2025年高考第三次模拟考试卷：物理二（江苏卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：物理二（江苏卷）（解析版），共14页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
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．以下说法中正确的是（ ）
A．甲图是α粒子散射实验示意图，当显微镜在a、b、c、d中的d位置时荧光屏上接收到的α粒子数最多
B．乙图是氢原子的能级示意图，氢原子从能级跃迁到能级时放出了一定能量的光子
C．丙图是光电效应实验示意图，当光照射锌板时，验电器的指针发生了偏转，验电器的金属杆带正电荷
D．爱因斯坦在研究黑体辐射的基础上，提出了量子理论，丁图是描绘两种温度下黑体辐射强度与波长的关系图
【答案】C
【解析】甲图是α粒子散射实验示意图，当显微镜在a、b、c、d中的d位置时荧光屏上接收到的α粒子数最少，故A错误；乙图是氢原子的能级示意图，氢原子从n=2能级跃迁到n=4能级时吸收了一定能量的光子，故B错误；丙图是光电效应实验示意图，当光照射锌板时，验电器的指针发生了偏转，验电器的金属杆带正电荷，故C正确；普朗克在研究黑体辐射的基础上，提出了量子理论，丁图是描绘两种温度下黑体辐射强度与波长的关系图，故D错误。故选C。
2．抖空竹是国家非物质文化遗产之一、在某次抖空竹表演时，表演者的左右手所持杆和空竹位置如图所示，此时左手高于右手，轻绳两端位置之间的连线与水平方向成角，空竹悬挂在轻绳上。现保持右手所持杆水平且位置不动，只人为改变一个条件，始终保持空竹处于平衡状态，不考虑空竹的转动及轻绳与空竹之间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．若更换为更长的轻绳，绳子的拉力将变小
B．若更换为更长的轻绳，绳子的拉力将不变
C．若使左手持杆缓慢竖直向下移动至的过程中，绳子拉力逐渐变小
D．若使左手持杆顺时针缓慢以右杆为圆心画圆弧移动至的过程中，绳子拉力逐渐变小
【答案】A
【解析】设两段绳子之间的夹角为，由平衡条件可知，解得设绳子的总长度为L，两杆之间的水平距离为s，悬挂点两边的绳子长度分别为，，由几何关系知，解得，若更换为更长的轻绳，L变大，变小，变大，所以绳子的拉力变小，故A正确、B错误；左手持杆缓慢竖直向下移动，L，s都不变，则不变，所以拉力不变，故C错误；左手持杆顺时针缓慢以右杆为圆心画圆弧移动，s变大，则变大，变小，绳子拉力变大，故D错误。故选A。
3．用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为△x=2d，即光程差为薄膜厚度的2倍，当光程差△x=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜的厚度差为λ，在图中相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，则薄膜层的厚度之间变小，因条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。故选D。
4．2023年12月26日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭与远征一号上面级，成功发射第五十七颗、五十八颗北斗导航卫星。长征三号乙运载火箭与上面级脱离后，上面级继续推动卫星运动，直接将卫星送到预定工作轨道Ⅰ，然后上面级与卫星分离，为避免影响卫星的运行，上面级继续点火抬高轨道进入类坟场轨道Ⅱ，轨道Ⅰ与轨道Ⅱ均可视为圆形轨道。根据上述信息，下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道Ⅰ运行的速度大于第一宇宙速度
B．上面级在轨道Ⅱ运行的周期小于卫星在轨道Ⅰ运行的周期
C．上面级在轨道Ⅱ上的加速度小于卫星在轨道Ⅰ上的加速度
D．上面级在轨道Ⅱ上受到的万有引力小于卫星在轨道Ⅰ上受到的万有引力
【答案】C
【解析】第一宇宙速度是最大环绕速度，卫星在轨道Ⅰ运行的速度一定小于第一宇宙速度，A错误；根据，得，，由于轨道Ⅱ的运动半径大于轨道Ⅰ的运动半径，则上面级在轨道Ⅱ运行的周期大于卫星在轨道Ⅰ运行的周期，上面级在轨道Ⅱ上的加速度小于卫星在轨道Ⅰ上的加速度，B错误，C正确；由于质量关系未知，无法判断万有引力大小，D错误。故选C。
