第頁，共頁第15頁，共15頁2025年江蘇省鎮江市高考物理模擬卷一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。1．已知一個中子和一個質子的質量之和為m，一個氘核的質量為，光在真空中的傳播速度為c，則氘核的比結合能為（

）A．B．C．D．【答案】B【詳解】根據質能方程可知，質子與中子發生核反應，生成氘核的過程中放出的能量E=Δmc2=（m-mD）c2氘核的比結合能為：，故選B。2．用勁度系數為k，原長均為的符合胡克定律的六根橡皮筋，將六個質量均為m的小球連接成正六邊形（如圖所示），放在光滑水平桌面上。現在使這個系統繞垂直于桌面通過正六邊形中心的軸勻速轉動。在系統穩定后，觀察到正六邊形邊長變為，則此時轉動的周期為（）B．C．D．【答案】B【詳解】由胡克定律可得，每根橡皮筋彈力均為，相鄰橡皮筋夾角為，則每個小球的合力為，根據牛頓第二定律可得，解得，故選B。3．如圖所示，兩端開口的細玻璃管豎直插入水中，由于毛細現象管中水會沿管上升一段高度。如果沿虛線處將玻璃管上方截去，則穩定后的現象是（）A．B．C．D．【答案】D【詳解】因開始時液柱在管中上升一定高度且液面呈現凹狀，可知液體關于玻璃管是浸潤的；如果沿虛線處將玻璃管上方截去，則穩定后液面仍呈現凹狀，且液體不可能向外噴出。故選D。4．光電傳感器如圖甲所示，若通過放大器的電流發生變化，工作電路立即報警。圖乙為a，b兩種單色光分別照射K極時，光電子到達A極時動能的最大值與光電管兩端電壓U的關系圖像。則下列說法正確的是（

）A．用同一裝置做雙縫干涉實驗，a光的條紋間距較小B．圖乙中圖線a、b的斜率均是電子電量的大小C．單色光a、b的頻率之比為1:2D．圖甲中電源電壓及變阻器滑片位置不變，部分光線被遮擋，則放大器的電流將增大，一定會引發報警【答案】B【詳解】AB．根據，由圖像可知，斜率k=e，即圖乙中圖線a、b的斜率均是電子電量的大小；截距，因b截距較大，可知b光頻率較大，波長較小，根據，可知用同一裝置做雙縫干涉實驗，b光的條紋間距較小，選項A錯誤，B正確；C．由圖像可知，，可知單色光a、b的頻率之比不等于1:2，選項C錯誤；D．圖甲中電源電壓及變阻器滑片位置不變，若部分光線被遮擋，即光照強度減小，單位時間逸出的光電子數目減小，則放大器的電流將減小，選項D錯誤。故選B。5．某同學利用智能手機的光傳感器，研究光經過單縫（或雙縫）后光的強度分布情況。實驗器材依次為激光光源、偏振片、單縫（或雙縫）、手機，手機屏幕上光強分布（縱軸）與水平坐標的關系圖像如圖所示。已知縫距離手機屏幕的距離為60cm，雙縫的縫間距為0.25mm，則（）A．圖示圖像是由單縫實驗得來的B．偏振片旋轉過程中，圖像峰峰間距離會變大C．調整縫與手機屏幕之間的距離，光強度分布圖像不會發生變化D．實驗所用激光的波長約為400nm【答案】D【詳解】A．由雙縫干涉圖樣條紋間距相等，單縫衍射圖樣中央亮紋較寬、較亮，可知圖中所用的縫為雙縫，故A錯誤；B．激光是偏振光，偏振片旋轉過程中，光強會發生變化，但不影響峰值出現的位置，故B錯誤；C．由雙縫干涉條紋間距公式可知，調整縫與手機屏幕之間的距離，光強分布圖像會發生明顯變化，故C錯誤；D．在光強分布圖像中讀出，雙縫干涉條紋間距約為1mm，由雙縫干涉條紋間距公式，解得，故D正確。故選D。6．