2025年江西省普通高中學業(yè)水平選擇性考試

物理

考生注意：

1.答題前，考生務必將自己的準考證號、姓名填寫在答題卡上?？忌J真核對答題卡上粘貼的

條形碼的“準考證號、姓名、考試科目”與考生本人準考證號、姓名是否一致。

2.回答選擇題時，選出每小即答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改

動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，用黑色墨水簽字筆將答案寫

在答題卡上，寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束，監(jiān)考員將試卷、答題卡一并收回。

一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題

目要求，每小題4分；第8M0題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，

選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

1.超級電容器可集成到太陽能發(fā)電系統(tǒng)中，通過超級電容器儲存和釋放能量，優(yōu)化功率輸出，提

升電網(wǎng)穩(wěn)定性。關(guān)于超級電容器儲存能量過程中所帶電荷量。和兩極板間電壓U的變化，下列

說法正確的是

A.。增大，U增大B.Q減八，U減小

C.。減小,，U增大D.Q增大，U減小

2.如圖所示，I和II分別為神舟二十號飛船的近地圓軌道、橢圓變軌軌道，IH

為天和核心艙運行圓軌道，P、。為變軌點。小計阻力，匕船在軌道n上從

P點到Q點運動過程中，下列選項正確的是

A.速率增大，機械能增大B.速率減小，機械能減小

C.速率增大，機械能不變D.速率減小，機械能不變

3.某變壓器的原線圈匝數(shù)未知，將9V的正弦交流電輸入原線

圈。改變副線圈的匝數(shù)n,測得副線圈兩端的電壓U與匝

數(shù)n之間的關(guān)系如圖所示。若該變壓器為理想變壓器，則原

線圈的匝數(shù)最接近

A.110B.160

C.210D.310

物理試題第1頁（共8頁）

4.如圖所示，人形機器人陪伴小孩玩接球游戲。機器人在高度

為H的固定點以速率Vi水平向右拋球，小孩以速率也水平

向左勻速運動，接球時手掌離地面高度為ho當小孩與機器

人水平距離為1時，機器人將小球拋出。忽略空氣阻力，重

力加速度為g。若小孩能接到球，則也為

5.托卡馬克是一種磁約束核聚變裝置，其中心柱上的密繞螺線管CS線圈）可以驅(qū)動附近由電子

和離子組成的磁約束等離子體旋轉(zhuǎn)形成等離子體電流，如圖（a）所示。當CS線圈通以如圖

（b）所示的電流時，產(chǎn)生的等離子體電流方向（俯視）為

電流正方向中心柱

電源瞰束等離子體

CS線圈

圖（a）

A.順時針B.逆時針C.先順時針后逆時針D.先逆時針后順時針

6.如圖所示，一泵水器通過細水管與桶裝水相連。按壓一次泵水器可將壓強等于大氣壓強P。、

體積為，。的空氣壓入水桶中。在設(shè)計泵水器時應計算出乙的臨界值匕）。當，o=，oc時，在液

面最低的情況下僅按壓一次泵水器恰能出水。設(shè)桶身的高度和橫截面積分別為H、S,頸部高

度為1,按壓前桶中氣體壓強為poo不考慮溫度變化和漏氣，忽略桶壁厚度及桶頸部、細水

泵

管和出水管的體積。已知水的密度為P，重力加速度為即該臨界值人C等于水

器出水管

A.4與2

P。

B.跡H（H+Q

P。細

桶

水

2。-/g（H+C）裝

管

水

C.SH液面H

Po

（）

D.Po+0gH+CSH

po

物理試題第2頁（共8頁）

7.為避免火車在水平面上過彎時因內(nèi)外軌道半徑不同致使輪子打滑造成危險（不考慮離心問題）,

把固定連接為一體的兩輪設(shè)計成錐頂角9很小的圓臺形，如圖所示。設(shè)鐵軌間距為L,正常

直線行駛時兩輪與鐵軌接觸處的直徑均為D,過彎時內(nèi)外軌間中點位置到軌道圓心的距離為

過彎半徑Ro在9很小時，tane-sine-e。若在水平軌道過彎時要求輪子不打滑且橫向偏移

量不超過△?,則最小過彎半徑R為

2LD

AA?啟

B.魯

0AX

20AX

LD

D.

