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江苏卷——2025届高考物理仿真猜题卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分．每题只有一个选项最符合题意。
1.在江苏某地足够高处沿东西方向水平放置一根金属棒，将棒向正北方向抛出，切割地磁场的磁感线产生感应电动势，则金属棒在空中运动过程中产生的感应电动势大小( )
A.不变 B.不断变大
C.可能先变小后变大 D.可能先变大后变小
2.用牛顿环可测量平凹透镜球面的曲率半径，如图所示，平凹透镜与一块平板玻璃接触，用单色光垂直透镜的平面向下照射，会观察到明暗相间的同心圆环，根据圆环半径可计算出球面的曲率半径R，则( )
A.形成同心圆环属于光的色散现象
B.同心圆环内疏外密透镜
C.曲率半径R越大圆环越紧密玻璃板
D.圆环疏密程度与透镜的折射率有关
3.核污水的排放会导致被污染的海水中放射性物质氚超标，其中氚的衰变方程为，下列说法正确的是( )
A.X为中子 B.的质量大于的质量
C.的核子数小于的核子数 D.的比结合能大于的比结合能
4.如图所示，为一条弯曲的河流的四处河岸，河水对河岸的冲刷程度最严重的可能是( )
A.A处 B.B处 C.C处 D.D处
5.“静电纸喷泉”实验中，将原先不带电的金属板靠近带负电的塑料板，金属板下表面与接地金属柱接触，然后在金属板上表面撒细纸屑，上抬金属板至某一位置时，可以看到原本静置的纸屑就像喷泉一样从金属板上飞溅出来，下列说法正确的是( )
A.金属板碰触接地金属柱后将不带电
B.上抬金属板，金属板容纳电荷本领增强
C.纸屑不断飞出是因为带电金属板吸附能力减弱
D.纸屑飞离的瞬间，金属板的电势降低
6.如图所示，等腰三角形ABC位于光滑绝缘的水平面上，A点为等腰三角形的顶点，BC的中点为O。B、C两点固定等量负点电荷，下列说法正确的是( )
A.O点是水平面上电势最低的点
B.A点关于O点对称的位置的电场强度与A点相同
C.若将一带正电的小球由A点自由释放，小球向O点做加速度减小的加速运动，过O点后做加速度增大的减速运动，以O点为中心做往复运动
D.若将一带负电的小球在A点由静止释放，小球的动能不断增大，系统的电势能不断减小
7.如图所示，一个小球上端连接轻绳，下端连接轻弹簧，轻绳竖直且上端固定在一根水平直杆上，弹簧竖直且下端与地面固定连接，小球静止时位于O点，弹簧处于拉伸状态。现剪断轻绳，小球向下运动距离到达A点时弹簧恢复原长，再向下运动距离d时速度减小为0，小球从O点至B点运动的时间为t。重力加速度为g，小球可看作质点，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度范围内。下列说法正确的是( )
A.小球运动到A点时速度最大 B.小球做简谐运动的振幅为d
C.小球做简谐运动的周期为3t D.小球在B点时的加速度一定大于g
8.如图所示，平直木板AB倾斜放置，与水平面夹角为θ，O为A、B中点，物块与木板间的动摩擦因数随物块到A端距离均匀增大，让物块从A端由静止开始自由运动，恰能滑到B端，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中错误的是( )
A.物块经过O点时速度最大
B.物块在A、B端时加速度大小相等
C.O点处物块与木板间动摩擦因数
D.仅将木板A、B端对调，物块从顶端B由静止释放也恰好滑到底端A
9.如图所示，两带正电的粒子A、B分别沿椭圆轨道绕固定在O点的负点电荷逆时针方向运动，P点为轨道离O点最近点，不计A、B受到的重力及A、B间的作用力，则( )
A.A与O点的连线在相同时间内扫过的面积相等
B.A、B两粒子经过P点时电势能相等
C.A、B在P点的加速度大小相等
D.B运动的周期大于A运动的周期
10.如图，MON是直角形金属导轨，MO沿竖直方向，ON沿水平方向。ab为靠在导轨上的一根金属棒，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中。开始时金属棒处于竖直状态，给金属棒一个微小扰动后，金属棒在重力作用下从静止开始运动，运动过程中a、b两端始终不脱离导轨，直至完全落在ON上，则下列说法正确的是( )