某自行車所裝車燈發電機如圖甲所示，其結構見圖乙。繞有線圈的匚形鐵芯開口處裝有磁鐵，車輪轉動時帶動與其接觸的摩擦輪轉動，摩擦輪又通過傳動軸帶動磁鐵一起轉動，從而使鐵芯中磁通量發生變化。線圈兩端、作為發電機輸出端，通過導線與燈泡相連。假設車輪轉動時，摩擦輪與輪胎間不打滑，則（）A．磁鐵從圖示位置勻速轉過的過程中，通過的電流方向為d→L1→cB．磁鐵從圖示位置勻速轉過的過程中，中的電流逐漸變小C．車輪轉速加倍時中的電流也加倍D．自行車勻加速行駛時發電機輸出電壓隨時間變化關系大致如圖丙所示【答案】C【詳解】A．磁鐵從圖示位置勻速轉過，根據楞次定律，通過線圈向下的原磁場磁通量減少，感應電流的磁場阻礙磁通量減少，用安培定則判斷，通過的電流方向為，故A錯誤；B．磁鐵從圖示位置勻速轉過的過程中，通過線框磁通量變化率越來越大，當轉時，通過鐵芯的系統量為0，但是磁通量的變化率最大，因此此過程中的電流逐漸變大，故B錯誤；C．車輪轉速加倍，摩擦輪轉速加倍，磁鐵轉動角速度加倍，磁通量變化率也加倍，則也加倍，由可知電流加倍，故C正確；D．自行車勻加速行駛時，車輪轉速持續增加，磁鐵轉動加快，周期變小，但圖丙中電壓周期不變，故D錯誤。故選C。7．如圖甲所示，在平靜湖面上的處發生振動時，會形成沿水面傳播的水波，將該水波視為簡諧橫波，時刻的波形圖如圖乙所示，其中實線和虛線分別表示波峰和波谷，此時質點、、分別位于波峰或波谷處。已知該波源的振動周期為，下列說法正確的是（）A．經過時間，質點恰好運動到質點處B．質點、平衡位置之間的距離大于波長C．質點、的振動速度始終大小相等，方向相反D．時，質點、的振動速度大小相等，方向相同【答案】B【詳解】A．簡諧橫波中質點只在平衡位置附近做上下振動，并不隨波遷移，故不會從質點運動到質點處，故A錯誤；B．質點、平衡位置之間的距離大于波長，故B正確；C．質點同相振動，則振動速度始終大小相等，方向相同，故C錯誤；D．質點、振動相位相反，振動速度始終大小相等，方向相反，故D錯誤。故選B。8．兩顆衛星a、b圍繞著某行星的運動軌跡均為圓周，運轉方向相同且在同一平面內，兩衛星上各安裝有引力傳感器，引力傳感器顯示兩衛星間引力F隨時間t變化規律如圖所示，已知衛星a軌道半徑為，周期為，衛星a的軌道半徑小于b，下列說法正確的是（）A．衛星b半徑為B．衛星b周期為C．D．兩衛星a、b繞行時加速度大小之比為9∶1【答案】C【詳解】A．設衛星b軌道半徑為，當兩衛星相距最近時引力最大，有當兩衛星相距最遠時引力最小，有得故A錯誤；B．根據開普勒第三定律得，故B錯誤；C．兩衛星由最近到最遠時間為，則有，解得同理由最遠到最近時間也為，故C正確；D．根據萬有引力提供向心力，有，兩衛星加速度之比，故D錯誤。故選C。9．一定質量的理想氣體從狀態a開始，經歷ab、bc、cd過程到達狀態d其熱力學溫度隨體積變化的T-V圖像如圖所示，其中ab垂直于橫軸，cd垂直于縱軸，ad連線的延長線過坐標原點O，且與bc平行。下列判斷正確的是（）A．氣體在狀態a的內能大于在狀態b的內能B．從狀態b到狀態c過程中，氣體向外界放熱C．從狀態c到狀態d過程中，氣體吸收熱量等于對外做的功D．從狀態b到狀態c過程中，氣體分子的平均動能減小【答案】C【詳解】A．氣體在狀態a的溫度小于在狀態b的溫度，所以氣體在狀態a的內能小于在狀態b的內能，故A錯誤；B．