ChenTI - XueXi Design

2025年高考物理冲刺押题密卷03【江苏卷】

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

一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。

1．为保证生产安全，大型钢铁部件内部不允许有砂眼、裂纹等伤痕存在。利用射线检测钢柱内部是否存在砂眼或裂纹情况的示意图如图所示，若钢柱的直径为20cm，则下列说法正确的是（　　）

A．射线源放出的射线应该是β射线

B．射线源放出的射线应该是α射线

C．射线源放出的射线应该是X射线

D．若钢件内部有伤痕，探测器接收到的射线粒子将增加

【答案】D

【详解】ABC．此射线必须能穿透部件，接收器才能接收到射线粒子，用一张纸就能将α射线挡住，β射线只能穿透几毫米厚的铝板，γ射线能穿透几厘米厚的铅板和几十厘米厚的混凝土，显然应该用γ射线检查直径为20cm的钢铁部件内部是否有伤痕存在，故ABC错误；

D．当遇到钢件内部有砂眼或裂纹时，穿过钢柱到达探测器的γ射线比没有砂眼或裂纹处的要多一些，故D错误。

故选D。

2．如图所示，是水平地面上以为圆心、半径不同的环形花坛。位于圆心处的竖直管上有两截面相同的微型水平喷水嘴和，分别给和浇水，。调节两喷水嘴的出水速度和转动的角速度，使喷出的水全部落入相应的花坛中。若喷水嘴和各自转动一周过程中，落入和单位长度的水量相同，不计空气阻力和花坛的宽，角速度和的比值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】设喷水口横截面积为S，则有

在圆周上单位时间内单位长度的水量

题意知，

联立解得

故选C。

3．弹簧振子和LC振荡电路虽然有着本质的不同，但它们的一些物理量及周期性变化规律相类似。如图甲、乙所示，分别为研究弹簧振子和LC振荡电路的实验装置示意图。已知当图乙中的双掷开关置于a时，线圈L和电容C可构成一个理想的LC振荡电路且其振荡周期与图甲中弹簧振子的振动周期相等。现将图乙中的开关置于b处给电容C充电，待充电完毕后又突然将开关置换到a处，与此同时，将图甲中的弹簧振子从最大振幅处由静止释放，则下列说法中不正确的是（　　）

A．弹簧振子速度最大时，LC振荡电路中的电流达到最大

B．弹簧振子加速度最大时，LC振荡电路中的电场能达到最大

C．弹簧振子从最大振幅处运动到平衡位置过程中，LC振荡电路处于放电过程

D．若减小振荡电路中的电容，则振荡电路的周期将大于弹簧振子的周期

【答案】D

【详解】A．弹簧振子在平衡位置时速度最大，此时动能最大。对于LC振荡电路，电流最大时，磁场能最大，相当于弹簧振子动能最大的状态，两者变化规律类似，正确；

B．弹簧振子在最大位移处加速度最大，此时弹性势能最大。LC振荡电路中电场能最大时，电容器极板上电荷量最多，类似弹簧振子处于最大位移的状态，B正确；

C．弹簧振子从最大振幅处运动到平衡位置过程中，动能增大，弹性势能减小。LC振荡电路初始状态电容器充满电，从开始放电到放电完毕，电场能转化为磁场能，与弹簧振子的能量转化过程相似，正确；

D．根据LC振荡电路周期公式，减小电容，周期减小，所以LC振荡电路的周期将小于弹簧振子的周期，错误。

本题选不正确的，故选D。

4．如图所示，汽车车厢中悬挂着小灯笼串，车在平直道路上关闭门窗，向左匀加速直线运动，当小灯笼串相对车厢静止时（车厢内无风扰动），下列各图中灯笼串的状态最有可能的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】车在平直道路上关闭门窗，向左匀加速直线运动，设加速度大小为，以下方n个灯笼为整体，根据牛顿第二定律可得，可得，可知灯笼偏离竖直方向的夹角与灯笼的个数无关，为定值。

故选B。

5．一种音圈电机主要由永磁体、铁磁圆柱、线圈和线圈支撑构成。线圈固定在线圈支撑上，线圈支撑可带动线圈在永磁体和铁磁圆柱中的气隙中沿轴线方向运动，其纵剖面图如图甲所示。永磁体可以在气隙中产生辐射状磁场，不计其他部分的磁场，在线圈处的磁感应强度大小恒为 B，其横截面如图乙所示。线圈半径为r，线圈总电阻为R，线圈支撑和线圈的总质量为当线圈两端加上恒定电压U，线圈支撑从静止开始在竖直方向运动的过程中，磁场中线圈匝数始终为重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A．电流方向如图甲所示时，线圈支撑将向下运动