40AX

8.如圖所示，一細金屬導體棒PQ在勻強磁場中沿紙面由靜止開始向右運動，磁場方向垂直紙

面向里。不考慮棒中自由電子的熱運動。下列選項正確的是

XXpxX

A,電子沿棒運動時不受洛倫茲力作用

XxX

B.棒運動時，P端比。端電勢低今

xxxx

C.棒加速運動時，棒中電場強度變大

XXQXX

D.棒保持勻速運動時，電子最終相對棒靜止

9.每逢端午節(jié)，江西各地常會舉辦熱鬧非凡的賽龍舟活動。利用與某龍舟同方向勻速直線飛行

的無人機跟蹤拍攝，發(fā)現(xiàn)在某段時間內(nèi)該龍舟做勻加速和勻減速交替的周期性直線運動。若

以無人機為參考系，該龍舟在0.4s時間內(nèi)速度由0增加到（0.6m/s（劃槳階段），再經(jīng)歷

（）.6s時間速度減為0（未劃槳階段），則關(guān)于這段時間內(nèi)該龍舟的位置工、速度「加速度a、

動能.Ek與時間t的關(guān)系，下列圖像可能正確的是

物理試題第3頁（共8頁）

二、非選擇題：

11.某小組利用氣墊導軌、兩個光電門、滑塊、遮光片等，組成具有一定傾角的導軌裝置，研究機械

能守恒定律。重力加速度g取（9.80m/s2。

遮光片光電門1

a光電門2

標尺

1!1水平桌面

圖（a）

⑴實驗前，應合理安裝實驗器材。圖（a）中光電門的位置安裝不合理，應如何調(diào)

整：_________

（2）實驗時，導軌傾斜角的正弦值:—.0613,光電門1、2相距Lo將寬度（d=4.82mm的遮

光片固定于滑塊上，從導軌最左端靜止釋放滑塊，分別記錄遮光片通過光電門1、2的時間和△t?。

移動光電門2的位置改變L,重復實驗，所測數(shù)據(jù)見下表。

L/cm10.0015.0020.0025.0030.0060.0065.0070.00

△ti/ms9.9829.88310.01910.06810.04910.07310.06610.170

???

△t2/ms8.0167.5787.0326.5836.3104.9384.7874.677

滑塊經(jīng)過光電門1、2的速度分別為也和v2o當巧〃2。L=65.00cm時，v2=滑塊通過兩光

電門下降的高度也二—cm。（結(jié)果保留2位小數(shù)）

（3）處理上表數(shù)據(jù)，并繪制AM-HL關(guān)系曲線（其中加2=域一說），如圖⑹所示。根據(jù)圖⑹中

的信息，分析滑塊在下滑過程中機械能是否守恒：，并給出理由：。

物理試題第5頁（共8頁）

12.

熱敏電阻的阻值隨溫度的變化而改變，通過建立溫度與熱敏電阻兩端電壓的關(guān)系，可制作一簡

易的溫度傳感器，進而實現(xiàn)溫度測量。如圖(a)所示，心為熱敏電阻，R。為匹配電阻，電源電動勢

為E(內(nèi)阻不計)，數(shù)字電壓表?(內(nèi)阻視為無窮大)用于測量熱敏電阻兩端的電壓U。個

圖(b)

