江蘇卷-2025屆高考物理4月模擬預(yù)測卷

江蘇卷——2025屆高考物理4月模擬預(yù)測卷一、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.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線,實線為一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點,由此可知()A.帶電粒子在R點時的加速度小于在Q點時的加速度B.帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大C.帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度D.帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小,比在P點時的大2.下列關(guān)于干涉、衍射現(xiàn)象的說法正確的是()A.圖（a）是雙縫干涉圖樣B.圖（b）肥皂泡呈現(xiàn)的彩色條紋是不等間距的C.圖（c）是圓孔衍射的圖樣D.圖（d）是泊松亮斑的圖樣3.用同一個光電裝置進行光電效應(yīng)實驗的過程中，黃光能夠觀察到光電流。若用相同強度的紫光進行實驗，則下列說法正確的是()A.不能觀察到光電效應(yīng) B.能觀察到光電效應(yīng)C.光子的最大初動能減小 D.光子的最大初動能不變4.一炮彈在空中飛行時，突然發(fā)生爆炸（時間極短），爆炸成質(zhì)量不同的兩部分，爆炸后瞬間兩部分的運動方向與爆炸前瞬間炮彈的運動方向在同一直線上。則炮彈爆炸過程中()A.系統(tǒng)動量不守恒 B.兩部分的動能都會增大C.兩部分的動能之和可能減小 D.兩部分的動能之和一定增大5.近年來我國第四代反應(yīng)堆釷基熔鹽堆能源系統(tǒng)（TMSR）研究已獲重要突破，該反應(yīng)堆以放射性元素釷為核燃料。釷（）俘獲一個中子后經(jīng)過若干次β衰變轉(zhuǎn)化成放射性元素鈾，鈾的一種典型裂變產(chǎn)物是鋇和氪，同時釋放巨大能量。下列方程正確的是()A. B.C. D.6.如圖所示，一束光a以60°的入射角射向兩面平行的玻璃磚上表面，折射后分成b、c兩束光，折射角分別為30°和45°，則()A.b與c在玻璃磚中的折射率之比為1:2B.c從玻璃磚下表面射出的光線與a平行C.b、c兩束光在玻璃磚內(nèi)傳播時間相等D.增大入射角，光束c將會發(fā)生全反射7.如圖所示，兩位小朋友在可視為光滑的水平地面上玩彈珠游戲。其中一位將彈珠甲對著另一位腳邊的靜止彈珠乙彈出，甲以的速度與乙發(fā)生了彈性正碰，已知彈珠可以視為光滑，則()A.若碰后甲、乙同向運動，則甲的質(zhì)量一定小于乙的質(zhì)量B.若碰后甲反彈，則甲的速率可能為C.碰后乙的速率可能為D.若碰后甲反彈，則甲的速率可能大于乙的速率8.如圖所示，為正三角形的三個頂點，A、B兩點固定電荷量為的點電荷，C點固定電荷量為-q的點電荷，D、G、H分別為、和邊的中點，O為正三角形的中心。下列說法正確的是()A.O點的場強大小為零B.D與H兩點的電勢相同C.電子沿方向運動始終克服電場力做功D.從O點靜止釋放的質(zhì)子將沿運動9.如圖所示，當(dāng)火星、地球和太陽位于同一直線上，且火星與地球的距離達(dá)到最近時，稱為“火星沖日”。地球、火星繞太陽的運動均可看成勻速圓周運動，已知地球公轉(zhuǎn)半徑為R，公轉(zhuǎn)周期為T，連續(xù)兩次出現(xiàn)“火星沖日”現(xiàn)象的時間間隔為t。下列說法正確的是()A.火星繞日運動的周期為 B.火星繞日運動的周期為C.火星繞日運動的半徑為 D.火星繞日運動的半徑為10.電梯上升過程中，某同學(xué)用智能手機記錄了電梯速度隨時間變化的關(guān)系，如圖所示。電梯內(nèi)的該同學(xué)有失重感受的時段是()A.