從狀態b到狀態c過程中，氣體溫度升高，內能增大，，從狀態b到狀態c過程中，氣體體積變大，外界對氣體做負功，由熱力學第一定律，可知，所以氣體從外界吸熱，故B錯誤；C．從狀態c到狀態d過程中，氣體溫度不變，內能不變，氣體體積增大，外界對氣體做負功，氣體吸熱，由熱力學第一定律，可知氣體吸收熱量等于對外做的功，故C正確；D．從狀態b到狀態c過程中，氣體溫度升高，氣體分子的平均動能變大，故D錯誤；故選C。10．如圖（1），圖（2）為一塊棱長為的立方體冰磚，它是由納米級二氧化鈦顆粒均勻添加在水中冰凍而成，該冰磚對紅光折射率，冰磚中心有一個紅光的發光點，不考慮光的二次和多次反射，真空中光速為，下列說法正確的是（）A．光在冰塊中的傳播速度大于在真空中的傳播速度B．光從冰磚射出的最長時間為C．從外面看玻璃磚六個面被照亮的總面積為D．點光源從紅光變成紫光表面有光射出的面積會增大【答案】C【詳解】A．光在冰塊中的傳播速度，光在冰塊中的傳播速度小于在真空中的傳播速度，故A錯誤；B．根據題意可知，臨界角，光線從頂點射出時，路程最大，由幾何關系可得，此時光線的入射角，即光線不能從頂點射出，則路程最大時恰好發生全反射，設光從冰磚射出的最長時間時路程為x，由幾何關系可知，則最長時間，聯立以上解得，故B錯誤；C．幾何關系可知每一側面被照亮的半徑，則從外面看玻璃磚被照亮的總面積為，聯立解得，故C正確；D．紫光折射率比紅光大，故紫光臨界角小，結合以上分析可知，表面有光射出的區域半徑減小，即面積將減小，故D錯誤。故選C。11．如圖所示，粗細均勻的絕緣圓環位于空間直角坐標系xOy平面內，其圓心與坐標原點重合。圓環的半徑為R，圓環上均勻分布著＋Q的電荷量，在z軸上有A、B兩點，已知A點到O點的距離為B點到O點距離的2倍，且A、O之間的距離遠小于R，z軸上A、O之間電場強度的大小滿足，其中k為靜電力常量，x為該點到O點的距離，規定圓心O處電勢為零。下列判斷正確的是（）A．A、B兩點的電勢之比為1∶4B．z軸上關于xOy平面對稱的兩點電場強度相同C．從A點靜止釋放一電子，到達O點時速率為v，僅將圓環上的電荷量增大為原來的2倍，再從A點靜止釋放一電子，到達O點時速率為2vD．從圓環最右端處取足夠小、電荷量為q的小段（其他位置處電荷分布不變），將其置于z軸上方距O為R處，則O點電場強度大小為【答案】D【詳解】A．設電子在OA之間距離O點為x的位置的電勢能為。因電場力與x為正比關系，故可得到由O到該位置電場力做功為，規定圓心O處電勢為零，由功能關系可得電子在A點的電勢能，電子在B點的電勢能，因為，所以電子在A點的電勢能為在B點電勢能的4倍，根據，可知A、B兩點的電勢之比為4∶1，A錯誤；B．根據對稱性可知，z軸上關于xOy平面對稱的兩點電場強度大小相等，方向相反，B錯誤；C．由，可知，只將圓環帶電量變為原來2倍，電子在A點電勢能變為原來的2倍，由動能定理可知，電子到達O點時動能變為原來的2倍，根據，可知速率變為原來的倍，C錯誤；D．在圓環最右端處取下足夠小、帶電量為q的小段并將其移動至距上方R處，O點的電場強度等效于最左端處的＋q和距O點R處的＋q點電荷產生的合電場，如圖所示，根據場強的疊加可知，O點的電場強度大小為，D正確。故選D。二、實驗題：本題共15分。12．（15分）實驗小組中的小亮同學設計了測量電源電動勢和內阻的實驗。