(1)由圖(a)可得Um的表達式為o

(2)已知某熱敏電阻從2(TC升溫到100到時，其阻值從10kQ單調(diào)減小到0.5kC,為了合理配

置.R。的阻值，用電阻箱.Ri代替該熱敏電阻.%進行實驗。經(jīng)數(shù)據(jù)處理得到不同.Ro值對應的加戊-

Ri關(guān)系圖線，如圖⑹所示，分析可知應選圖線—對應的.％作為匹配電阻，可使Um在更寬范圍

內(nèi)對改變化的響應更靈敏。

(3)選定匹配電阻.Ro后，按圖⑸連接電路，改變熱敏電阻的溫度T,測量其兩端的電壓

U?！?，并嘗試用二次多項式進行數(shù)據(jù)擬合，得到溫度T(。。與4疝廠)的關(guān)系。

(4)用已標定的溫度傳感器進行實驗，記錄數(shù)據(jù)，如下表所示，其中T為測量溫度，幾為標

準溫度，△T=T-Tb。表中絕對誤差最大和最小的測量溫度值T分別為C和_C。除涉及

元器件的精度和穩(wěn)定性之外，分析該溫度傳感器測量誤差的主要來源：—。

T(℃)29.634.038.042.247.051.655.066.170.2

Tb(℃)31.436.440.544.548.752.555.865.770.0

△T(°C)-1.8-2.4-2.5-2.3-1.7-0.9—0.80.40.2

物理試題第6頁(共8頁)

13.如圖所示，在豎直平面內(nèi)一輕質(zhì)彈力繩的一端固定于P點，另一端經(jīng)光滑孔釘。連接質(zhì)量

為m的小球A,該球穿過與水平直桿OM（足夠長）成30。角的直桿ON,兩桿平滑連接。點

P、。和0在同一豎直線上，P。間距為彈力繩原長。將小球A拉至與。等高的位置由靜止釋

放。當小球A首次運動到斜桿底端0點后，在水平方向與穿在直桿0M且靜止于O點、質(zhì)量

為3m的小球B發(fā)生彈性碰撞。小球A、B與桿間的動摩擦因數(shù)均為口=￡且最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力。彈力繩始終在彈性限度內(nèi)且滿足胡克定律，勁度系數(shù)為k,其彈性勢能E

p與伸長量x的關(guān)系為Ep=1kx2。已知重力加速度為g,OQ間距為智。

Y/K

⑴求小球A下滑過程中滑動摩擦力的大小;

⑵若從碰撞后開始計時，小球A第一次上滑過程中離O點的距離x與時間t關(guān)系為：戶

Aosin（A。為常數(shù)），求小球A第一次速度為零時，小球B與O點的距離。

物理試題第7頁（共8頁）

14.精密條紋相機通過將時域信號轉(zhuǎn)換成空間信息可實現(xiàn)超短激光脈沖持續(xù)時間的測量，其簡

化原理如圖所示。某個待測激光脈沖的持續(xù)時間為△(,經(jīng)過狹縫和聚焦透鏡入射至真空條

紋管的光電陰極中心。由于光電效應，產(chǎn)生與輸入激光脈沖持續(xù)時間相同的電子脈沖。電

子脈沖先后經(jīng)加速和偏轉(zhuǎn)等過程打到熒光屏上。陽極與光電陰極間的加速電壓為Ui，距離

為dlo偏轉(zhuǎn)極板間距和長度分別為(I2和L2,其左端與陽極的距離為J,右端與熒光屏的

距離為，L3O光電效應產(chǎn)生電子的初速度忽略不計，電子不會打到偏轉(zhuǎn)極板上。電子質(zhì)量

為m,電荷量為e,不考慮電子力和相對論效應，以及電子之間相互作用。所有元件的中

心在同一條直線上，并以熒光屏中心O為原點、豎直方向為)，軸建立坐標系。(普朗克常量

h=6.63x10~34J?s,光速c=3x108m/s)

(1)現(xiàn)有多堿、Au和CsI三種常用的光電陰極材料，它們的逸出功分別約為1.1eV、

4.5eV、6.2eVo若要使波長范圍為2()()~900nm的入射激光都能打出光電子，請通過定量

分析確定應選用哪種光電陰極材料。(leV=1.6x1O-19J)