5．如图所示，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸之间有一个气球，气球内、外有质量相等的同种气体，活塞静止，此时气球外部气体甲的压强小于气球内部气体乙的压强。现缓慢向下推动活塞，使其下降一段距离，气体甲的压强仍小于气体乙的压强。已知汽缸内和气球内的气体均可视为理想气体，活塞与汽缸均绝热，活塞与汽缸壁之间无摩擦，气球导热良好。则此过程中（ ）
A．气体甲内能增加量大于气体乙内能增加量
B．气体甲的每个气体分子做无规则热运动的速率均加快
C．活塞对气体甲做的功等于气体甲内能增加量
D．活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和
【答案】D
【解析】气球导热良好，则气球内外气体温度总相等，一定质量的理想气体内能只与温度有关，故气体甲内能增加量等于气体乙内能增加量，A错误；活塞对气体甲做正功，气体甲内能增大，温度升高，气体分子平均速率增大，不是每个气体分子做无规则热运动的速率均加快，B错误；活塞与汽缸均绝热，气体与外界无热量交换。活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，气体甲也对气体乙做功，故活塞对气体甲做的功大于气体甲内能增加量，C错误；活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，由能量守恒活塞对气体甲做的功与橡皮膜释放的弹性势能之和等于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和，D正确。故选D。
6．据中国地震台网正式测定，北京时间2024年3月14日23时14分（当地时间15日凌晨），在日本本州东岸近海（北纬37.00度，东经141.40度）发生5.5级地震，震源深度50千米。地震发生时监测站监测到一列沿x轴传播的地震横波，时刻波形如图甲所示，质点P从时刻开始的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴负方向传播
B．Q点的振动方程为
C．该波沿x轴传播20km距离需要5s
D．该波与波频率为0.5Hz的简谐横波相遇，一定能形成干涉图样
【答案】C
【解析】由图乙可知质点P在时刻向上振动，根据平移法可知该波沿x轴正方向方向传播，故A错误；波沿x轴正方向传播，则Q点在时刻向上振动，由图乙可得振动周期，振动方程为，故B错误；由图甲、乙可知波长为4km，周期为1s，则该波的波速为，沿x轴传播20km距离需要，故C正确；该波的频率为，
与频率为0.5Hz的简谐横波相遇，不能形成干涉图样，故D错误。故选C。
7．如图所示，真空中有一正方体，在正方体的顶点A、分别固定电荷量为和的点电荷（），O点为的中点，下列说法正确的是（ ）
A．B点和点的电势相等
B．B点和点的电场强度相同
C．将一带正电的试探电荷由D点移动到点电场力所做的功大于由D点到C点电场力做功
D．将一带正电的试探电荷由C点移动到O点电势能减小
【答案】B
【解析】正方体顶点在连线的中垂面靠近正电荷一侧，电势为正，顶点在连线的中垂面靠近负电荷一侧，电势为负，则B和电势不可能相等，A项错误；如图所示，正电荷在B产生的电场与负电荷在产生的电场相同，正电荷在产生的电场和负电荷在B产生的电场相同，由平行四边形定则，B和的电场强度相同，B项正确；
C点和到正负电荷的距离都相同，它们的电势相同，则D到C点电势差和D到的电势差相同，所以正电荷由D到C电场力做功和D到电场力做功相同，C项错误；C点电势为负，O点电势处于中点电势为零，由C到O点，电势升高正电荷电势能增大，则D项错误。故选B。
8．如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可转动的同心圆盘，圆盘的边缘放置一个质量为m的物块，物块与圆盘、物块与餐桌面间的动摩擦因数均为μ。从静止开始缓慢增大圆盘转动的角速度至物块恰好要发生相对滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，物块可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力与速度方向相反
B．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力做功大小为W=μmgr/4
