區(qū)域HI內(nèi)有沿y軸正

方向的勻強電場和勻強磁場，區(qū)域II,III內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小相等。一質(zhì)量為m,電荷量

為q(q>0)的帶正電粒子自坐標為(0,0)的《點沿z軸正方向以大小為1的初速度射入?yún)^(qū)域L

恰好從坐標為(0,0,2d)的￡點進入?yún)^(qū)域II,并從y軸上某點垂直y軸進入?yún)^(qū)域HL經(jīng)區(qū)域DI偏

轉(zhuǎn)后以大小為2%的速度再次進入?yún)^(qū)域II.不計粒子的重力。求：

(1)區(qū)域I內(nèi)勻強電場的電場強度大小；

(2)區(qū)域II內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小;

(3)區(qū)域ni內(nèi)勻強電場的電場強度大小。

答案以及解析

1.答案：D

解析：AB.原子發(fā)生受激輻射，發(fā)出的光子的頻率和振動情況都跟入射光子完全一樣，故新光

子的頻率為-,新光子的能量為灰，故AB錯誤；

c.根據(jù)丫=￡,結(jié)合配=用-4

A

解得2=—^

E?一&

故c錯誤；

D.根據(jù)夕=2,結(jié)合C項可得動量為夕=之二冬

2c

故D正確。

故選D。

2.答案：C

解析：A.由平行板電容器電容的決定式。=必可得，d減小，C增大，故A錯誤；

4兀左d

B.電容器所帶電荷量Q不變，C增大，由。=2可得，u變小，故B錯誤；

C

CD.由勻強電場的場強與電勢差關(guān)系公式可得

E=5=2="叫E與d無關(guān),E不變，故C正確，D錯誤。

dCdsrS

故選C。

3.答案：C

解析：A.離開桿后，橙子速度不為0,故不做自由落體運動，故A錯誤；

B.離開桿后，橙子的加速度均為重力加速度g,由于加速度

Av

a

=~A?=g

可知大橙速度變化與小橙速度變化一樣快，故B錯誤；

C.設(shè)桿傾斜角度為e,動摩擦因數(shù)為〃，橙子質(zhì)量為m,則由牛頓第二定律可知，橙子加速

度

mesin0-umgcos0.._

a=-------------------------=gsm，一〃gcos0

m

可知在同一根的橙子加速度都相同，從第一個橙子釋放開始計時，則由勻變速直線運動位移公

式可知，其位移

12

x——at

12

經(jīng)過辦時間，釋放第二個橙子，故其位移

故前后兩橙子沿桿運動過程中間距

Ax=再一馬

聯(lián)立以上解得

A12

Ax=att0--at0

故前后兩橙子沿桿運動過程中間距隨時間而逐漸增大，故C正確；

D.分析可知，雖然兩桿的彈力方向與桿垂直，但分析可知任意一個彈力與兩桿平面并不垂直，

即位移方向與彈力方向不垂直，故其彈力做功不為0,故D錯誤。

故選C。

4.答案：C

解析：A.北斗G7衛(wèi)星在同步靜止軌道上，位于赤道平面內(nèi)，故不能定點于我國上空，故A錯

誤；

B.由（;學=加E

rr

第一宇宙速度為衛(wèi)星貼近地球表面飛行時的線速度，北斗G7衛(wèi)星的軌道半徑大于地球半徑，

故北斗G7衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；

C.由G粵=加。

r

得a=G±

r

加注燃料后，北斗G7衛(wèi)星的加速度大小不變，故C正確；

D.處在相同軌道上的“實踐25號”加速，則會做離心運動，不可以追上北斗G7衛(wèi)星，故D錯

誤。

故選c。

5.答案：A

解析：AB.依據(jù)點電荷電場強度的決定式可知

FkQ

APBP(rcos45°)2

方向如圖所示，故

口….242kQ

Ep—2gPsin4A5CO=------

4'r

方向沿直線OP由。指向P,A正確，B錯誤;