A.金属棒中的感应电流方向始终由b到a
B.金属棒b端电势始终高于a端电势
C.金属棒a、b两端的速度大小始终相等
D.整个运动过程从a到b与从b到a的电流通过金属棒横截面的电荷量相等
11.如图所示，在水平面上固定一倾角、高为h的光滑斜面AB，在AB正上方与斜面顶端A等高的AC间由静止释放一个质量为m的小球，与斜面碰撞后平行于斜面的速度不变，垂直于斜面的速度大小不变方向相反，小球从P点释放后与斜面碰撞一次刚好落到斜面底端B，不计空气阻力，则( )
A.释放位置从P向C移动，小球落在水平面上位置不断右移
B.释放位置从P向C移动，小球落到水平面前瞬间速度方向与水平面的夹角先增大后减小
C.在A、P间不同位置释放小球时，第一次落点与第二次落点距AC的高度比例相等
D.释放位置从A向P移动时，小球第二次碰撞斜面时速度与斜面夹角越来越大
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12.（12分）利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容。让充电后的电容器通过大电阻R放电，电流传感器A（用表示）与计算机连接，记录放电电流I随时间t变化的图像如图甲所示，图像与坐标轴围成的面积，数值上等于电容器的带电荷量Q（可用DIS系统软件计算），Q与充电电压U的比值即为电容器的电容C。
（1）小明同学按照图乙电路进行实验，先使开关S与1端相连，充电结束后，读出电压表的示数。然后把开关掷向2端，记录图像，测量出电容器的带电荷量Q，获得数据如下表所示：
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
请根据以上数据，在图丁中作出图像，由图像可得该电容器的电容是______μF（结果保留两位有效数字）。
（2）该同学是通过滑动变阻器来改变电容器的充电电压的，请用笔画线代替导线将图戊的实物电路连接完整。
（3）小华同学用图丙所示电路测量电容，他认为小明同学的测量方法误差大，会使电容测量值________（填“偏大”“偏小”或“不变”），原因是________________________。
13.（8分）我国交通便利，物流快递业发达，网购成为越来越多人的主要购物方式。海南某同学网购了黑龙江生产的某玻璃瓶装的坚果。瓶子密封良好，装瓶时气温为-23 ℃，瓶内气体体积为，海南的同学收到货时，海南气温为27 ℃。两地大气压强相差不大，可认为相等，都为。不考虑瓶内物体的挥发和瓶子的体积变化，认为0 ℃等于273 K，瓶内气体可视为理想气体。求：
（1）到海南后未开瓶时瓶内气体的压强；
（2）海南的同学缓慢打开瓶盖后，瓶内减少的气体与开瓶前气体的质量之比。
14.（10分）如图所示，一个水平传送带以的速度顺时针运行，传送带的右端墙壁C点固定一个劲度系数的轻质弹簧，弹簧的另一端位于B点，某时刻一个质量为的物块从传送带左端以一定初速度滑上，经过运动到B点时恰好与传送带共速，在此过程中，传送带克服物块的摩擦力做功3 J，已知弹簧的弹性势能表达式为，其中k为劲度系数，x为弹簧形变量，g取，并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）物块滑上传送带的初速度大小及AB两点间的距离L。
15.（12分）如图所示，两小球A、B用跨过定滑轮O的细线相连，B球套在一光滑竖直的固定杆上，A、B两球均处于静止状态，此时细线与竖直杆的夹角，套在竖直杆上的C球从与B球距离处由静止释放，C、B球碰撞时间极短，碰撞过程中细线中的拉力远大于B球的重力，碰后B球下降到最低点时，细线与竖直杆的夹角，已知A、C球质量分别为，定滑轮到竖直杆的水平距离为，重力加速度为，，。求：
（1）B球的质量；
（2）B球与C球碰后瞬间的速度大小；
（3）C球碰后反弹的最大高度。
16.（14分）如图所示，在x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方存在方向竖直向上的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P（0，h）点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子沿与x轴正方向成45°角方向进入电场，经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直。