C．继续增大圆盘转动的角速度，物块由于受到一个大于向心力的离心力作用而从圆盘滑动到餐桌面上
D．继续增大圆盘转动的角速度，物块从圆盘滑动到餐桌面上，若物块最终停在餐桌面边沿，忽略圆盘和餐桌面的高度差，可求出餐桌面的直径为
【答案】D
【解析】物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的径向摩擦力提供向心力，圆盘对物块的切向摩擦力使物块加速，故圆盘对物块的摩擦力方向不是与速度方向相反，故A错误；物块随圆盘运动的过程中，将要滑离圆盘时，圆盘对物块的摩擦力做功大小为，故B错误继续增大圆盘转动的角速度，由于物块提供的向心力小于做圆周运动所需的向心力，而从圆盘滑动到餐桌面上，故C错误；物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，如图所示
由动能定理可得，解得，餐桌面的直径为，故D正确。故选D。
9．如图所示，将一根同种材料、粗细均匀的导体围成半径为R的闭合导体线圈，固定在垂直线圈平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。C、D两点将线圈分为上、下两部分，且C、D两点间上方部分的线圈所对应的圆心角为120°。现将大小为I的恒定电流自C、D两点间通入，则线圈C、D两点间上、下两部分导线受到的总安培力的大小为（ ）
A．eq \r(3)BIR B．eq \r(2)BIR C．BIR D．0
【答案】A
【解析】由几何关系可知，C、D两点间的距离L＝2Rsin 60°＝eq \r(3)R，由等效思想可知，导体线圈受到的总安培力的大小F安＝BIL＝eq \r(3)BIR，故选A。
10．如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在B点，O为导轨的顶点，O点离地面的高度为h，A在O点正下方，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球P，小球P通过轻杆与光滑地面上的小球Q相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球P从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球P即将落地时，它的速度大小为
B．小球P即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为37°
C．从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为
D．若小球P落地后不反弹，则地面对小球P的作用力的冲量大小为
【答案】C
【解析】平抛运动的轨迹为抛物线，将上述抛物线轨道类比平抛运动，则速度与水平方向的夹角
，可知，小球P即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平抛运动知识可知，小球P的速度方向与水平方向的夹角解得，故B错误；设小球P即将落地时，它的速度大小为，小球Q的速度大小为，根据系统机械能守恒有，小球P与小球Q沿杆方向的速度相等，则有，解得，，故A错误；根据动能定理可得，从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为，故C正确；小球P落地与地面相互作用的过程中，根据动量定理有，由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球P有重力，则地面对小球P的作用力的冲量大小与大小不相等，即不等于，故D错误。故选C。
11．某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是（ ）
A．交流电的频率为10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
【答案】B
【解析】周期为T＝0.2 s，频率为f＝eq \f(1,T)＝5 Hz，故A错误；由理想变压器原理可知eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得副线圈两端的最大电压为U2＝eq \f(n2,n1)U1＝3 V，故B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。
