2025年高考押题预测卷：物理（江苏卷03）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：物理（江苏卷03）（解析版），共16页。试卷主要包含了如图等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
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
物理·全解全析
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。
1．已知一个中子和一个质子的质量之和为m，一个氘核的质量为，光在真空中的传播速度为c，则氘核的比结合能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据质能方程可知，质子与中子发生核反应，生成氘核的过程中放出的能量E=Δmc2=（m-mD）c2氘核的比结合能为： ，故选B。
2．用劲度系数为k，原长均为的符合胡克定律的六根橡皮筋，将六个质量均为m的小球连接成正六边形（如图所示），放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为，则此时转动的周期为（ ）
B．C．D．

【答案】B
【详解】由胡克定律可得，每根橡皮筋弹力均为，相邻橡皮筋夹角为，则每个小球的合力为，根据牛顿第二定律可得，解得，故选B。
3．如图所示，两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象管中水会沿管上升一段高度。如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后的现象是（ ）
A．B． C．D．
【答案】D
【详解】因开始时液柱在管中上升一定高度且液面呈现凹状，可知液体关于玻璃管是浸润的；如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后液面仍呈现凹状，且液体不可能向外喷出。
故选D。
4．光电传感器如图甲所示，若通过放大器的电流发生变化，工作电路立即报警。图乙为a，b两种单色光分别照射K极时，光电子到达A极时动能的最大值与光电管两端电压U的关系图像。则下列说法正确的是（ ）
A．用同一装置做双缝干涉实验，a光的条纹间距较小
B．图乙中图线a、b的斜率均是电子电量的大小
C．单色光a、b的频率之比为1:2
D．图甲中电源电压及变阻器滑片位置不变，部分光线被遮挡，则放大器的电流将增大，一定会引发报警

【答案】B
【详解】AB．根据，由图像可知，斜率k=e，即图乙中图线a、b的斜率均是电子电量的大小；截距，因b截距较大，可知b光频率较大，波长较小，根据，可知用同一装置做双缝干涉实验，b光的条纹间距较小，选项A错误，B正确；
C．由图像可知，，可知单色光a、b的频率之比不等于1:2，选项C错误；
D．图甲中电源电压及变阻器滑片位置不变，若部分光线被遮挡，即光照强度减小，单位时间逸出的光电子数目减小，则放大器的电流将减小，选项D错误。
故选B。
5．某同学利用智能手机的光传感器，研究光经过单缝（或双缝）后光的强度分布情况。实验器材依次为激光光源、偏振片、单缝（或双缝）、手机，手机屏幕上光强分布（纵轴）与水平坐标的关系图像如图所示。已知缝距离手机屏幕的距离为60cm，双缝的缝间距为0.25mm，则（ ）
A．图示图像是由单缝实验得来的
B．偏振片旋转过程中，图像峰峰间距离会变大
C．调整缝与手机屏幕之间的距离，光强度分布图像不会发生变化
D．实验所用激光的波长约为400nm

【答案】D
【详解】A．由双缝干涉图样条纹间距相等，单缝衍射图样中央亮纹较宽、较亮，可知图中所用的缝为双缝，故A错误；
B．激光是偏振光，偏振片旋转过程中，光强会发生变化，但不影响峰值出现的位置，故B错误；
C．由双缝干涉条纹间距公式可知，调整缝与手机屏幕之间的距离，光强分布图像会发生明显变化，故C错误；
D．在光强分布图像中读出，双缝干涉条纹间距约为1mm，由双缝干涉条纹间距公式，解得，故D正确。
故选D。
6．某自行车所装车灯发电机如图甲所示，其结构见图乙。绕有线圈的匚形铁芯开口处装有磁铁，车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化。线圈两端、作为发电机输出端，通过导线与灯泡相连。假设车轮转动时，摩擦轮与轮胎间不打滑，则（ ）
A．磁铁从图示位置匀速转过的过程中，通过的电流方向为d→L1→c
B．磁铁从图示位置匀速转过的过程中，中的电流逐渐变小
C．车轮转速加倍时中的电流也加倍
D．自行车匀加速行驶时发电机输出电压随时间变化关系大致如图丙所示

