2025年江蘇省南通市通州區高考模擬監測卷（一）物理試題一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1．圖甲是某人在湖邊打水漂的圖片，石塊從水面彈起到觸水算一個水漂，若石塊每次從水面彈起時速度與水面的夾角均為，速率損失。圖乙是石塊運動軌跡的示意圖，測得石塊打第一個水漂在空中的時間為，已知石塊在同一豎直面內運動，當觸水速度小于時石塊就不再彈起。不計空氣阻力，重力加速度，石塊在湖面上能漂起的次數為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】石塊做斜上拋運動根據運動總時間解得設石塊一共能打個水漂，則有，（取整數）解得故選B。2．一質量m=4kg的滑塊靜止在粗糙的水平面上，t=0時刻起對滑塊施加水平向右的拉力F，拉力F按如圖所示的規律變化，3s末撤去拉力。滑塊與水平面間的動摩擦因數μ=0.25，重力加速度g取10m/s2.。下列說法正確的是（）A．0~3s內摩擦力的沖量大小為30N·s B．0~3s內拉力做的功為200JC．滑塊的最大動能為200J D．滑塊的最大位移為36m【答案】C【解析】A．滑塊與水平面的滑動摩擦力為在0~1s內所以滑塊靜止不動，滑塊與水平面的摩擦力為靜摩擦力，大小為摩擦力的沖量為在1~3s內滑塊與水平面間的摩擦力為滑動摩擦力，摩擦力的沖量為0~3s內摩擦力的沖量大小為故A錯誤；B．在0~1s內滑塊靜止，拉力做功為零。在1~3s內滑塊做勻加速運動，由牛頓第二定律得解得滑塊的位移為0~3s內拉力做的功為故B錯誤；C．3s末撤去拉力時，滑塊的動能最大，由動能定理得解得滑塊的最大動能為故C正確；D．滑塊的最大速度為撤去拉力后，由牛頓第二定律得加速度大小為由可得位移為滑塊的最大位移為故D錯誤。故選C。3．2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，滑雪是冬奧會常見的體育項目，具有很強的觀賞性。某滑道示意圖如圖所示，圓弧滑道AB與水平滑道BC平滑銜接，O是圓弧滑道AB的圓心。運動員從A點由靜止開始下滑，最后運動員滑到C點停下。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．從A到B的過程中，運動員受重力、支持力、摩擦力和向心力B．從A到B的過程中，運動員所受的合外力始終指向圓心OC．從A到C的過程中，運動員的機械能保持不變D．從A到C的過程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功【答案】D【解析】A．從A到B的過程中，運動員僅受重力、支持力和摩擦力共三個力，而向心力是效果力，是由所受的三個力提供，故A錯誤；B．從A到B的過程中，運動員做變速圓周運動，沿半徑方向的合力提供向心力，而切向合力不為零改變速度的大小，故總的合外力不會始終指向圓心，故B錯誤；C．從A到C的過程中，因運動員所受的摩擦力一直做負功，則其機械能保持一直減小，故C錯誤；D．對從A到C的全過程，由動能定理即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故D正確。故選D。4．如圖為古代常見的一種板車，車前輪與后輪轉動半徑之比為，車上放有質量為m的重物（可視為質點），推動板車使重物恰好能夠隨車勻速前進，此時車板與水平面間的傾角為，重物與車板間動摩擦因數固定，若將車板與水平面間傾角變大，之后控制板車使其仍能水平勻速前行，則下列說法正確的是（）A．板車前輪與后輪的角速度之比為B．重物與板車間動摩擦因數C．板車傾角變大后重物所受摩擦力也會隨之變大D．板車傾角變大后重物的對地運動方向沿板車斜面向下【答案】A【解析】A．根據得故A正確；B．根據得故B錯誤；C．板車傾角變大后，重物會沿斜面下滑，此時的摩擦力為重物所受摩擦力變小，故C錯誤；D．板車傾角變大后重物相對板車沿斜面向下，板車相對地面向前運動，因此重物相對地面的運動方向為斜向下和向前的合運動方向，故D錯誤。故選A。5．如圖是氫原子電子軌道示意圖，a、b兩束光是由處在態的氫原子躍遷到態和態時產生的，現分別用a、b兩束單色光照射同一光電管陰極時，都發生了光電效應，則關于a、b這兩束光，下列說法正確的是（）

