資源簡介

江蘇卷——2025屆高考物理仿真猜題卷
一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分．每題只有一個選項最符合題意。
1.在江蘇某地足夠高處沿東西方向水平放置一根金屬棒，將棒向正北方向拋出，切割地磁場的磁感線產生感應電動勢，則金屬棒在空中運動過程中產生的感應電動勢大小( )
A.不變 B.不斷變大
C.可能先變小后變大 D.可能先變大后變小
2.用牛頓環可測量平凹透鏡球面的曲率半徑，如圖所示，平凹透鏡與一塊平板玻璃接觸，用單色光垂直透鏡的平面向下照射，會觀察到明暗相間的同心圓環，根據圓環半徑可計算出球面的曲率半徑R，則( )
A.形成同心圓環屬于光的色散現象
B.同心圓環內疏外密透鏡
C.曲率半徑R越大圓環越緊密玻璃板
D.圓環疏密程度與透鏡的折射率有關
3.核污水的排放會導致被污染的海水中放射性物質氚超標，其中氚的衰變方程為，下列說法正確的是( )
A.X為中子 B.的質量大于的質量
C.的核子數小于的核子數 D.的比結合能大于的比結合能
4.如圖所示，為一條彎曲的河流的四處河岸，河水對河岸的沖刷程度最嚴重的可能是( )
A.A處 B.B處 C.C處 D.D處
5.“靜電紙噴泉”實驗中，將原先不帶電的金屬板靠近帶負電的塑料板，金屬板下表面與接地金屬柱接觸，然后在金屬板上表面撒細紙屑，上抬金屬板至某一位置時，可以看到原本靜置的紙屑就像噴泉一樣從金屬板上飛濺出來，下列說法正確的是( )
A.金屬板碰觸接地金屬柱后將不帶電
B.上抬金屬板，金屬板容納電荷本領增強
C.紙屑不斷飛出是因為帶電金屬板吸附能力減弱
D.紙屑飛離的瞬間，金屬板的電勢降低
6.如圖所示，等腰三角形ABC位于光滑絕緣的水平面上，A點為等腰三角形的頂點，BC的中點為O。B、C兩點固定等量負點電荷，下列說法正確的是( )
A.O點是水平面上電勢最低的點
B.A點關于O點對稱的位置的電場強度與A點相同
C.若將一帶正電的小球由A點自由釋放，小球向O點做加速度減小的加速運動，過O點后做加速度增大的減速運動，以O點為中心做往復運動
D.若將一帶負電的小球在A點由靜止釋放，小球的動能不斷增大，系統的電勢能不斷減小
7.如圖所示，一個小球上端連接輕繩，下端連接輕彈簧，輕繩豎直且上端固定在一根水平直桿上，彈簧豎直且下端與地面固定連接，小球靜止時位于O點，彈簧處于拉伸狀態。現剪斷輕繩，小球向下運動距離到達A點時彈簧恢復原長，再向下運動距離d時速度減小為0，小球從O點至B點運動的時間為t。重力加速度為g，小球可看作質點，不計空氣阻力，彈簧始終處于彈性限度范圍內。下列說法正確的是( )
A.小球運動到A點時速度最大 B.小球做簡諧運動的振幅為d
C.小球做簡諧運動的周期為3t D.小球在B點時的加速度一定大于g
8.如圖所示，平直木板AB傾斜放置，與水平面夾角為θ，O為A、B中點，物塊與木板間的動摩擦因數隨物塊到A端距離均勻增大，讓物塊從A端由靜止開始自由運動，恰能滑到B端，視最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法中錯誤的是( )
A.物塊經過O點時速度最大
B.物塊在A、B端時加速度大小相等
C.O點處物塊與木板間動摩擦因數
D.僅將木板A、B端對調，物塊從頂端B由靜止釋放也恰好滑到底端A
9.如圖所示，兩帶正電的粒子A、B分別沿橢圓軌道繞固定在O點的負點電荷逆時針方向運動，P點為軌道離O點最近點，不計A、B受到的重力及A、B間的作用力，則( )
A.A與O點的連線在相同時間內掃過的面積相等
B.A、B兩粒子經過P點時電勢能相等
C.A、B在P點的加速度大小相等
D.B運動的周期大于A運動的周期
10.如圖，MON是直角形金屬導軌，MO沿豎直方向，ON沿水平方向。ab為靠在導軌上的一根金屬棒，整個裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中。開始時金屬棒處于豎直狀態，給金屬棒一個微小擾動后，金屬棒在重力作用下從靜止開始運動，運動過程中a、b兩端始終不脫離導軌，直至完全落在ON上，則下列說法正確的是( )
A.金屬棒中的感應電流方向始終由b到a
B.金屬棒b端電勢始終高于a端電勢