【答案】C
【详解】A．磁铁从图示位置匀速转过，根据楞次定律，通过线圈向下的原磁场磁通量减少，感应电流的磁场阻碍磁通量减少，用安培定则判断，通过的电流方向为，故A错误；
B．磁铁从图示位置匀速转过的过程中，通过线框磁通量变化率越来越大，当转时，通过铁芯的系统量为0，但是磁通量的变化率最大，因此此过程中的电流逐渐变大，故B错误；
C．车轮转速加倍，摩擦轮转速加倍，磁铁转动角速度加倍，磁通量变化率也加倍，则也加倍，由可知电流加倍，故C正确；
D．自行车匀加速行驶时，车轮转速持续增加，磁铁转动加快，周期变小，但图丙中电压周期不变，故D错误。
故选C。
7．如图甲所示，在平静湖面上的处发生振动时，会形成沿水面传播的水波，将该水波视为简谐横波，时刻的波形图如图乙所示，其中实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时质点、、分别位于波峰或波谷处。已知该波源的振动周期为，下列说法正确的是（ ）
A．经过时间，质点恰好运动到质点处
B．质点、平衡位置之间的距离大于波长
C．质点、的振动速度始终大小相等，方向相反
D．时，质点、的振动速度大小相等，方向相同

【答案】B
【详解】A．简谐横波中质点只在平衡位置附近做上下振动，并不随波迁移，故不会从质点运动到质点处，故A错误；
B．质点、平衡位置之间的距离大于波长，故B正确；
C．质点同相振动，则振动速度始终大小相等，方向相同，故C错误；
D．质点、振动相位相反，振动速度始终大小相等，方向相反，故D错误。
故选B。
8．两颗卫星a、b围绕着某行星的运动轨迹均为圆周，运转方向相同且在同一平面内，两卫星上各安装有引力传感器，引力传感器显示两卫星间引力F随时间t变化规律如图所示，已知卫星a轨道半径为，周期为，卫星a的轨道半径小于b，下列说法正确的是（ ）
A．卫星b半径为
B．卫星b周期为
C．
D．两卫星a、b绕行时加速度大小之比为9∶1

【答案】C
【详解】A．设卫星b轨道半径为，当两卫星相距最近时引力最大，有
当两卫星相距最远时引力最小，有
得
故A错误；
B．根据开普勒第三定律
得，故B错误；
C．两卫星由最近到最远时间为，则有，解得
同理由最远到最近时间也为，故C正确；
D．根据万有引力提供向心力，有，两卫星加速度之比，故D错误。
故选C。
9．一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、cd过程到达状态d其热力学温度随体积变化的T-V图像如图所示，其中ab垂直于横轴，cd垂直于纵轴，ad连线的延长线过坐标原点O，且与bc平行。下列判断正确的是（ ）
A．气体在状态a的内能大于在状态b的内能
B．从状态b到状态c过程中，气体向外界放热
C．从状态c到状态d过程中，气体吸收热量等于对外做的功
D．从状态b到状态c过程中，气体分子的平均动能减小

【答案】C
【详解】A．气体在状态a的温度小于在状态b的温度，所以气体在状态a的内能小于在状态b的内能，故A错误；
B．从状态b到状态c过程中，气体温度升高，内能增大，，从状态b到状态c过程中，气体体积变大，外界对气体做负功，由热力学第一定律，可知，所以气体从外界吸热，故B错误；
C．从状态c到状态d过程中，气体温度不变，内能不变，气体体积增大，外界对气体做负功，气体吸热，由热力学第一定律，可知气体吸收热量等于对外做的功，故C正确；
D．从状态b到状态c过程中，气体温度升高，气体分子的平均动能变大，故D错误；
故选C。
10．如图（1），图（2）为一块棱长为的立方体冰砖，它是由纳米级二氧化钛颗粒均匀添加在水中冰冻而成，该冰砖对红光折射率，冰砖中心有一个红光的发光点，不考虑光的二次和多次反射，真空中光速为，下列说法正确的是（ ）
A．光在冰块中的传播速度大于在真空中的传播速度
B．光从冰砖射出的最长时间为
C．从外面看玻璃砖六个面被照亮的总面积为
D．点光源从红光变成紫光表面有光射出的面积会增大