A．a、b兩束光的光子能量滿足B．光子動量C．兩束光照射光電管時對應的遏止電壓D．入射同一雙縫干涉裝置上，相鄰亮紋的間距【答案】D【解析】A．由題意，根據可知，處在態的氫原子躍遷到態產生光子的能量小于處在態的氫原子躍遷到態時產生的光子的能量，即故A錯誤；B．根據可知，a光子的波長大于光子的波長；根據光子的動量公式可知，光子動量故B錯誤；C．依據光電效應方程及可知兩束光照射光電管時對應的遏止電壓故C錯誤；D．根據雙縫干涉的條紋間距公式可知，波長較小的光子，其光束的干涉條紋間距更小，即故D正確。故選D。6．如圖所示，在做自由落體運動與豎直上拋運動的雜技表演中，表演者讓甲球從離地高度為H的位置由靜止釋放，同時讓乙球在甲的正下方的某點由靜止釋放，已知乙球與水平地面碰撞后的速度大小是剛落地時速度大小的0.5倍，且碰撞后的速度方向豎直向上，兩小球均視為質點，忽略空氣阻力，乙球與地面的碰撞時間忽略不計，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（

）A．若乙釋放時的高度為0.5H，則乙與地面碰撞剛結束時的速度大小為B．若乙釋放時的高度為0.5H，則乙從釋放到再次到達最高點的運動時間為C．若乙第一次上升到最高點時剛好與甲相撞，則乙第一次上升的最大高度為D．若乙在第一次上升的過程中能與甲相撞，則乙釋放時的高度h的范圍為【答案】C【解析】AB．若乙釋放時的高度為0.5H，則由可得乙落地時的速度大小為落地時間為乙與地面碰撞剛結束時的速度大小為與地面碰后上升的時間為乙從釋放到再次到達最高點的運動時間為故AB錯誤；C．若乙第一次上升到最高點時剛好與甲相撞，設乙第一次上升的最大高度為h，與地面碰后速度大小為v3，則有由乙球與水平地面碰撞后的速度大小是剛落地時速度大小的0.5倍可知，乙第一次下落的時間則甲與乙碰撞時運動的總時間為則有聯立可得故C正確；D．若乙第一次上升到最高點時剛好與甲相撞，則乙下落高度為所以若乙在第一次上升的過程中能與甲相撞，則乙釋放時的高度h的范圍為故D錯誤。故選C。7．如圖為一“環腔式”降噪器的原理圖，可以對高速氣流產生的噪聲進行降噪。波長為的聲波沿水平管道自左側入口進入后分成上、下兩部分，分別通過通道①、②繼續向前傳播，在右側匯聚后噪聲減弱，其中通道①的長度為10，下列說法正確的是（）A．該降噪器是利用波的衍射原理設計的B．通道②的長度可能為8.5C．通道②的長度可能為8D．該降噪器對所有頻率的聲波均能起到降噪作用【答案】B【解析】A．該降噪器是利用聲波干涉原理設計，A錯誤；BCD．根據波的疊加原理可知，該降噪器對于路程差為（n＝0，1，2，3…）聲波降噪效果良好，對不符合上述條件的聲波降噪作用較差，甚至不能起到降噪作用，故而并非對所有波長或頻率的聲波均有效，CD錯誤，B正確。故選B。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題列出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）8．如圖，長度為a的豎直薄擋板MN處在垂直紙面向里的勻強磁場中（磁場空間足夠大、圖中未畫出），磁感應強度為B。擋板左側O點有一粒子源在紙面內向各方向均勻發射電荷量為+q、質量為m的帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知圖中初速度與ON夾角為60°發射的粒子恰好經過N點，。不計粒子重力，不考慮粒子的反彈和粒子間的相互作用。則（）A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為aB．擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為aC．粒子能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的D．擋板的右側被粒子擊中的豎直長度為a【答案】CD【解析】A．粒子軌跡如圖1所示由幾何關系可知可得故A錯誤；B．當軌跡剛好與MN相切時，粒子能打到板上最大長度，如圖軌跡2，設速度方向與ON夾角為，由幾何關系可得可得則擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為故B錯誤；C．要使粒子打在右側，有兩個臨界條件，如圖中的軌跡1、3，由幾何關系可知1、3的初速度夾角為則粒子能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的故C正確；D．如上圖粒子1打在MN上的點與O1N組成頂角為60°的等腰三角形，所以由幾何關系可知板的右側被粒子擊中的豎直長度為故D正確。故選CD。9．如圖所示，球心為，半徑為的球面下方有一處于水平面的圓周，該圓周與球面直徑垂直，圓心為。在該圓周上等分的三點位置以及球面的最高點處點均固定一個電荷量為的相同點電荷。已知兩點連線與球直徑的夾角，靜電力常量為，則下列說法正確的是（）A．在點位置的點電荷受到的庫侖力大小為B．點的電場強度為零C．一帶正電的點電荷，沿著球面直徑由到，其電勢能增加D．點的場強方向豎直向上【答案】AD【解析】A．由幾何關系可以得到、間的距離為由庫侖力的合成可以得到點電荷所受的庫侖力大小為解得故A正確；B．三個點電荷、、在點的場強為零，點電荷在點的場強不為零，故的場強不為零，B錯誤；C．在沿著球面直徑由方向的電場強度的方向向下，電場力對正的點電荷做正功，故電勢能減小，故C錯誤；D．由幾何關系知，邊線與的夾角，則、、三個點電荷在處產生的場強大小為方向向上；點電荷在處產生的場強大小為方向向下；所以點處的合場強為方向向上，故D正確。故選AD。10．如圖所示，M、N兩端接正弦式交變電流，理想變壓器原、副線圈的匝數之比為，R1、R2均為定值電阻，R1=1Ω，R2=9Ω，原線圈的等效電阻為R原，各電表均為理想交流電表，下列說法正確的是（）