B．线圈的发热功率为

C．加上电压的瞬间，线圈支撑的加速度为

D．线圈支撑的最大速度为

【答案】D

【详解】A．电流方向如图甲所示时，由左手定则可知，线圈收到向上的安培力，将向上运动，故A错误；

B．线圈在运动的过程中产生感应电动势E，感应电流方向与恒定电压产生的电流方向相反，故电路中的电流小于，故线圈的发热功率小于，故B错误；

C．初始时没有速度，没产生感应电动势，此时电流

故线圈受到的安培力为

由牛顿第二定律

解得，故C错误；

D．线圈中产生的感应电动势为线圈中的电流为

当线圈加速度为零时线圈支撑的速度最大，此时

解得线圈支撑的最大速度为，故D正确。

故选D。

6．由于大气层的存在，太阳光线在大气中折射，使得太阳“落山”后我们仍然能看见它。某同学为研究这一现象，建立了一个简化模型。将折射率很小的不均匀大气等效成折射率为的均匀大气，并将大气层的厚度等效为地球半径R。根据此模型，一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间是（地球自转时间为24小时，地球上看到的太阳光可以看成平行光）（　　）

A．3小时 B．2小时 C．1.5小时 D．1小时

【答案】D

【详解】太阳光是平行光，临界光路图如图所示

由几何关系可得临界光线的折射角为，可知临界光线的折射角为30°；根据折射定律，可得，由几何关系可知，地球多转角度便看不见太阳了，有，一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间为，故选D。

7．如图所示为某一定质量的理想气体循环过程的图像。B→C为等压过程，D→A为等容过程，A→B和C→D为等温过程。关于该循环过程中，下列说法正确的是（   ）

A．A状态气体的温度高于C状态

B．C→D过程气体向外界放出热量

C．整个循环过程中，B状态单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数最多

D．从A状态开始，经过一个顺时针循环再回到A状态，气体要向外放热

【答案】C

【解析】A．依题意，C→D为等温过程，则

D→A为等容过程，则

又

可得

即A状态气体的温度高于C状态。故A错误；

B．由图可知从C到D，理想气体体积增大，对外界做功，C→D为等温过程，内能不变，根据热力学第一定律

可知C→D过程气体从外界吸收热量。故B错误；

C．由图可知，整个循环过程中，理想气体在B状态时，压强最大，体积最小，所以体积单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数最多。故C正确；

D．p-V图像中图线与横轴围成的面积代表功，可知整个过程气体对外界做功大于外界对气体做功，即

又

根据

可知

气体要从外界吸收热量。故D错误。

故选C。

8．如图所示，匀强磁场方向与水平面成角斜向右下方，矩形线圈以恒定角速度绕水平面内的轴按图示方向转动，线圈通过换向器与电阻R相连。以图中时刻为计时起点，规定电流由a通过R流向b方向为电流正方向，则通过R的电流i随时间变化图像正确的是

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】从图示位置顺时针转角的过程中，线圈的磁通量在减小，由楞次定律可知，感应电流方向由b通过R流向a，即为负方向。这段时间为

当转到线圈平面与磁场方向平行时，线圈的感应电流最大。继续转角的过程中，线圈的磁通量在增大，由楞次定律可知，感应电流方向由b通过R流向a，即为负方向。这段时间为

继续转角的过程中，线圈的磁通量在增大，线圈两个接头通过换向器改变了与R两端的连接，由楞次定律可知，感应电流方向由a通过R流向b，即为正方向。这段时间为

此时，线圈平面与磁场方向垂直，感应电流为0。

故选A。

9．如图为一“环腔式”消声器的原理图，可以对高速气流产生的噪声进行降噪。波长为λ的声波沿水平管道自左侧入口进入后分成上下两部分，分别通过通道①、②继续向前传播，在右侧汇聚后噪声减弱，下列说法正确的是（　　）

A．该消声器是利用波的漫反射原理设计的

B．该消声器对所有频率的声波均能起到降噪效果

C．上下两束波的路程和满足时，降噪效果最好

D．上下两束波的路程和满足时，降噪效果最好

【答案】C

【详解】A．该消声器是利用声波干涉原理设计，故A错误；

BCD．根据波的叠加原理可知，该消声器对于路程差为，的声波降噪效果良好，但不符合上述条件的声波降噪效果较差，甚至不能起到降噪效果，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，故BD错误，C正确。