C.金屬棒a、b兩端的速度大小始終相等
D.整個運動過程從a到b與從b到a的電流通過金屬棒橫截面的電荷量相等
11.如圖所示，在水平面上固定一傾角、高為h的光滑斜面AB，在AB正上方與斜面頂端A等高的AC間由靜止釋放一個質量為m的小球，與斜面碰撞后平行于斜面的速度不變，垂直于斜面的速度大小不變方向相反，小球從P點釋放后與斜面碰撞一次剛好落到斜面底端B，不計空氣阻力，則( )
A.釋放位置從P向C移動，小球落在水平面上位置不斷右移
B.釋放位置從P向C移動，小球落到水平面前瞬間速度方向與水平面的夾角先增大后減小
C.在A、P間不同位置釋放小球時，第一次落點與第二次落點距AC的高度比例相等
D.釋放位置從A向P移動時，小球第二次碰撞斜面時速度與斜面夾角越來越大
二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題~第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位。
12.（12分）利用DIS電流傳感器可以測量電容器的電容。讓充電后的電容器通過大電阻R放電，電流傳感器A（用表示）與計算機連接，記錄放電電流I隨時間t變化的圖像如圖甲所示，圖像與坐標軸圍成的面積，數值上等于電容器的帶電荷量Q（可用DIS系統軟件計算），Q與充電電壓U的比值即為電容器的電容C。
（1）小明同學按照圖乙電路進行實驗，先使開關S與1端相連，充電結束后，讀出電壓表的示數。然后把開關擲向2端，記錄圖像，測量出電容器的帶電荷量Q，獲得數據如下表所示：
1 2 3 4 5 6
U/V 10.8 13.7 16.8 20.0 23.8 27.0
0.92 1.20 1.22 1.70 2.08 2.41
請根據以上數據，在圖丁中作出圖像，由圖像可得該電容器的電容是______μF（結果保留兩位有效數字）。
（2）該同學是通過滑動變阻器來改變電容器的充電電壓的，請用筆畫線代替導線將圖戊的實物電路連接完整。
（3）小華同學用圖丙所示電路測量電容，他認為小明同學的測量方法誤差大，會使電容測量值________（填“偏大”“偏小”或“不變”），原因是________________________。
13.（8分）我國交通便利，物流快遞業發達，網購成為越來越多人的主要購物方式。海南某同學網購了黑龍江生產的某玻璃瓶裝的堅果。瓶子密封良好，裝瓶時氣溫為-23 ℃，瓶內氣體體積為，海南的同學收到貨時，海南氣溫為27 ℃。兩地大氣壓強相差不大，可認為相等，都為。不考慮瓶內物體的揮發和瓶子的體積變化，認為0 ℃等于273 K，瓶內氣體可視為理想氣體。求：
（1）到海南后未開瓶時瓶內氣體的壓強；
（2）海南的同學緩慢打開瓶蓋后，瓶內減少的氣體與開瓶前氣體的質量之比。
14.（10分）如圖所示，一個水平傳送帶以的速度順時針運行，傳送帶的右端墻壁C點固定一個勁度系數的輕質彈簧，彈簧的另一端位于B點，某時刻一個質量為的物塊從傳送帶左端以一定初速度滑上，經過運動到B點時恰好與傳送帶共速，在此過程中，傳送帶克服物塊的摩擦力做功3 J，已知彈簧的彈性勢能表達式為，其中k為勁度系數，x為彈簧形變量，g取，并認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：
（1）物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ；
（2）物塊滑上傳送帶的初速度大小及AB兩點間的距離L。
15.（12分）如圖所示，兩小球A、B用跨過定滑輪O的細線相連，B球套在一光滑豎直的固定桿上，A、B兩球均處于靜止狀態，此時細線與豎直桿的夾角，套在豎直桿上的C球從與B球距離處由靜止釋放，C、B球碰撞時間極短，碰撞過程中細線中的拉力遠大于B球的重力，碰后B球下降到最低點時，細線與豎直桿的夾角，已知A、C球質量分別為，定滑輪到豎直桿的水平距離為，重力加速度為，，。求：
（1）B球的質量；
（2）B球與C球碰后瞬間的速度大小；
（3）C球碰后反彈的最大高度。