【答案】C
【详解】A．光在冰块中的传播速度，光在冰块中的传播速度小于在真空中的传播速度，故A错误；
B．根据题意可知，临界角，光线从顶点射出时，路程最大，由几何关系可得，此时光线的入射角，即光线不能从顶点射出，则路程最大时恰好发生全反射，设光从冰砖射出的最长时间时路程为x，由几何关系可知，则最长时间，联立以上解得，故B错误；
C．几何关系可知每一侧面被照亮的半径，则从外面看玻璃砖被照亮的总面积为，联立解得，故C正确；
D．紫光折射率比红光大，故紫光临界角小，结合以上分析可知，表面有光射出的区域半径减小，即面积将减小，故D错误。
故选C。
11．如图所示，粗细均匀的绝缘圆环位于空间直角坐标系xOy平面内，其圆心与坐标原点重合。圆环的半径为R，圆环上均匀分布着＋Q的电荷量，在z轴上有A、B两点，已知A点到O点的距离为B点到O点距离的2倍，且A、O之间的距离远小于R，z轴上A、O之间电场强度的大小满足，其中k为静电力常量，x为该点到O点的距离，规定圆心O处电势为零。下列判断正确的是（ ）
A．A、B两点的电势之比为1∶4
B．z轴上关于xOy平面对称的两点电场强度相同
C．从A点静止释放一电子，到达O点时速率为v，仅将圆环上的电荷量增大为原来的2倍，再从A点静止释放一电子，到达O点时速率为2v
D．从圆环最右端处取足够小、电荷量为q的小段（其他位置处电荷分布不变），将其置于z轴上方距O为R处，则O点电场强度大小为

【答案】D
【详解】A．设电子在OA之间距离O点为x的位置的电势能为。因电场力与x为正比关系，故可得到由O到该位置电场力做功为，规定圆心O处电势为零，由功能关系可得电子在A点的电势能，电子在B点的电势能，因为，所以电子在A点的电势能为在B点电势能的4倍，根据，可知A、B两点的电势之比为4∶1，A错误；
B．根据对称性可知，z轴上关于xOy平面对称的两点电场强度大小相等，方向相反，B错误；
C．由，可知，只将圆环带电量变为原来2倍，电子在A点电势能变为原来的2倍，由动能定理可知，电子到达O点时动能变为原来的2倍，根据，可知速率变为原来的倍，C错误；
D．在圆环最右端处取下足够小、带电量为q的小段并将其移动至距上方R处，O点的电场强度等效于最左端处的＋q和距O点R处的＋q点电荷产生的合电场，如图所示，根据场强的叠加可知，O点的电场强度大小为，D正确。
故选D。
二、实验题：本题共15分。
12．（15分）实验小组中的小亮同学设计了测量电源电动势和内阻的实验。实验室提供的器材如下：待测电源、标准电源（电动势为E0、内阻为r0）、滑动变阻器、电阻箱、电流表A（量程恰当、内阻未知）、开关和导线若干。操作步骤如下：