故选C。

10．2024年4月25日，神舟十八号飞船与天宫空间站顺利对接，如图所示，飞船与空间站对接前在各自预定的圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运动，Ⅱ为对接转移轨道，下列说法正确的是（    ）

A．飞船在Ⅰ轨道运行速度小于在Ⅲ轨道上的运行速度

B．飞船在三个轨道上的运行周期

C．飞船在Ⅱ轨道上的机械能大于在Ⅰ轨道上的机械能

D．飞船在三个轨道上运行时与地球连线在单位时间内扫过的面积相等

【答案】C

【详解】A．根据万有引力等于向心力，可得，可知飞船在Ⅰ轨道运行速度大于在Ⅲ轨道上的运行速度，选项A错误；

B．根据开普勒第三定律，因为，可知飞船在三个轨道上的运行周期，选项B正确；

C．飞船从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ要进行加速，机械能增加，则飞船在Ⅱ轨道上的机械能大于在Ⅰ轨道上的机械能，选项C正确；

D．根据开普勒第二定律可知，飞船在三个不同轨道上运行时，与地球连线在单位时间内扫过的面积不相等，选项D错误。

故选C。

11．如图，半径为R的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行。a、b、c是圆周上的三个点，且为正三角形。从b点在圆平面内向不同方向以相同的速率射出相同的带正电粒子，粒子经过圆周上各点中c点的动能最大，粒子从b点到c点静电力做功为W，粒子带电荷量为q，不计粒子所受重力，取b点电势为零，则下列说法正确的是（　　）

A．电场的方向由b指向c

B．c点的电势为

C．粒子从b点到a点静电力做功为

D．粒子在圆心O点的电势能为

【答案】D

【详解】A．粒子经过圆周上各点中c点的动能最大，而粒子带正电，可知c点电势最低，场强方向垂直于过c点的切线方向，即电场的方向由O指向c，选项A错误；

B．粒子从b点到c点静电力做功为W，可知， b点电势为零，可得，选项B错误；

C．因ab与电场线垂直，则ab为等势线，电势均为零，则粒子从b点到a点静电力做功为0，选项C错误；

D．场强，O点电势为，粒子在圆心O点的电势能为，选项D正确。

故选D。

二、实验题：本题共15分。

12．（15分）用图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，主要步骤如下：

（ⅰ）利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点O。

（ⅱ）取两个大小相同、质量不同的小球1和2，并测出其质量分别为和。

（ⅲ）使小球1从斜槽上某一位置由静止释放，落在垫有复写纸的白纸上留下痕迹，重复本操作多次。

（ⅳ）把小球2放在水平槽的末端，小球1从原位置由静止释放，与小球2碰撞后，落在白纸上留下各自的落点痕迹，重复本操作多次。

（ⅴ）在白纸上确定平均落点的位置M、N、P。

请完成下列内容

(1)用“画圆法”确定小球1在没有与小球2发生碰撞时的平均落点N，则图乙中圆      （填“a”或“b”）更合理。

(2)本实验中用于验证动量守恒定律的表达式应为：      （用、、OP、OM表示）。

(3)刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得      cm，又测得。将数据代入动量守恒表达式，计算得到碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差      （计算结果保留2位有效数字），由此可判断该系统碰撞过程动量守恒。

(4)如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），则计算得到的碰撞前系统的总动量      （选填“大于”“等于”或“小于”）碰撞后的总动量。

【答案】(1)a （3分）  (2) （3分）

  (3) 45.00 （3分）    1.6% （3分）  (4)大于（3分）

【详解】（1）用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，圆心即为小球的平均落地点，个别偏离较远的点舍去，则图乙中圆a更合理。

（2）小球离开桌面后做平抛运动，抛出点的高度相同，则运动时间相同，设为t，不放小球2时，设小球1平抛运动初速度为 v₀，小球1水平方向上有

解得

放小球2时，设碰撞之后小球1、2速度分别为 v₁、v₂，水平方向上有，

解得，

要验证动量守恒定律，则要验证

将速度代入上式化简得

（3）刻度尺的最小分度是1mm，刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得。

碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差

（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小，碰撞后系统的总动量减小

则

可知

所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。

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（1分）

根据理想气体状态方程有（1分）

解得（1分）

14．（8分）如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P₁沿轨道向右以速度v₁与静止在A点的物体P₂碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t₁=2 s至t₂=4 s内工作，已知P₁、P₂的质量都为m=1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4 m，g取10 m/s²，P₁、P₂和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。