16.（14分）如圖所示，在x軸上方存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在x軸下方存在方向豎直向上的勻強電場，一個質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的P（0，h）點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子沿與x軸正方向成45°角方向進入電場，經過y軸上Q點時速度方向恰好與y軸垂直。
（1）求粒子在磁場中運動的軌跡半徑r和速度大小v；
（2）求勻強電場的電場強度大小；
（3）若改變勻強電場的電場強度大小，使粒子經過一段時間又能經過P點，求改變后勻強電場的電場強度E的大小。
答案以及解析
1.答案：C
解析：江蘇處于北半球中緯度地區，地磁場方向向北且向下，設地磁場與金屬棒速度方向間夾角為θ，則有，可知當金屬棒的速度平行于地磁場時，感應電動勢為零，所以金屬棒產生的感應電動勢大小可能先變小后變大，C正確。
2.答案：B
解析：平凹透鏡與平板玻璃間形成了厚度較小的空氣膜，空氣膜上下兩表面的反射光發生干涉形成明暗相間的同心圓環，A錯誤。相鄰兩個圓環對應的空氣膜厚度相差半波長，凹面的中間較平緩，因此條紋間距大些，則同心圓環內疏外密，B正確。曲率半徑R越大，相鄰圓環間水平距離越大，條紋越稀疏，C錯誤。明暗條紋疏密和薄膜傾角以及入射光在空氣膜中的波長有關，與透鏡折射率無關，D錯誤。
3.答案：B
解析：
選項 分析 正誤
A 根據衰變過程中電荷數、質量數守恒可知X為電子 ×
B β衰變放出能量，質量虧損，所以的質量大于的質量 √
C 的核子數等于的核子數 ×
D 衰變反應釋放能量，故的比結合能小于的比結合能 ×
4.答案：C
解析：河水經過彎曲處，根據向心力公式可知，在河水流量及流速一定的情況下，彎曲處的曲率半徑越小，河水所需向心力越大，對河岸沖刷越嚴重，由題圖可知C處曲率半徑最小，則沖刷最嚴重的可能是C處，C正確。
5.答案：D
解析：塑料板帶負電，金屬板靠近后，金屬板的下表面帶正電，上表面帶負電，當下表面與接地金屬柱接觸后，上表面的負電荷會流到大地，下表面仍帶正電，A錯誤；上抬金屬板，根據可知，金屬板與塑料板的距離增大，所以容納電荷本領減弱，B錯誤；紙屑與金屬板上表面接觸，紙屑與金屬板上表面間因為帶同種電荷（正電荷）而相互排斥，所以飛離金屬板上表面，C錯誤；由于金屬板容納電荷的本領減弱，紙屑帶了一小部分正電荷，飛離金屬板上表面，根據，紙屑飛離瞬間金屬板與塑料板間電勢差減小，又因為塑料板電勢不變，故金屬板的電勢降低，D正確。
6.答案：D
解析：距負點電荷越近的位置電勢越低，可知O點不是水平面上電勢最低的點，A錯誤；如圖所示，根據等量負點電荷的電場線分布規律可知，A點關于O點對稱的位置的電場強度與A點的電場強度等大反向，B錯誤；從O點開始，垂直于BC向上，電場強度的大小先增大后減小，由于不清楚帶正電小球釋放點與場強最大點的位置關系，則小球從A到O過程中的加速度可能先增大后減小，也可能一直減小，C錯誤；若將一帶負電的小球在A點由靜止釋放，小球受力沿OA方向，電場力一直做正功，小球的動能一直增大，系統的電勢能一直減小，D正確。
7.答案：D
解析：由題意可知，A點是彈簧原長的位置，小球在A點所受合力為mg，加速度為g，由于慣性小球還將繼續向下運動，則有，隨著彈簧形變量x的增大，加速度逐漸減小，當加速度為零時速度最大，即重力等于彈簧彈力的位置速度最大，A錯誤；O點為小球振動最高點，B點為振動最低點，所以振幅，小球從O點到B點振動的時間為半個周期，所以小2球做簡諧運動的周期為，B、C錯誤；在O點彈簧處于拉伸狀態，剪斷輕繩后，根據牛頓第二定律得，解得，又振動的最高點和最低點的加速度等大反向，所以小球在B點時的加速度一定大于g，D正確。
8.答案：D
解析：根據動能定理有，解得，C正確；物塊經過O點時有，加速度為零，且在OB段的摩擦力大于，所以物塊經過O點時，速度最大，A正確；由牛頓第二定律有，，解得，故物塊在A、B端時加速度大小相等，B正確；因為，將木板A、B端對調后，物塊從頂端B由靜止釋放，將保持靜止，D錯誤。
9.答案：A