CD.P、O兩點間的電勢差

=v=^v=-200V

根據(jù)電勢差和電勢的關(guān)系

UPO=(Pp-<Po

可得

%%=0—(―200)V=200V

CD錯誤。

故選A。

6.答案：D

解析：A.波源的起振方向與波最前端質(zhì)點的起振方向相同，從波形圖中可看出波源P產(chǎn)生的波

起振方向沿y軸負方向，A錯誤；

B.如圖可知波源Q產(chǎn)生的波波長為；l=4m，已知波在同種均勻介質(zhì)中傳播速度相同，所以

v=10m/s

可得周期為T=4=O.4S

V

1

頻率為f==2.5Hz

T

B錯誤；

C.這兩列波的波長相同，所以這兩列波發(fā)生衍射的難易程度相同，C錯誤；

D.由于這兩列波的波長相等，波速相等，所以頻率也相等，這兩列波能發(fā)生穩(wěn)定的干涉，D正

確。

故選D。

7.答案：C

解析：A.桿0P產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒為E==9?竺=!3如2故A錯誤；BC.由右手定則知

22

0P產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為由0到P,則MN桿中電流方向為由M到N,由左手定則知MN

桿受到向左的安培力，MN桿向左做加速運動，也產(chǎn)生感應(yīng)電流，與0P產(chǎn)生的電流方向相反，

根據(jù)％,=應(yīng)啜v電容器的電壓為路端電壓，因為回路電流減小，內(nèi)壓減小，路端電壓增大，

則極板電荷量增大，故B錯誤，C正確；D.回路中電流逐漸減小，桿MN受到的安培力逐漸

減小，則桿向左做加速度逐漸減小的加速直線運動，故D錯誤。故選C。

8.答案：BC

解析：A.小球在槽內(nèi)運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，而從最低點開始上

升過程中，由于水平面光滑，槽將向右運動，故除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負功,

故A錯誤；B.無碰撞過程，而且接觸面均光滑，無內(nèi)能轉(zhuǎn)化，所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械

能守恒，故B正確；C.小球在槽內(nèi)運動的前半過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量

不守恒，而小球在槽內(nèi)運動的后半過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平的動量守恒，故C正確;

D.小球離開右側(cè)槽口同時，槽由于在球的作用下向右運動，所以做斜拋運動，故D錯誤。故

選BC。

9.答案：AB

解析：AB.作出光路圖如圖所示

由題圖可知，a光的折射角小于b光的折射角，即夕＜a

sin45°sin45°

根據(jù)折射定律〃--------9%

sin。sina

所以玻璃磚對a光的折射率更大，a光的頻率更大，故AB正確;

C.根據(jù)丫=￡可知，a光在玻璃磚中的速度更慢，故C錯誤；

n

D.由于b光的折射率小，則b光在玻璃磚中的波長更長，根據(jù)&=人2可知，b光產(chǎn)生的干涉

d

條紋間距較大，故D錯誤。

故選AB。

10.答案：AD

解析:A.兩球靜止時,對兩球進行受力分析，如圖甲所示，設(shè)輕繩的拉力為F,則有尸sinO=^g,

Fcos0-mBg

解得。=37。

由幾何知識可得=--—=5m，OB=L—CU=5m

cos37°

定滑輪到右桿的距離4=05sin37。=3m

A正確；

B.由題可知，整個系統(tǒng)機械能守恒，故A、B兩球?qū)⒃跅U上做往復(fù)運動，B錯誤;

C.由于小球A的質(zhì)量小于小球B的質(zhì)量，根據(jù)機械能守恒定律可知，當小球A停止運動時，

小球B上升的高度將小于小球A下降的高度，C錯誤；

D.當小球A受到的合力為0時速度最大，此時小球A下降到圖甲的位置，如圖乙所示，根據(jù)