（1）求粒子在磁场中运动的轨迹半径r和速度大小v；
（2）求匀强电场的电场强度大小；
（3）若改变匀强电场的电场强度大小，使粒子经过一段时间又能经过P点，求改变后匀强电场的电场强度E的大小。
答案以及解析
1.答案：C
解析：江苏处于北半球中纬度地区，地磁场方向向北且向下，设地磁场与金属棒速度方向间夹角为θ，则有，可知当金属棒的速度平行于地磁场时，感应电动势为零，所以金属棒产生的感应电动势大小可能先变小后变大，C正确。
2.答案：B
解析：平凹透镜与平板玻璃间形成了厚度较小的空气膜，空气膜上下两表面的反射光发生干涉形成明暗相间的同心圆环，A错误。相邻两个圆环对应的空气膜厚度相差半波长，凹面的中间较平缓，因此条纹间距大些，则同心圆环内疏外密，B正确。曲率半径R越大，相邻圆环间水平距离越大，条纹越稀疏，C错误。明暗条纹疏密和薄膜倾角以及入射光在空气膜中的波长有关，与透镜折射率无关，D错误。
3.答案：B
解析：
选项 分析 正误
A 根据衰变过程中电荷数、质量数守恒可知X为电子 ×
B β衰变放出能量，质量亏损，所以的质量大于的质量 √
C 的核子数等于的核子数 ×
D 衰变反应释放能量，故的比结合能小于的比结合能 ×
4.答案：C
解析：河水经过弯曲处，根据向心力公式可知，在河水流量及流速一定的情况下，弯曲处的曲率半径越小，河水所需向心力越大，对河岸冲刷越严重，由题图可知C处曲率半径最小，则冲刷最严重的可能是C处，C正确。
5.答案：D
解析：塑料板带负电，金属板靠近后，金属板的下表面带正电，上表面带负电，当下表面与接地金属柱接触后，上表面的负电荷会流到大地，下表面仍带正电，A错误；上抬金属板，根据可知，金属板与塑料板的距离增大，所以容纳电荷本领减弱，B错误；纸屑与金属板上表面接触，纸屑与金属板上表面间因为带同种电荷（正电荷）而相互排斥，所以飞离金属板上表面，C错误；由于金属板容纳电荷的本领减弱，纸屑带了一小部分正电荷，飞离金属板上表面，根据，纸屑飞离瞬间金属板与塑料板间电势差减小，又因为塑料板电势不变，故金属板的电势降低，D正确。
6.答案：D
解析：距负点电荷越近的位置电势越低，可知O点不是水平面上电势最低的点，A错误；如图所示，根据等量负点电荷的电场线分布规律可知，A点关于O点对称的位置的电场强度与A点的电场强度等大反向，B错误；从O点开始，垂直于BC向上，电场强度的大小先增大后减小，由于不清楚带正电小球释放点与场强最大点的位置关系，则小球从A到O过程中的加速度可能先增大后减小，也可能一直减小，C错误；若将一带负电的小球在A点由静止释放，小球受力沿OA方向，电场力一直做正功，小球的动能一直增大，系统的电势能一直减小，D正确。
7.答案：D
解析：由题意可知，A点是弹簧原长的位置，小球在A点所受合力为mg，加速度为g，由于惯性小球还将继续向下运动，则有，随着弹簧形变量x的增大，加速度逐渐减小，当加速度为零时速度最大，即重力等于弹簧弹力的位置速度最大，A错误；O点为小球振动最高点，B点为振动最低点，所以振幅，小球从O点到B点振动的时间为半个周期，所以小2球做简谐运动的周期为，B、C错误；在O点弹簧处于拉伸状态，剪断轻绳后，根据牛顿第二定律得，解得，又振动的最高点和最低点的加速度等大反向，所以小球在B点时的加速度一定大于g，D正确。
8.答案：D
解析：根据动能定理有，解得，C正确；物块经过O点时有，加速度为零，且在OB段的摩擦力大于，所以物块经过O点时，速度最大，A正确；由牛顿第二定律有，，解得，故物块在A、B端时加速度大小相等，B正确；因为，将木板A、B端对调后，物块从顶端B由静止释放，将保持静止，D错误。
9.答案：A
解析：A粒子在库仑力作用下绕O点运动的规律类似于行星绕太阳运动的规律，类比开普勒第二定律知，A与O点的连线在相同时间内扫过的面积相等，A正确；A、B两粒子的电荷量关系未知，A、B两粒子经过P点时电势能不一定相等，B错误；粒子经P点时，由牛顿第二定律有，粒子的比荷关系未知，故A、B两粒子在P点的加速度大小不一定相等，C错误；由牛顿第二定律得，解得两粒子的比荷不一定相同，故不一定相同，两者周期关系无法比较，D错误。