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．（10分）某同学为了研究欧姆表的改装原理和练习使用欧姆表，设计了如下实验。利用一个满偏电流为的电流表改装成倍率可调为“”或“”的欧姆表，其电路原理图如图甲所示。
（1）请根据图甲中的电路原理图，在答题卡上的图乙中连接实物图 ，并正确连接红、黑表笔。使用时进行欧姆调零发现电流表指针指在如图丙所示位置，此时应将滑动变阻器的滑片P向 （选填“上”或“下”）移动；
（2）将单刀双掷开关S与2接通后，先短接，再欧姆调零。两表笔再与一电阻连接，表针指向表盘中央图丁中的a位置处，然后用另一电阻代替，结果发现表针指在b位置，则 ；
（3）该同学进一步探测黑箱问题。黑箱面板上有三个接线柱1、2和3，黑箱内有一个由三个阻值相同的电阻构成的电路。用欧姆表测得1、2之间的电阻为，2、3之间的电阻为，1、3之间的电阻为，在答题卡图戊所示虚线框中画出黑箱中的电阻可能的连接方式（一种即可） 。
【答案】（1）见解析 上 （2） （3）见解析
【解析】（1）由多用电表红黑表笔的特点，红黑表笔的电流“红入黑出”，B点接红表笔，A点接黑表笔，按照电路图连接实物图如下
电表调零时,红黑表笔短接，电流表应达到最大值，需要调节滑动变阻器滑片，使电流表指针满偏，当电流表电流增大时，由欧姆定律可得，电流表两端电压增大，不变时，电流表两端电压增大。由并联电路特点知，、两端的总电压也等于，通过、的电流增大时，也增大，电路中总电流，电路总电流增大，由闭合电路电压特点可得，滑动变阻器和电源内阻的总电压，滑动变阻器和电源内阻的总电压减小，又有欧姆定律可得滑动变阻器和电源内阻的总电阻
由以上可知滑动变阻器和电源内阻的总电阻减小，滑动变阻器电阻减小，滑动变阻器滑片向上移动。
（2）由欧姆表电路的特点及闭合电路的欧姆定律得，当红黑表笔短接时
当电流表处于a、b两位置时
将、、带入以上三式解得
（3）由题意可得1、3之间的电阻可为1、2和2、3之间电阻的串联值，所以第一情况：1、2之间接一个电阻，2、3之间接两个电阻串联。
所以第二情况：1、2之间接两个电阻并联，2、3之间接一个电阻。
13．（8分）如图所示，柱形绝热汽缸固定在倾角为θ的斜面上，一定质量的理想气体被重力为G、横截面积为S的绝热活塞封闭在汽缸内，此时活塞距汽缸底部的距离为L0，汽缸内温度为T0.现通过电热丝缓慢对汽缸内气体加热，通过电热丝的电流为I，电热丝电阻为R，加热时间为t，使气体温度升高到2T0.已知大气压强为p0，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动，设电热丝产生的热量全部被气体吸收．求汽缸内气体温度从T0升高到2T0的过程中：
（1）活塞移动的距离x？
（2）该气体增加的内能ΔU？
【答案】（1）L0 （2）I2Rt－（p0S＋Gsin θ）L0
【解析】（1）封闭气体做等压变化，
由盖—吕萨克定律有eq \f(L0S,T0)＝eq \f(L1S,2T0)
解得L1＝2L0
活塞移动的距离x＝L1－L0＝L0
（2）设气体压强为p，对活塞受力分析有pS＝p0S＋Gsin θ
气体对外界做功，则W＝－pSx
吸收的热量Q＝I2Rt
由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝I2Rt－（p0S＋Gsin θ）L0。
14．（10分）13H的质量是3.016050u，质子的质量是1.007277u，中子的质量是1.008665u。u为12C原子质量的112，称为原子质量单位。根据质能方程可知，1u相当于931.5MeV。已知ℎ=6.63×10−34J⋅s。则：
（1）一个质子和两个中子结合为氚核时，是吸收还是放出能量？该能量为多少？
（2）氚核的结合能和比结合能各是多少？
（3）如果这些能量是以光子形式放出的，则光子的频率是多少？
【答案】（1）放出能量，7.97MeV；（2）7.97MeV，2.66MeV；（3）1.92×1021Hz
【解析】（1）一个质子和两个中子结合成氚核的核反应方程是11H＋201n→13H
反应前各核子总质量为一个质子和两个中子的总质量为m总=mp+2mn=1.007277u+2×1.008665u=3.024607u，m总大于13H的质量，故一个质子和两个中子结合为氚核时，有质量亏损，是放出能量，根据爱因斯坦的质能方程知，放出能量ΔE为ΔE=Δmc2=3.024607u−3.016050u=0.008557×931.5MeV≈7.97MeV