A．原線圈的等效電阻R原與定值電阻R1的阻值之比為3:1B．定值電阻R1與原線圈兩端的電壓之比為1:1C．定值電阻R1與R2兩端的電壓之比為3:1D．若M、N兩端輸入電壓變為原來的一半，則兩電表的示數均變為原來的一半【答案】BD【解析】A．設原線圈和副線圈兩端的電壓分別為和電流分別為和，則有聯立解得故A錯誤；B．因為，根據串聯電路特點知，定值電阻和原線圈兩端的電壓相等，所以定值電阻和原線圈兩端的電壓之比為，故B正確；C．因為又因為定值電阻和原線圈兩端的電壓相等，所以定值電阻和兩端的電壓之比為，故C錯誤；D．若兩端輸入電壓變為原來的一半，則原線圈兩端的電壓變為原來的一半，根據可知電壓表V的示數變為原來的一半，通過定值電阻的電流變為原來的一半，根據可知電流表A的示數變為原來的一半，故D正確。故選BD。非選擇題（54分）三、非選擇題（本大題共5小題，共54分。第11題6分，第12題9分，第13題10分，第14題12分，第15題17分。其中13—15題解答時要求寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，若只有最后答案而無演算過程的不得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位。）11．“用DIS研究在溫度不變時，一定質量氣體的壓強與體積關系”的實驗裝置如圖所示：（1）本實驗封閉氣體的體積可通過直接讀出。（2）緩慢推動活塞，在計算機中輸入氣體體積V，同時記錄對應的氣體壓強p。若推活塞過程中發生漏氣現象，則對應的v﹣圖象可能是。為防止漏氣，除了要確保傳感器與軟管連接處的氣密性外，還應采取的措施是。A．B．C．D．（3）兩實驗小組在相同環境下進行該實驗，在操作無誤的情況下得到以下兩組數據：小組1實驗數據：次數12345壓強P/kPa102.6109.3116.9125.8136.6體積V/cm31615141312PV乘積1641.61639.51636.61635.41639.2小組2實驗數據：次數12345壓強P/kPa102.3112.0124.5140.5159.8體積V/cm31110987PV乘積1125.31120.01120.51124.01118.6分析小組1或小組2的數據，可以得到的結論是：；比較小組1和小組2的數據，PV乘積存在差異的主要原因是。【答案】注射器的刻度A給活塞涂潤滑油誤差范圍內，一定質量的氣體，溫度不變時，壓強與體積成反比實驗時注射器內的空氣發生泄漏，或實驗時氣體的溫度發生了變化【解析】（1）[1]本實驗需要測量氣體的體積和壓強，體積由注射器的刻度直接讀出。（2）[2][3]根據理想氣體狀態方程，有，常數C由氣體的質量決定，推活塞過程中發生漏氣現象，在溫度不變的情況下，質量減小，C減小，圖像的斜率減小，出則對應的圖像可能是A，故A正確，BCD錯誤.故選A。（3）[4][5]分析小組1或小組2的數據，可以得到的結論是：誤差范圍內，一定質量的氣體，溫度不變時，壓強與體積成反比；比較小組1和小組2的數據，PV乘積存在差異的主要原因是實驗時注射器內的空氣向外泄漏，或“實驗時環境溫度降低了”。12．某同學把量程為500μA但內阻未知的微安表G改裝成量程為2V的電壓表，他先測量出微安表G的內阻，然后對電表進行改裝，最后再利用一標準電壓表，對改裝后的電壓表進行檢測。