10.答案：D
解析：在金属棒运动的整个过程中，金属棒与直角金属导轨围成的面积先增大后减小，故穿过闭合回路的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，流过金属棒的感应电流方向为先由b到a，再由a到b，A错误；金属棒中的a端电势先高于b端，后b端电势高于a端，B错误；设金属棒与竖直方向的夹角为θ，由速度的关联规律可知，金属棒a、b两端的速度大小并非始终相等，C错误；金属棒运动过程中产生的平均感应电动势为，平均电流为，通过金属棒横截面的电荷量为，联立可得，穿过闭合回路的磁通量先从零增大到最大值再减小到零，，则，D正确。
11.答案：C
解析：将小球从P、C两点释放，小球均落在B点，则释放位置从P向C移动，小球落在水平面上位置先向右移再向左移，A错误；释放位置从P向C移动，小球碰后的水平速度不断增大，由机械能守恒定律有可知，小球落在水平面上时速度大小相等，故速度方向与水平面的夹角逐渐减小，B错误；由几何关系可知，小球竖直下落与斜面相碰后做平抛运动，设小球第一次碰撞斜面时竖直位移大小为，碰后做平抛运动的初速度，第二次碰撞斜面时离AC竖直距离为，第一次到第二次碰撞斜面间的水平位移大小为，竖直位移大小为，，得，C正确；设第二次碰撞斜面时速度与水平方向夹角为，可知速度与斜面夹角不变，D错误。
12.答案：（1）见解析；8.6
（2）见解析
（3）偏小；电压表的分流导致电容器放电时测得的电容器带电荷量偏小
解析：（1）根据表格数据进行描点作图，画出图像如图1所示，
根据知，图像斜率的物理意义为电容，
。
（2）实物电路如图2所示，因为要不断改变电容器两端电压，所以滑动变阻器应选择分压式接法。
（3）题图乙方案中，开关拨向2处，电容器开始放电，电容器视为电源，外电路为定值电阻和电压表的并联电路，电压表会分流，导致测量出的电荷量小于电容器放出的电荷量，则电容测量值偏小。
13.答案：（1）（2）
解析：（1）在黑龙江时，瓶内气体温度
到海南时，瓶内气体温度
从黑龙江到海南，瓶内气体体积不变，由查理定律有，解得
（2）到海南后可认为打开瓶盖前后温度不变，设开瓶后气体体积为V，则由玻意耳定律有，解得
减少的气体与开瓶前气体的质量之比为
14.答案：（1）0.2
（2）
解析：（1）物块从A点运动到B点过程中，传送带克服物块的摩擦力做功
传送带位移，解得
（2）物块在传送带上加速过程中有
根据牛顿第二定律有
解得
物块从A到B的过程，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两球的平衡条件得，
解得
（2）A、B两球沿细线方向的速度大小相等，有
碰后B球下降过程中，A、B两球组成的系统机械能守恒，有
联立解得
（3）设B、C两球碰撞过程中细线中拉力的冲量大小为两球间弹力冲量大小为，对A球，由动量定理得
解得，
对B球，在竖直方向
解得，
对C球，在竖直方向上，由动量定理得
C球做自由落体运动，
解得
又
解得
16.答案：（1）；
（2）
（3）或
解析：（1）根据题意画出粒子的运动轨迹如图1所示，
由几何关系得
解得
由牛顿第二定律得
解得
（2）粒子进入电场后，沿x轴正方向做匀速直线运动，从进入电场到到达Q点过程中，沿x轴方向有
沿y轴负方向做匀减速运动，由动量定理有
解得
（3）①若粒子返回P点时速度沿y轴负方向，粒子进入电场后做类斜拖运动，设沿x轴正方向的位移大小为，粒子在磁场中做匀速圆周运动在x轴上的弦长为l，为使粒子又能回到P点，需满足的几何关系为
且，
联立解得
粒子第一次进入电场和最后一次离开电场的轨迹如图2所示，
由运动学公式有
由牛顿第二定律有
解得
（2）若粒子返回P点时速度沿y轴正方向，则粒子做类斜抛运动沿x轴方向的位移大小恰好等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的弦长，粒子能在一个闭合的轨迹上运动，如图3所示，
即
解得

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