（2）氚核的结合能为ΔE＝7.97MeV，比结合能=结合能核子数=ΔE3=2.66MeV
（3）由光子的能量E=ℎν，放出光子的频率为ν=ΔEℎ=7.97×106×1.6×10−19J6.63×10−34J⋅s≈1.92×1021Hz
15．（12分）如图所示，竖直平面内有一光滑轨道ABC，AB是半径为R的四分之一圆弧轨道，水平轨道BC足够长，其上放有一前端固定轻弹簧的小物块Q.一质量为m的小物块P自A处由静止释放，沿AB滑下后与Q相碰。已知重力加速度为g，求：
（1）若Q的质量也为m，则弹簧被压缩的过程中最大弹性势能为多大？
（2）若Q的质量为2m，则P第一次反弹后，沿圆弧轨道达到的最大高度为多大？
（3）若要使P与Q只发生一次碰撞，则物块Q的质量应满足什么条件？
【答案】（1）eq \f(1,2)mgR （2）eq \f(1,9)R （3）物块Q的质量小于等于3m
【解析】（1）P从A滑到B，重力势能转化为动能，设P的速度达到v1，则有mgR＝eq \f(1,2)mv12
当Q与P速度相同时，弹簧的弹性势能最大，系统动量守恒，碰撞后以共同速度v共向右运动，则有mv1＝2mv共
Ep＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)×2mv共2
联立解得Ep＝eq \f(1,2)mgR
（2）P与Q发生碰撞时系统动量守恒，且没有机械能损失．设向右为正方向，有mv1＝mv1′＋2mv2′
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)×2mv2′2
解得v1′＝－eq \f(1,3)eq \r(2gR)（负号表示P向左运动）
此后P冲上圆弧轨道，设P能达到的最大高度是h′eq \f(1,2)mv1′2＝mgh′
将v1′＝－eq \f(1,3)eq \r(2gR)代入上式，
解得h′＝eq \f(1,9)R
（3）P滑到水平轨道以速度v1与静止的Q发生第一次碰撞，设向右为正方向，有mv1＝mvP′＋mQv2′
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mvP′2＋eq \f(1,2)mQv2′2
解得vP′＝eq \f(m－mQv1,m＋mQ)，vQ′＝eq \f(2mv1,m＋mQ)
若不发生第二次碰撞，则|vP′|≤vQ′，即|m－mQ|≤2m
可得mQ≤3m。
16．（16分）如图所示，在直角坐标系x轴的下方有三块光滑弹性绝缘挡板PQ、QN、MN，其中P、M两点位于x轴上，PQ、MN平行且关于y轴对称，QN长度为2L，三块挡板间有垂直纸面向外的匀强磁场。在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从直角坐标系第二象限的S处以初速度大小、方向与x轴正方向成30°斜向上飞出，恰好从P点射入磁场，先后与挡板PQ、QN、MN共发生4次碰撞反弹后，从M点离开磁场，并经过S关于y轴的对称点。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为53°，到达QN时的速度方向与x轴正方向的夹角为53°，粒子与挡板间的碰撞为弹性碰撞，且每次碰撞前后速度方向与挡板的夹角相同，不计粒子重力，，求：
（1）S处的位置坐标？
（2）三块挡板间匀强磁场的磁感应强度大小？
（3）粒子在匀强磁场中的运动的时间？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）在电场中粒子做匀变速曲线运动可分解为沿x轴正方向做匀速运动和沿电场力方向做匀变速运动，在S点水平、竖直方向的分速度为
在电场中加速度为
粒子经过P点有
解得
由以上得S到P的时间
沿x轴的距离为
沿y轴负方向的距离
S处的位置坐标为。
（2）在P处粒子速度为
粒子在矩形磁场中经过与三块弹性挡板发生4次碰撞反弹后，从M点离开磁场，并经过。
经分析知，粒子与挡板的4次碰撞的分布，只能是与挡板PQ、MN各一次，与挡板QN碰撞2次，第一次到达QN时与x轴正方向的夹角为53°。具体轨迹如图所示
在磁场中粒子做匀速圆周运动，设半径为R，根据几何关系有
由以上可得
根据洛伦兹力提供向心力
可得
（3）粒子在磁场中运动的周期为
粒子在匀强磁场中的运动的时间
其中
解得