從20.0s到30.0s B.從30.0s到40.0sC.從40.0s到50.0s D.從50.0s到60.0s11.如圖表示同一種均勻介質(zhì)中兩列頻率相同、振幅不同的波在某時刻疊加的情況，圖中實線表示波峰，虛線表示波谷，則下列說法正確的是()A.a、c兩點連線上所有點均為振動加強點B.b、d兩點連線上所有點均為振動減弱點C.該時刻b點和d點的位移相同D.周期后，c點的位移比d點大二、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(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。12.（15分）用如圖甲所示的電路測量一節(jié)蓄電池的電動勢和內(nèi)電阻。蓄電池的電動勢約為2V，內(nèi)電阻很小。除蓄電池、開關(guān)、導(dǎo)線外可供使用的實驗器材還有：A.電壓表V（量程3V）B.電流表（量程0.6A）C.電流表（量程3A）D.定值電阻（阻值4Ω，額定功率4W）E.滑動變阻器（阻值范圍，額定電流1A）F.滑動變阻器（阻值范圍，額定電流0.1A）（1）電流表應(yīng)選_________；滑動變阻器應(yīng)選_________；（填器材前的字母代號）（2）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出圖像（如圖乙所示），則蓄電池的電動勢E=_________V，內(nèi)阻r=_________Ω；（3）用此電路測量一節(jié)蓄電池的電動勢和內(nèi)電阻，產(chǎn)生誤差的原因是_________；測出的電動勢E與真實值相比偏_________；（4）定值電阻在電路中的作用是_________（只要求寫出一點）13.（6分）如圖所示，內(nèi)壁光滑、高度均為4h的兩個絕熱汽缸底部由細(xì)管連通，左側(cè)汽缸上端封閉，右側(cè)汽缸上端開口與大氣相通，一外形不規(guī)則的物體C放置在右側(cè)汽缸中，兩汽缸中的絕熱活塞M、N密封兩部分理想氣體A、B。開始時，氣體A、B溫度均為T，活塞M、N均靜止，M距汽缸底部為2h，N距汽缸底部為3h?，F(xiàn)緩慢加熱氣體A，使活塞N移動至汽缸上端時停止加熱，此時氣體A的溫度。已知活塞M、N的質(zhì)量分別為2m和m，截面積均為S，大氣壓強為，重力加速度為g，活塞厚度、電熱絲體積及細(xì)管內(nèi)氣體體積均忽略不計，溫度均為熱力學(xué)溫度。(1)求物體C的體積V；(2)上述加熱過程中，若氣體A吸收的熱量為Q，求氣體A的內(nèi)能變化量。14.（8分）如圖甲所示的手持電風(fēng)扇，因其小巧便攜、可充電等特點深受人們的喜愛。下表為某品牌手持風(fēng)扇的規(guī)格與參數(shù)。若該風(fēng)扇正常工作時的功率為4.44W，根據(jù)表格信息類型手持風(fēng)扇額定功率4.44W電池容量1800mAh電源輸出電壓3.7V（1）求該風(fēng)扇正常工作時的電流；（2）若該風(fēng)扇電動機的內(nèi)阻為0.5Ω，求正常工作時電動機的發(fā)熱功率；（3）如圖乙，商家海報上標(biāo)注該風(fēng)扇的使用時長為“3-8hours”，即使用時間最短為3小時，請通過計算說明該商家標(biāo)注的此條信息是否合理？15.（12分）在“健康迎新春”活動中，籃球深受大家喜歡，假設(shè)籃球在空中水平向右拋出，落地后又反彈，已知第一次落地與地面的接觸時間為，籃球的拋出點高度、兩次落點的位置、第一次反彈后的高度等數(shù)據(jù)如圖所示，已知該籃球質(zhì)量為0.6kg，不計空氣阻力，重力加速度g取，求該籃球：（1）第一次落地時豎直方向速度大??；（2）第一次與地面接觸過程中所受地面的平均彈力的大??；（3）第一次與地面接觸過程中所受平均摩擦力的大小。16.