（1）先用如图甲所示的电路运用“半偏法”测量电流表A的内阻，记为RA。
（2）在图乙中，闭合开关S1、断开开关S2，调节滑动变阻器的滑片到某位置，记录下电流表示数为I1；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关S1，闭合开关S2，记录下电流表示数为I2。
（3）多次改变滑动变阻器滑片的位置，重复步骤（2），记录下多组示数I1和I2，关于以上实验步骤，下列说法正确的是( )
A．电路甲运用半偏法测电流表A的内阻时，测量值偏大
B．电路甲中电源电动势大小和滑动变阻器的总阻值均应选择小一些
C．电路甲和乙中，闭合开关之前滑动变阻器的滑片均应置于最右端
（4）小亮同学利用图像法处理数据的过程中将设为纵轴，为得出线性关系，则应选取 为横轴（选填I2、或）。
（5）在正确选取横轴的物理量后，小亮同学将数据描绘在坐标系中得到如图丙所示的图像，图像与横、纵坐标轴的交点坐标分别为a、-b，则可测得该电源的电动势E= ，内阻r= （均用含有E0、r0、a、b的表达式填空）
（6）小组中的小江同学认为半偏法测出的RA有误差，故将导致以上测出的电源内阻r出现误差，你认为RA的测量误差将导致电源内阻r的测量值相对于真实值 （选填“偏大”“偏小”“不变”）。
【答案】（3） C （3分） （4） （3分）
（5） （3分） （3分） （6）不变（3分）
【详解】A．电路甲运用半偏法测电流表A的内阻时，由于接入电阻箱后回路总电阻减小，电流增大，则实际流过电阻箱的电流大于流过待测电流表的电流，二者电压相等，所以电阻箱接入电路的阻值小于电流表A的内阻，即电流表测量值偏小，故A错误；
B．由于接入电阻箱后回路中电流增大，所以电路甲中电源电动势大小和滑动变阻器的总阻值均应选择大一些的，电流变化较小，误差较小，故B错误；
C．电路甲和乙中，闭合开关之前滑动变阻器的滑片均应置于阻值最大处，即滑动变阻器最右端，故C正确。
故选C。
闭合开关S1、断开开关S2，根据闭合电路欧姆定律可得，保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关S1，闭合开关S2，有
联立可得
所以将设为纵轴，为得出线性关系，则应选取为横轴。
结合图线可得，
所以，
虽然半偏法测出的RA有误差，但由以上分析可知，RA的测量误差将导致电源内阻r的测量值相对于真实值不变。
三、计算题：本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（6分）如图甲所示，容积为的空玻璃瓶用橡皮塞封住瓶口，由穿过橡皮塞且两端开口的细玻璃管与大气相通，将其由室温环境转移并浸入温度为恒为的热水中，达到热平衡后，快速取出玻璃瓶并将其竖直倒置，使玻璃管下端没人室温水槽中，稳定后玻璃瓶内与水槽内水面的高度差。室内温度恒为，水的密度，外界大气压，取重力加速度，不计细玻璃管的体积，热力学温度与摄氏温度的关系为。求：
(1)气体温度由升高至，玻璃瓶内减少的气体质量与温度为时瓶内气体质量的比值；
(2)最终稳定时进入玻璃瓶内的水的体积。

【答案】(1) (2)0.07L
【详解】（1）环境与热水的热力学温度分别记为、，以放人热水前玻璃瓶内气体为研究对象，根据等压变化规律（1分）
瓶内减少的气体质量与瓶内室温时气体的质量之比（1分）
解得（1分）
（2）浸入热水并达到热平衡后，以此时玻璃瓶内气体为研究对象。倒置于水槽后，设吸人瓶中水的体积为，体积为
此时瓶内气体压强为
根据理想气体状态方程有（2分）
解得（1分）
14．（8分）某自动秤米机的原理如图所示，阀门距秤盘的高度，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当秤米机的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量，取重力加速度大小，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求：
(1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小，及阀门关闭瞬间空中大米的质量；
(2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小和稳定后（空中的大米全部落入秤盘），秤米机的示数。

【答案】(1)2m/s，0.02kg (2) 1kg
【详解】（1）设每粒大米质量为，由机械能守恒（1分）
解得大米落入秤盘时的速度大小
阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有（1分）
解得（1分）
空中大米的质量（1分）
（2）时间内，从阀门处下落的大米质量（1分）
令其落到秤上时受到的冲击力为，根据动量定理有（1分）
解得
根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤冲击力
关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为（1分）
则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量（1分）
15．（12分）气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，兴趣小组对其结构重新设计为电磁缓冲装置，该装置的主要部件有三部分：①固定在支架上的滑块，由绝缘材料制成，其内部边缘绕有边长为、电阻为的闭合单匝、粗细均匀的正方形线圈abcd；②质量为的座椅主体，包括椅面和绝缘光滑非密闭套筒及套筒前后的永磁体，套筒前后的永磁体产生方向垂直于整个套筒截面磁感应强度大小为的匀强磁场；③连接座椅主体和滑块的轻质弹簧。现将座椅主体竖直提起至弹簧处于原长，静止释放座椅主体来测试缓冲装置效果，现测出座椅主体初次向下最大速度为，从释放到停止运动用时。已知重力加速度大小为，弹簧的劲度系数为，弹簧弹性势能（其中为弹簧劲度系数，为弹簧形变量），全程未超出弹簧弹性限度，且线圈全程未完全进入和完全离开套筒，不计一切摩擦阻力。求：
(1)座椅主体初次向下速度最大时，线圈边两端电势差；
(2)从释放座椅主体到座椅主体初次向下达到最大速度的过程，座椅主体下降的高度；
(3)从释放座椅主体到座椅主体停止运动的过程，线圈中产生的焦耳热及座椅主体受弹簧弹力的冲量（以竖直向下为正方向）。