實驗室提供的器材如下：待測電源、標準電源（電動勢為E0、內阻為r0）、滑動變阻器、電阻箱、電流表A（量程恰當、內阻未知）、開關和導線若干。操作步驟如下：（1）先用如圖甲所示的電路運用“半偏法”測量電流表A的內阻，記為RA。（2）在圖乙中，閉合開關S1、斷開開關S2，調節滑動變阻器的滑片到某位置，記錄下電流表示數為I1；保持滑動變阻器滑片的位置不變，斷開開關S1，閉合開關S2，記錄下電流表示數為I2。（3）多次改變滑動變阻器滑片的位置，重復步驟（2），記錄下多組示數I1和I2，關于以上實驗步驟，下列說法正確的是()A．電路甲運用半偏法測電流表A的內阻時，測量值偏大B．電路甲中電源電動勢大小和滑動變阻器的總阻值均應選擇小一些C．電路甲和乙中，閉合開關之前滑動變阻器的滑片均應置于最右端（4）小亮同學利用圖像法處理數據的過程中將設為縱軸，為得出線性關系，則應選取為橫軸（選填I2、或）。（5）在正確選取橫軸的物理量后，小亮同學將數據描繪在坐標系中得到如圖丙所示的圖像，圖像與橫、縱坐標軸的交點坐標分別為a、-b，則可測得該電源的電動勢E=，內阻r=（均用含有E0、r0、a、b的表達式填空）（6）小組中的小江同學認為半偏法測出的RA有誤差，故將導致以上測出的電源內阻r出現誤差，你認為RA的測量誤差將導致電源內阻r的測量值相對于真實值（選填“偏大”“偏小”“不變”）。【答案】（3）C（3分）（4）（3分）（5）（3分）（3分）（6）不變（3分）【詳解】A．電路甲運用半偏法測電流表A的內阻時，由于接入電阻箱后回路總電阻減小，電流增大，則實際流過電阻箱的電流大于流過待測電流表的電流，二者電壓相等，所以電阻箱接入電路的阻值小于電流表A的內阻，即電流表測量值偏小，故A錯誤；B．由于接入電阻箱后回路中電流增大，所以電路甲中電源電動勢大小和滑動變阻器的總阻值均應選擇大一些的，電流變化較小，誤差較小，故B錯誤；C．電路甲和乙中，閉合開關之前滑動變阻器的滑片均應置于阻值最大處，即滑動變阻器最右端，故C正確。故選C。閉合開關S1、斷開開關S2，根據閉合電路歐姆定律可得，保持滑動變阻器滑片的位置不變，斷開開關S1，閉合開關S2，有聯立可得所以將設為縱軸，為得出線性關系，則應選取為橫軸。結合圖線可得，所以，雖然半偏法測出的RA有誤差，但由以上分析可知，RA的測量誤差將導致電源內阻r的測量值相對于真實值不變。三、計算題：本題共4小題，共41分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。13．（6分）如圖甲所示，容積為的空玻璃瓶用橡皮塞封住瓶口，由穿過橡皮塞且兩端開口的細玻璃管與大氣相通，將其由室溫環境轉移并浸入溫度為恒為的熱水中，達到熱平衡后，快速取出玻璃瓶并將其豎直倒置，使玻璃管下端沒人室溫水槽中，穩定后玻璃瓶內與水槽內水面的高度差。室內溫度恒為，水的密度，外界大氣壓，取重力加速度，不計細玻璃管的體積，熱力學溫度與攝氏溫度的關系為。求：(1)氣體溫度由升高至，玻璃瓶內減少的氣體質量與溫度為時瓶內氣體質量的比值；(2)最終穩定時進入玻璃瓶內的水的體積。【答案】(1)(2)0.07L【詳解】（1）環境與熱水的熱力學溫度分別記為、，以放人熱水前玻璃瓶內氣體為研究對象，根據等壓變化規律（1分）瓶內減少的氣體質量與瓶內室溫時氣體的質量之比（1分）解得（1分）（2）浸入熱水并達到熱平衡后，以此時玻璃瓶內氣體為研究對象。