（15分）如圖所示，在紙面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，以第Ⅲ象限內(nèi)的直線OM（與負(fù)x軸成角）和正y軸為界，在的區(qū)域建立勻強電場，方向水平向左，場強大??；以直線OM和正x軸為界，在的區(qū)域建立垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度.一不計重力的帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)原點O沿y軸負(fù)方向以的初速度射入磁場.已知粒子的比荷為，求：（1）粒子經(jīng)過圓弧第一次經(jīng)過磁場邊界時的位置坐標(biāo)？（2）粒子在磁場區(qū)域運動的總時間？（3）粒子最終將從電場區(qū)域D點離開電，則D點離O點的距離是多少？

答案以及解析1.答案：C解析：A.由電場線疏密可知，R點場強比Q場強點大，所以帶電粒子在R點的電場力大，則帶電粒子在R點的加速度大，A錯誤；BC.帶電粒子做曲線運動，電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)，所以電場力的方向向右；若帶電粒子從P經(jīng)過R運動到Q，電場力做負(fù)功，帶電粒子的電勢能增大，動能減小，則帶電粒子經(jīng)過R點時的動能大于經(jīng)過Q點時的動能，即帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度，而P點電勢能最小，所以帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能小，B錯誤，C正確；D.根據(jù)能量守恒定律，帶電質(zhì)點在運動過程中各點處的動能與電勢能之和保持不變，D錯誤。故選C。2.答案：B解析：雙縫干涉形成的條紋是等間距的，圖（a）是單縫衍射圖樣，A錯誤。圖（b）中肥皂泡呈現(xiàn)彩色條紋，肥皂泡上下厚度不均勻，且不同顏色光的波長不同，彩色條紋是不等間距的，B正確。圖（c）是泊松亮斑的圖樣，C錯誤。圖（d）是圓孔衍射的圖樣，D錯誤。3.答案：B解析：AB.因紫光的頻率大于黃光的頻率，因黃光能發(fā)生光電效應(yīng)，可知紫光也能發(fā)生光電效應(yīng)，即能觀察到光電效應(yīng)，選項A錯誤，B正確；CD.根據(jù)因紫光的頻率大于黃光的頻率，可知光子的最大初動能增加，選項CD錯誤。故選B。4.答案：D解析：當(dāng)系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零時，系統(tǒng)動量保持不變，故A錯誤；由于能量守恒，爆炸過程中有化學(xué)能轉(zhuǎn)化為動能，故B、C錯誤，D正確。故選D。5.答案：A解析：A.鈾會自發(fā)衰變?yōu)殁Q，核反應(yīng)方程為故A正確；B.釷會自發(fā)衰變?yōu)殍D，核反應(yīng)方程為故B錯誤；C.釷俘獲一個中子后經(jīng)過兩次β衰變轉(zhuǎn)化成鈾，核反應(yīng)方程為故C錯誤；D.中子轟擊鈾，釋放三個中子，核反應(yīng)方程為故D錯誤。故選A。6.答案：B解析：A.對a光，根據(jù)折射定律得玻璃磚對a光的折射率為所以b與c在玻璃磚中的折射率之比為故A錯誤；B.b、c兩單色光從玻璃磚下表面射出時，入射角分別等于從上表面射入時的折射角，根據(jù)對稱性可知，b、c光從下表面射出時的折射角都是60°，由幾何關(guān)系可知，b、c光從玻璃磚下表面射出后是平行光，所以c從玻璃磚下表面射出的光線與a平行，故B正確；C.設(shè)玻璃磚的厚度為d，折射角為β，在平行玻璃磚中的傳播距離傳播速度為傳播時間為聯(lián)立可得即故C錯誤；D.根據(jù)光路可逆原理，在平行玻璃磚下表面入射角一定小于臨界角，不能發(fā)生全反射，故D錯誤。故選B。7.答案：D解析：A.