運動的分解可得vAsin0=vBcos0

小球A下降的高度幻=O/sin37o=3m

小球B上升的高度％=J(￡—U)2—d；_QBcos37。=(3百-4)m

由機械能守恒定律可得見g/z4-加送原

聯(lián)立解得VB=F?^m/s

D正確。

故選AD。

4

11.答案：(1)C；(2)B；(3)mll1=m2l2；(4)-

解析：(1)驗證動量守恒定律實驗中，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系，

直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，根據(jù)平拋運動規(guī)律，若落地高度不變，則運動時間

不變，因此可以用水平射程大小來體現(xiàn)水平速度大小，故需要測量水平射程。故選C。

(2)AB.實驗中，斜槽軌道不需要光滑，但是斜槽軌道末端必須水平，故A錯誤，B正確；C.

小球1每次必須要從同一位置釋放，保證到達底端時的速度相同，選項C錯誤；D.實驗中存

在一定的誤差，故B球每次的落點不一定是重合的，故D錯誤；故選B。

(3)由圖示可知，碰撞前小球1的落地點是P,兩球碰撞，球1的落地點是M,球2的落地

點是N,實驗需要驗證

mQP=mxOM+m2ON

變形可知加1(OP-0M)=m2ON

故有=m2l2

(4)根據(jù)(3)中秋(6『—31)=牝皿

代入數(shù)據(jù)解得叫=改

m21

12.答案：(1)xl；歐姆調(diào)零

（2）串聯(lián)；4850；A1；

解析：（1）①指針偏轉(zhuǎn)角度非常大，說明倍率檔選擇過大，應(yīng)將選擇開關(guān)旋到xl擋位;

②重新進行歐姆調(diào)零，讓表筆與電熱絲保持良好接觸，讀出歐姆表的示數(shù)約為150。

（2）①為了精確測量電熱絲的電阻，小明同學先將靈敏電流計改裝為量程3V的電壓表，需

要給靈敏電流計串聯(lián)一個電阻，電阻箱的阻值應(yīng)取

U3

凡=--R=——-__zQ-150Q=4850Q

”Igv600x1O-6

②電路可能出現(xiàn)的最大電流

F4

/=——=—A=0.27A

R15

可知電流表選擇量程為0.6A的A】o

③要求電壓電流從零開始變化，可知滑動變阻器要接成分壓電路，根據(jù)前面分析可知待測電阻

跟電表相比屬于小電阻，故電流表采用外接法，畫出完整的電路圖如圖：

解析：（1）已知汽缸水平放置時，活塞恰好與汽缸無摩擦，由此可判斷氣體壓強臼=p°,氣

體體積匕=弘0,氣體溫度7；

汽缸開口豎直放置時，對活塞進行受力分析，由平衡條件可得45+加g=/+0S

解得。2=WPo

此時活塞到汽缸底部的距離為右，則氣體體積匕=以2,氣體溫度。=4

該過程為等溫過程，根據(jù)玻意耳定律得0%=?匕

聯(lián)立解得』2="4

229

(2)對缸內(nèi)氣體緩慢加熱過程中，氣體壓強保持不變，當活塞上升到與汽缸口齊平時，根據(jù)

平衡條件有p.S+mg+f=p3s

氣體體積匕=2或0，由理想氣體狀態(tài)方程得華=竽

聯(lián)立解得北=II"

14.答案：(1)60N

(2)4J

(3)V?m/s

解析：(1)物塊由A點下降到B點，由機械能守恒定律得加gR=；加V，

2

在B點，根據(jù)牛頓第二定律禁一加g=加藁

解得支持力穌=60N

(2)物塊在BC面上運動，從B到C過程，根據(jù)動能定理工機常-Lmv：、=〃/摩￡加

2O2C*I

物塊在CD間運動過程，根據(jù)動量守恒定律mvc=mvD+Mv

mv

根據(jù)能量守恒定律;加vj-^D+從1mgL

物塊從接觸彈簧到彈簧壓縮到最短的過程中，根據(jù)Ep=g機說

得物塊