倒置于水槽后，設吸人瓶中水的體積為，體積為此時瓶內氣體壓強為根據理想氣體狀態方程有（2分）解得（1分）14．（8分）某自動秤米機的原理如圖所示，閥門距秤盤的高度，當閥門打開時大米從靜止開始下落，大米與秤盤的碰撞時間極短且不反彈（碰撞過程重力可忽略）。當秤米機的示數為1kg時，閥門在電機控制下立即關閉。已知大米的流量，取重力加速度大小，忽略空氣阻力及大米在秤盤堆積的高度，求：(1)大米落到秤盤前瞬間速度的大小，及閥門關閉瞬間空中大米的質量；(2)大米與秤盤碰撞時對秤盤沖擊力的大小和穩定后（空中的大米全部落入秤盤），秤米機的示數。【答案】(1)2m/s，0.02kg(2)1kg【詳解】（1）設每粒大米質量為，由機械能守恒（1分）解得大米落入秤盤時的速度大小閥門關閉，米在空中近似做自由落體運動，則有（1分）解得（1分）空中大米的質量（1分）（2）時間內，從閥門處下落的大米質量（1分）令其落到秤上時受到的沖擊力為，根據動量定理有（1分）解得根據牛頓第三定律可知，大米與秤盤碰撞時對秤沖擊力關閉閥門時，秤示數為1kg，此時，結合上述可知，秤上大米質量為（1分）則當空中大米全部落入盤中后，大米的總質量（1分）15．（12分）氣壓式升降椅通過氣缸上下運動來支配椅子升降，興趣小組對其結構重新設計為電磁緩沖裝置，該裝置的主要部件有三部分：①固定在支架上的滑塊，由絕緣材料制成，其內部邊緣繞有邊長為、電阻為的閉合單匝、粗細均勻的正方形線圈abcd；②質量為的座椅主體，包括椅面和絕緣光滑非密閉套筒及套筒前后的永磁體，套筒前后的永磁體產生方向垂直于整個套筒截面磁感應強度大小為的勻強磁場；③連接座椅主體和滑塊的輕質彈簧。現將座椅主體豎直提起至彈簧處于原長，靜止釋放座椅主體來測試緩沖裝置效果，現測出座椅主體初次向下最大速度為，從釋放到停止運動用時。已知重力加速度大小為，彈簧的勁度系數為，彈簧彈性勢能（其中為彈簧勁度系數，為彈簧形變量），全程未超出彈簧彈性限度，且線圈全程未完全進入和完全離開套筒，不計一切摩擦阻力。求：(1)座椅主體初次向下速度最大時，線圈邊兩端電勢差；(2)從釋放座椅主體到座椅主體初次向下達到最大速度的過程，座椅主體下降的高度；(3)從釋放座椅主體到座椅主體停止運動的過程，線圈中產生的焦耳熱及座椅主體受彈簧彈力的沖量（以豎直向下為正方向）。【答案】(1)(2)(3)，【詳解】（1）座椅主體初次向下速度最大時，感應電動勢的大小為（1分）根據右手定則可知a端電勢高，根據閉合電路歐姆定律可得線圈ab邊兩端電勢差（1分）（2）速度最大時，對座椅主體根據平衡條件可得（1分）其中聯立解得座椅主體下降的高度（1分）（3）題意可知，靜止時有（1分）解得靜止時彈簧壓縮量（1分）由能量守恒有（1分）聯立解得（1分）對m，由動量定理有（1分）因為（1分）聯立解得（1分）方向豎直向下。（1分）16．（15分）如圖所示，在坐標系xOy中的的區域內存在著周期性變化的勻強電場（未畫出），該電場前半個周期電場強度大小為、方向沿y軸正方向，后半個周期電場強度大小為、方向沿y軸負方向。在處有一塊與x軸垂直的足夠大絕緣薄擋板，擋板的中心開有小孔，且在軸上，在區域內存在著垂直于坐標平面向里的勻強磁場Ⅰ，磁感應強度大小為，在區域存在著垂直于坐標平面向里的勻強磁場Ⅱ（未畫出），磁感應強度為（，具體數值未知），時刻一質量為、電荷量為的粒子以初速度從點沿軸正方向進入電場區