（1）若v₁=6 m/s，求P₁、P₂碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE？

（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v₁的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E？

【答案】（1）9J；（2）10m/s＜v₁＜14m/s，17J

【详解】（1）由于P₁和P₂发生弹性碰撞，据动量守恒定律有，   （1分）

碰撞过程中损失的动能为   （1分）

（2）从A点滑动到C点，再从C点滑动到A点的整个过程，P做的是匀减速直线。

设加速度大小为a，则   （1分）

设经过时间t，P与挡板碰撞后经过B点，则，，   （1分）

若t=2s时经过B点，可得v₁=14m/s   

若t=4s时经过B点，可得v₁=10m/s    

则v₁的取值范围为10m/s＜v₁＜14m/s   （1分）

v₁=14m/s时，碰撞后的结合体P的最大速度为   （1分）

根据动能定理   （1分）

代入数据，可得通过A点时的最大动能为   （1分）

15．（12分）如图所示，一圆柱形光滑横梁水平固定（阴影为其截面），可视为质点的小球、用足够长的轻绳连接后悬挂在梁上。已知、的质量分别为、，重力加速度为。

(1)从静止释放两球，求球的加速度大小；

(2)同时给球竖直向上、球竖直向下且大小均为的初速度，求球上升至最高点过程轻绳对球做的功；

(3)若横梁粗糙，且轻绳与横梁间摩擦力满足，其中、分别为左右悬绳中的张力，向下拉动球后松手，球恰做匀速运动。现将球质量增大为，再从静止释放两球，求球下降高度时的动能。

【答案】(1)   (2)   (3)

【详解】（1）释放后两球加速度大小相等，对整体，由牛顿第二定律有（2分）

解得（2分）

（2）小球上升到最高点过程，绳子一直处于拉直状态，则A球加速度大小仍未a,方向竖直向下，则小球A上升的最大高度（1分）

联立解得（1分）

此过程，对A球，由动能定理得（1分）

解得轻绳对球做的功（1分）

（3）小球AB匀速运动时，由平衡条件有

则摩擦力大小

由于系统匀速，故

解得（1分）

当A球质量变为5m时，从静止释放，对A有（1分）

对B有

因为此时

联立解得（1分）

球下降高度时的动能（1分）

16．（15分）通过电磁场控制粒子是现代物理学中经常用到的方案，某研究所研究利用电磁场来约束粒子的运动。如图甲所示，在坐标系的第二象限存在垂直于x轴向下的匀强电场，质量为m、带电量为的粒子从x轴上的P点以初速度射入第二象限，速度方向与x轴成60°角，粒子从y轴上的Q点垂直于y轴进入第一象限，此后撤去第二象限的电场，同时在整个坐标系内加上按图乙规律变化的匀强磁场（图像中只画出了两个周期性变化，其他周期性变化相同），垂直纸面向里为磁感应强度正方向。已知Q点的坐标为，，。不计粒子重力和空气阻力。求：

(1)匀强电场的电场强度E的大小和P点坐标；

(2)时粒子的坐标；

(3)粒子在磁场中运动周期。

【答案】(1)，     (2)     (3)

【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做类斜上抛运动，运动情况如下图

将初速度分解为和，则（1分）

（1分）

故x轴方向的分运动为匀速直线运动，有（1分）

y轴方向的分运动为匀变速直线运动，有（1分）

联立解得，

故P点的坐标为。（1分）

（2）撤去第二象限的电场，同时在整个坐标系内加上按图乙规律变化的匀强磁场后，洛伦兹力提供向心力，有（1分）

解得，（1分）

可知，（1分）

则带电粒子先运动时间，转过60°；再运动时间，转过150°。根据左手定则判断洛伦兹力方向，可知时间内，带电粒子在磁场中运动如下图

可得，则A点的横坐标大小为（1分）

纵坐标大小为

故时粒子的坐标为（1分）

（3）带电粒子在时间内逆时针转过60°，在时间内顺时针转过150°，故在1个磁场周期内速度方向顺时针偏转90°。（2分）

以此类推，在2个磁场周期内速度方向顺时针偏转180°。

可知，在4个磁场周期内速度方向顺时针偏转360°，此时速度方向恰好和时刻完全一致。因此在4个磁场周期内，带电粒子恰好完成一个周期性运动。其运动情况如下图

故粒子在磁场中运动周期（3分）