(2)當偏轉(zhuǎn)極板間電壓U為常數(shù)時，求電子打在熒光屏上的位置。

(3)真實情況下，偏轉(zhuǎn)極板間電壓U與時間I的關(guān)系為U=Uo+kt(Uo和k為大于零的

常數(shù))，其零時刻與激光脈沖剛?cè)肷渲凉怆婈帢O的時刻相同。

①求最后進入偏轉(zhuǎn)極板間的電子離開偏轉(zhuǎn)極板時y方向速度的大小；

②若L2很小且.L2VVL3,此時可忽略不同時刻電子在偏轉(zhuǎn)極板間)，方向位移的差

別，求電子脈沖在熒光屏上的空間寬度與激光脈沖持續(xù)時間的關(guān)系。

電子脈沖

物理試題第8頁(共8頁)

2025年江西省普通高中學業(yè)水平選擇性考試

物理答案

一、選擇題：本題共1（）小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1?7題只有一項符合

題目要求，每小題4分；第8?10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6

分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

題號12345678910

答案ADCBABCCDABAD

選擇題解析

1.A

【詳解】超級電容器儲存能量時處于充電過程，電荷量Q增加。根據(jù)電容公式Q=CU,若電容C不變

（由結(jié)構(gòu)決定，題目未提及變化），則Q與U成正比。因此，Q增大時，U必然增大。

故選Ao

2.D

【詳解】根據(jù)題意可知，飛船在軌道II上從P點到Q點運動過程中，只有萬有引力做負功，則機械

能不變，動能減小，即速率減小。

故選D。

3.C

【詳解】設(shè)原線圈的匝數(shù)為例根據(jù)%="，可得九1=2辦

nUu

由題圖可知當U=3V時，i『70,代入可得%=?x9=210

故選C。

4.B

【詳解】若小孩能接到球，則有H-h==%￡+v2t

聯(lián)立解得巧=IJ甚-藝

故選B。

5.A

【詳解】由圖（b）可知開始階段流過CS線圈的電流正向減小，根據(jù)右手定則可知，CS線圈產(chǎn)生的磁

場下端為N極，上端為S極，則穿過線圈周圍某一截面的磁通量向下減小，由楞次定律可知產(chǎn)生的感

應電場方向為順時針方向（俯視），則產(chǎn)生的等離子體電流方句（俯視）為順時針；同理在以后階段通過

CS線圈的電流反向增加時，情況與前一階段等效，即產(chǎn)生的等離子體電流方向（俯視）仍為順時針。

故選Ao

6.B

【詳解】根據(jù)題意，設(shè)往桶內(nèi)壓入壓強為p。、體積為Ve的空氣后，桶內(nèi)氣體壓強增大到P,根據(jù)玻

意耳定律有PoSH+p0VQc=pSH

泵水器恰能出水滿足p=Po+pg(H+/)

聯(lián)立解得1/℃=型"("+，)

Po

故選Bo

7.C

【詳解】根據(jù)題意可知，轉(zhuǎn)彎時車輪會向外偏移Ax,這樣導致輪子與外鐵軌接觸的位置半徑增大為rv

根據(jù)幾何關(guān)系有=。+2△xtan1

同理可知，輪子與內(nèi)鐵軌接觸的位置半徑減小為b則有2r2=D-24%tang

設(shè)一段時間內(nèi)，外軌道輪子與鐵軌接觸的位置向前運動的距離為SI，內(nèi)軌道輪子與鐵軌接觸的位置向前

運動的距離為S2,由于兩輪固定連接為一體，且輪子不打滑，則有

Si_n_o+221xtan-

S2丫2L吟

由于tan-?-

22

則有包=盧警

52D-OAx

轉(zhuǎn)彎過程俯視圖，如圖所示

SiR-￥—

由幾何關(guān)系有，=T

S2R--

聯(lián)立解得R=LD

20Ax

故選Co

8.CD

【詳解】A.由左手定則可知，電子沿棒運動時受到水平方向的洛倫茲力作用，A錯誤;