解析：A粒子在庫侖力作用下繞O點運動的規律類似于行星繞太陽運動的規律，類比開普勒第二定律知，A與O點的連線在相同時間內掃過的面積相等，A正確；A、B兩粒子的電荷量關系未知，A、B兩粒子經過P點時電勢能不一定相等，B錯誤；粒子經P點時，由牛頓第二定律有，粒子的比荷關系未知，故A、B兩粒子在P點的加速度大小不一定相等，C錯誤；由牛頓第二定律得，解得兩粒子的比荷不一定相同，故不一定相同，兩者周期關系無法比較，D錯誤。
10.答案：D
解析：在金屬棒運動的整個過程中，金屬棒與直角金屬導軌圍成的面積先增大后減小，故穿過閉合回路的磁通量先增大后減小，由楞次定律可知，流過金屬棒的感應電流方向為先由b到a，再由a到b，A錯誤；金屬棒中的a端電勢先高于b端，后b端電勢高于a端，B錯誤；設金屬棒與豎直方向的夾角為θ，由速度的關聯規律可知，金屬棒a、b兩端的速度大小并非始終相等，C錯誤；金屬棒運動過程中產生的平均感應電動勢為，平均電流為，通過金屬棒橫截面的電荷量為，聯立可得，穿過閉合回路的磁通量先從零增大到最大值再減小到零，，則，D正確。
11.答案：C
解析：將小球從P、C兩點釋放，小球均落在B點，則釋放位置從P向C移動，小球落在水平面上位置先向右移再向左移，A錯誤；釋放位置從P向C移動，小球碰后的水平速度不斷增大，由機械能守恒定律有可知，小球落在水平面上時速度大小相等，故速度方向與水平面的夾角逐漸減小，B錯誤；由幾何關系可知，小球豎直下落與斜面相碰后做平拋運動，設小球第一次碰撞斜面時豎直位移大小為，碰后做平拋運動的初速度，第二次碰撞斜面時離AC豎直距離為，第一次到第二次碰撞斜面間的水平位移大小為，豎直位移大小為，，得，C正確；設第二次碰撞斜面時速度與水平方向夾角為，可知速度與斜面夾角不變，D錯誤。
12.答案：（1）見解析；8.6
（2）見解析
（3）偏小；電壓表的分流導致電容器放電時測得的電容器帶電荷量偏小
解析：（1）根據表格數據進行描點作圖，畫出圖像如圖1所示，
根據知，圖像斜率的物理意義為電容，
。
（2）實物電路如圖2所示，因為要不斷改變電容器兩端電壓，所以滑動變阻器應選擇分壓式接法。
（3）題圖乙方案中，開關撥向2處，電容器開始放電，電容器視為電源，外電路為定值電阻和電壓表的并聯電路，電壓表會分流，導致測量出的電荷量小于電容器放出的電荷量，則電容測量值偏小。
13.答案：（1）（2）
解析：（1）在黑龍江時，瓶內氣體溫度
到海南時，瓶內氣體溫度
從黑龍江到海南，瓶內氣體體積不變，由查理定律有，解得
（2）到海南后可認為打開瓶蓋前后溫度不變，設開瓶后氣體體積為V，則由玻意耳定律有，解得
減少的氣體與開瓶前氣體的質量之比為
14.答案：（1）0.2
（2）
解析：（1）物塊從A點運動到B點過程中，傳送帶克服物塊的摩擦力做功
傳送帶位移，解得
（2）物塊在傳送帶上加速過程中有
根據牛頓第二定律有
解得
物塊從A到B的過程，由平均速度公式得，
解得
15.答案：（1）3.0 kg（2）（3）0.2 m
解析：（1）由A、B兩球的平衡條件得，
解得
（2）A、B兩球沿細線方向的速度大小相等，有
碰后B球下降過程中，A、B兩球組成的系統機械能守恒，有
聯立解得
（3）設B、C兩球碰撞過程中細線中拉力的沖量大小為兩球間彈力沖量大小為，對A球，由動量定理得
解得，
對B球，在豎直方向
解得，
對C球，在豎直方向上，由動量定理得
C球做自由落體運動，
解得
又
解得
16.答案：（1）；
（2）
（3）或
解析：（1）根據題意畫出粒子的運動軌跡如圖1所示，
由幾何關系得
解得
由牛頓第二定律得
解得
（2）粒子進入電場后，沿x軸正方向做勻速直線運動，從進入電場到到達Q點過程中，沿x軸方向有
沿y軸負方向做勻減速運動，由動量定理有
解得
（3）①若粒子返回P點時速度沿y軸負方向，粒子進入電場后做類斜拖運動，設沿x軸正方向的位移大小為，粒子在磁場中做勻速圓周運動在x軸上的弦長為l，為使粒子又能回到P點，需滿足的幾何關系為
且，
聯立解得
粒子第一次進入電場和最后一次離開電場的軌跡如圖2所示，
由運動學公式有
由牛頓第二定律有
解得
（2）若粒子返回P點時速度沿y軸正方向，則粒子做類斜拋運動沿x軸方向的位移大小恰好等于粒子在磁場中做勻速圓周運動的弦長，粒子能在一個閉合的軌跡上運動，如圖3所示，
即
解得

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