甲，乙彈珠碰撞瞬間動量守恒，機械能守恒，設(shè)彈珠甲，乙的質(zhì)量分別為、，碰后甲的速度為，乙的速度為，則有聯(lián)立解得，若碰后甲乙同向運動，則，可知甲的質(zhì)量一定大于乙的質(zhì)量，A項錯誤；B.若碰后甲反彈，且甲的速率為，則有解得質(zhì)量不能為負(fù)值，故若碰后甲反彈，則甲的速率不可能為，B項錯誤；C.若碰后乙的速率為，則有解得，質(zhì)量不能為負(fù)值，故碰后乙的速率不可能為，C項錯誤；D.若碰后甲反彈，且甲的速率大于乙的速率，則有可知，只要即就可滿足碰后甲反彈，且甲的速率大于乙的速率，D項正確。故選D。8.答案：C解析：A.O點的電場強度的大小為故A錯誤；B.根據(jù)電場的分布特點和對稱性可知，G與H兩點電勢相同，而D與H兩點的電勢不相同，故B錯誤；C.電子沿OH方向運動電勢降低，電勢能增大，電場力做負(fù)功，故C正確；D.O點電場強度的方向由O指向C點，所以質(zhì)子將受到由O點指向C點的電場力，將沿OC運動，故D錯誤。故選C。9.答案：D解析：由幾何關(guān)系得，解得，AB錯誤。由開普勒第三定律得，解得，C錯誤，D正確。10.答案：C解析：當(dāng)加速度方向向下時，電梯處于失重狀態(tài)，由于電梯上升，即速度方向向上，則在失重狀態(tài)時，電梯正在向上做減速運動，根據(jù)速度-時間圖像可知，在從40.0s到50.0s內(nèi)電梯正在向上減速運動，即電梯處于失重狀態(tài)的時段是從40.0s到50.0s。故選C。11.答案：A解析：A.由圖可知，兩點到和的距離相等為振動加強點，二者連線上所有點到和的距離也相等，連線上所有點均為振動加強點，故A正確；B.由圖可知，兩點到和的距離差均為半個波長的奇數(shù)倍，兩點為振動減弱點，振動減弱點是分布在一簇簇雙曲線上的，但二者連線是一條直線，該直線上的點到和的距離差并不都是半個波長的奇數(shù)倍，故B錯誤；C.兩列波的振幅不同，振動減弱點疊加后的振幅不為零，該時刻兩點一個在疊加后的波峰，一個在疊加后的波谷，二者的位移等大反向，并不相同，故C錯誤；D.周期后，c點和d點均在平衡位置，二者的位移均為0，故D錯誤；故選A。12.答案：（1）B；E（2）2.10；0.20（3）電壓表分流；?。?）調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值時，使電壓表示數(shù)變化更明顯解析：（1）測量一節(jié)蓄電池的電動勢和內(nèi)電阻實驗中，干路電流較小，電流表應(yīng)選B?；瑒幼冏杵鞑捎孟蘖魇浇臃?，為調(diào)節(jié)方便，滑動變阻器應(yīng)選擇阻值較小的，滑動變阻器應(yīng)選E。（2）根據(jù)閉合電路的歐姆定律整理得蓄電池的電動勢為圖像斜率的絕對值為蓄電池內(nèi)阻為（3）用此電路測量一節(jié)蓄電池的電動勢和內(nèi)電阻，產(chǎn)生誤差的原因是電壓表分流，使電流的測量值偏大，測出的電動勢為測出的電動勢E與真實值相比偏小。（4）定值電阻在電路中的作用是調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值時，使電壓表示數(shù)變化更明顯。13.答案：(1)(2)解析：（1）分別以N、M為研究對象，由受力平衡可知，得，加熱氣體A的過程中，A、B的壓強均保持不變，活塞M靜止不動對氣體A有解得（2）加熱過程中氣體A對外做的功根據(jù)熱力學(xué)第一定律有解得14.答案：（1）；（2）；（3）不合理解析：（1）根據(jù)電功率公式得得（2）根據(jù)熱功率公式得得（3）由表知：，由（1）知正常工作時電流為，設(shè)最短使用時間為t，則得故該商家標(biāo)注的此條信息不合理。15.答案：（1）8m/s；（2）27N；（3）1.5N解析：（1）下落過程解得剛要落地時豎直向下的速度（2）剛要離開地面時的速度方向向上，規(guī)定豎直向上為正方向，對籃球在豎直方向上由動量定理得解得（3）根據(jù)落地前