B.根據(jù)右手定則可知，棒向右運動時，P端比Q端電勢高，B錯誤；

C.PQ兩端電勢差U二BLv,可知棒中電場強度E=3=8巳則棒加速運動時，棒中電場強度變大，C

正確；

D.棒保持勻速運動時，PQ兩端電勢差保持恒定，電子將集聚在導體棒下端，最終相對棒靜止，D正

確。

故選CD。

9.答案AB

【詳解】A.位移時間圖像斜率代表速度，所以斜率先增大后減小，再增大再減小，故A正確；

B.龍舟在0.4s時間內(nèi)速度由（）增加到0.6m/s（劃槳階段），再經(jīng)歷0.6s時間速度減為0,速度方向始

終為正向，故B正確；

C.因為是勻加速和勻減速，所以加速度在0.4s時間內(nèi)是不變的，后0.6s內(nèi)也是不變的，故C錯誤；

D.根據(jù)a==；徵（砒）2可知前o.4s開口向上，故D錯誤。

故選ABo

10.AD

【詳解】A.在ef邊進入磁場而gh邊未進入磁場的過程中，線框受到沿傳送帶平面向上的安培力BIL

和沿傳送帶平面向下的重力分力mgsinOo若線框相對傳送帶滑動，則滑動摩擦力為pmgcosO,而

H二tan（）,故pmgcosO=mgsinO

已知線框受到的安培力BLI>2mgsine

即，BIL>mgsinO+ptngcosO

因比線框?qū)⑾鄬魉蛶蛏匣瑒?，滑動摩擦力方向沿傳送帶平面向下。線框在沿傳送帶平面的安培力、

重力分力、摩擦力作用下做減速運動。在gh邊進入磁場到ef邊離開磁場的過程中，因線框速度小于

傳送帶速度，故其所受滑動摩擦力方向沿傳送帶平面向下。乂因線框不受安培力，所以其在沿傳送帶

平面的滑動摩擦力和重力分力作用下做勻加速直線運動。綜上分析可知，當gh邊剛進入磁場時，線框

有最小速度vmm。設(shè)線框加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinO+|imgcos9=maef邊離開磁場時

速度恰好為vo,則有vl-嘖幾=2a（d-0

2

聯(lián)立解得vmin=Jo-4g（-）sin。,故A正確；

B.在cf邊進入磁場到gh邊進入磁場的過程中，由動能定理有

mglsin0+pniglcos。;

則該過程產(chǎn)生的焦耳熱Q=-%=2mgdsin0

在ef邊離開磁場到gh邊離開磁場的過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱也為Q。因此，線框穿過磁場區(qū)域產(chǎn)

生的焦耳熱為4mgdsinO,故B錯誤;

C.設(shè)ef邊進入磁場到gh邊進入磁場的時間為t根據(jù)閉合電路歐姆定律得/=?

vK

根據(jù)動量定理有mgsinO?Q+nmgcosG?。-^BlLAt=mvmin-mv0

設(shè)gh邊進入磁場到ef邊離開磁場的時間為t2?有%-vmin=at2

因為ef邊離開磁場到gh邊離開磁場所用時間也為5所以線框穿過磁場區(qū)域的總時間￡=2"+

2B2l3+mR^J詔-4g(dT)sin6fo

聯(lián)立解得t=，故C錯誤;