【答案】(1) (2) (3)，
【详解】（1）座椅主体初次向下速度最大时，感应电动势的大小为（1分）
根据右手定则可知a端电势高，根据闭合电路欧姆定律可得线圈ab边两端电势差（1分）
（2）速度最大时，对座椅主体根据平衡条件可得（1分）
其中
联立解得座椅主体下降的高度（1分）
（3）题意可知，静止时有（1分）
解得静止时弹簧压缩量（1分）
由能量守恒有（1分）
联立解得（1分）
对m，由动量定理有（1分）
因为（1分）
联立解得（1分）
方向竖直向下。（1分）
16．（15分）如图所示，在坐标系xOy中的的区域内存在着周期性变化的匀强电场（未画出），该电场前半个周期电场强度大小为、方向沿y轴正方向，后半个周期电场强度大小为、方向沿y轴负方向。在处有一块与x轴垂直的足够大绝缘薄挡板，挡板的中心开有小孔，且在轴上，在区域内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为，在区域存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ（未画出），磁感应强度为（，具体数值未知），时刻一质量为、电荷量为的粒子以初速度从点沿轴正方向进入电场区域，经电场变化的一个周期时间恰好从坐标原点进入磁场区域。不计粒子重力。
(1)求的比值；
(2)若带电粒子在匀强电场前半个周期末时刻的速度与x轴正方向的夹角正切值为，求：
（ⅰ）若粒子进入磁场中后第一次在两个磁场中运动的时间相等，则k等于多少？
（ⅱ）若k值为2，带电粒子最终恰好从点飞离，带电粒子在Ⅰ、Ⅱ磁场中运动的总时间。
(3)接第（2）问，在绝缘薄板右侧存在以x轴为中心轴的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向沿x轴正方向，要保证带电粒子始终在磁场中运动并最终从x轴上某点离开该磁场，求圆柱体区域的最小体积。

【答案】(1) (2)（ⅰ） （ⅱ） (3)
【详解】（1）(1)设粒子前半个周期沿y轴方向的加速度 大小为，后半个周期沿y轴方向的加速度大小为， 前半个周期粒子在y轴方向的位移为（1分）
由题意，后半个周期粒子在y轴方向位移为（1分）
联立解得（1分）
又带电粒子在匀强电场中的加速度
所以（1分）
（2）末粒子速度与x轴正方向的夹角正切值为，则
末，有（1分）
经过一个周期从坐标原点O进入磁场区域（1分）
联立解得粒子在原点O时沿y轴正方向的分速度（1分）
所以粒子在原点O进入磁场时速度大小为，方向与y轴正方向成45°角，粒子在磁场中运动轨迹如图所示
由粒子第一次在两个磁场中运动的时间相等，则有（1分）
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
周期
联立解得（1分）
(ii)当k值为2时，有，，粒子在一个周期内运动轨迹如图所示
由题意可知
带电粒子在磁场I中做匀速圆周运动，半径为
设完整周期次数为N，由恰好从点飞离挡板有
联立解得（1分）
带电粒子在Ⅰ、Ⅱ磁场中运动的总时间（1分）
代入已知数据，解得（1分）
（3）带电粒子在薄板右侧区域的运动是沿x轴正方向的匀速直线 运动和垂直xOy面的匀速圆周运动的合成，要满足最终从x轴上某点离开该磁场，则圆周必为整数个周期，
由
该磁场区域的圆柱体的最小体积（3分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
B
B
D
B
D
C
B
C
C
C
D