2mgRsinG

r

D.ef邊從進入到離開磁場區(qū)域的時間t=tr+t2

D213^

r

該段時間內(nèi)傳送帶移動的距離s=vot=--U不故D正確。

u2mgRsin0

故選ADo

二、非選擇題：

11.(1)1適當向右移動光電門1

(2)1.013.98

(3)守恒見解析

【詳解】光電門1安裝不合理；

[2]由圖可知，光電門1靠近釋放點，滑塊到光電門1的距離較短，速度較小，導致滑塊通過光電門1

的速度測量誤差較大。

(2)[1]當L=65.00cm時，由表珞可知通過光電門2的時間為△今=4.787ms

d4R7x1。-3

故通過光電門2的速度V2=—=4787x10-3MS=L01m/s

[2;根據(jù)幾何關(guān)系可得滑塊通過兩光電門下降的高度HL二LsinO=65X0.0613cm=3.98cm

(3)口]守恒；

[2]根據(jù)圖(b)可知其斜率約為k=需m/s2=19.6m/52=2g

U?U4u

故在誤差范圍內(nèi)△/=2g%成立，說明下滑過程中滑塊的動能增加量等于重力勢能的減少量，即機械

能守恒。

12.-^-E乙38.070.2匹配電阻R舶阻值不太合適或選用二次多項式進行數(shù)據(jù)擬合

不夠精確

E

【詳解】由閉合電路的歐姆定律可得電路中電流/

RQ+RT

RT

可得^OUt=/Rf=E

R^+RQ

(2)[2]由圖(b)可知，圖線乙在相同的R1變化區(qū)間，Unit變化范圍更大，即圖線乙對應的R(作為匹

配電阻，可使Unit在更寬范圍內(nèi)對Ri變化的響應更靈敏。

(4)[3][4]結(jié)合表格數(shù)據(jù)分析，可知測量的絕對誤差最大和最小對應的測量溫度分別為38.OC和

70.2℃o

[5]誤差的主要來源除去涉及元器件的精度和穩(wěn)定性之外，可能是匹配電阻R。的阻值不太合適或選用二

次多項式進行數(shù)據(jù)擬合不夠精確。

13.(1)f=^mg

⑵S=(1-條9等

以。點為坐標原點，沿傾斜直桿ON向上為x軸正方向建立坐標系。任意選取小球A下滑過程中的某

一位置Oi，設(shè)此時彈力繩的伸長量為1,小球A受到的滑動摩擦力為f,小球A對傾斜直桿的壓力為

FN,小球A所受彈力繩的拉力為F,彈力繩與傾斜直桿的夾角為a,孔釘Q到傾斜直桿的距離為h1。

設(shè)仁到

k

對小球A進行受力分析，可知/=p.FN,FN=Fsina-mgcosO,F=kl

由幾何關(guān)系可得電=Isina=hcosO

聯(lián)立解得/?二：mg

(2)設(shè)小球A下滑到斜桿底端0點時的速度為vA,小球由靜止釋放運動到O點的過程中，由動能定

理可得—/?2九+mgh+[1/c(V3/i)2—g肛X。

可得以(㈣if-汕2=如若

由小球A、B發(fā)生彈性碰撞后瞬間的速度分別為vA、vB,由動量守恒定律和能量守恒定律有血叫=

mv'4-3mvf,^mv^=4-1x3mv^

AB乙乙乙

解得M=-g悟M=g后

由x=4osin（器。，可知小球A上滑過程做簡諧運動，小球A第一次速度為零時，距離達到最大值

=4，則有有以=與

解得口=3器

小球B碰撞后開始在直桿OM上做勻減速運動，加速度為Mg?設(shè)小球B速度減為0所經(jīng)歷的時間為tB,

因￡B>￡/1，則小球A在碰撞后第一次速度為零時，小球B與O點的距離為s,則有s=vB'tA-

聯(lián)立解得S=g"小2）貸

14.(1)多堿

UL2Q2+2L3)

(2)

4(/迷2

LoIckLokL?L&

⑶①（U°+ka）/?〃+（孫+2LI+G）二"

d.2IZTHUI4（/]62Zt/jU2

【詳解】（1）根據(jù)題意，設(shè)入射激光波長為入，則對應的光子能量為￡二h