該同學利用“半偏法”原理測量微安表G的內阻，實驗中可供選擇的器材如下：A．滑動變阻器（）

B．滑動變阻器（）C．電阻箱（）

D．電源（電動勢為1.5V）E.電源（電動勢為9V）

F.開關、導線若干具體實驗步驟如下：a.按電路原理圖甲連接好線路；b.將滑動變阻器R的阻值調到最大，閉合開關后調節R的阻值，使微安表G的指針滿偏；c.閉合，保持R不變，調節的阻值，使微安表G的示數為250μA，此時的示數為；回答下列問題：（1）為減小實驗誤差，實驗中電源應選用，滑動變阻器應選用（填儀器前的字母）；（2）由實驗操作步驟可知微安表G內阻的測量值；（3）若按照（2）中測量的，將上述微安表G改裝成量程為2V的電壓表需要串聯一個阻值為的電阻；（4）用圖乙所示電路對改裝后的電壓表進行校對，由于內阻測量造成的誤差，當標準電壓表示數為2V時，改裝電壓表中微安表G的示數為495μA，為了盡量消除改裝后的電壓表測量電壓時帶來的誤差，的阻值應調至（結果保留1位小數）。【答案】EB1900.0/19002100.0/21002059.6【解析】（1）[1]本實驗誤差來自于閉合S2電阻箱并入電路后，干路電流會發生變化，為使干路電流變化較小，應使干路中滑動變阻器進入電路的阻值盡量大，為使電流表能夠滿偏，相應的電源電動勢應較大。故電源選擇電動勢約為9V的電源，即選E；[2]毫安表G的滿偏電流為500μA，則干路中滑動變阻器進入電路的最小阻值約大于故滑動變阻器應選用最大阻值為的，即選B。（2）[3]由實驗操作步驟可知通過微安表的電流等于通過電阻箱的電流，可知兩部分電阻相等，即微安表G內阻的測量值；（3）[4]若按照（2）中測算的，將上述微安表G改裝成量程為2V的電壓表需要串聯的電阻為（4）[5]當微安表G的示數為時若是調整為準確，則需將微安表讀數變為，則即將改裝后的電壓表內阻減小，即將的阻值變為13．在導熱良好的矩形氣缸內用厚度不計的活塞封閉有理想氣體，當把氣缸倒置懸掛在空中，穩定時活塞剛好位于氣缸口處，如圖甲所示；當把氣缸開口朝上放置于水平地面上，活塞穩定時如圖乙所示。已知活塞質量為m，橫截面積為S，大氣壓強，環境溫度為T0，氣缸的深度為h，重力加速為g，不計活塞與氣缸壁間的摩擦。（1）求圖乙中活塞離氣缸底部的高度h1；（2）活塞達到圖乙狀態時將環境溫度緩慢升高，直到活塞再次位于氣缸口，已知封閉氣體的內能隨熱力學溫度變化的關系為U=kT，k為常數，大氣壓強保持不變，求在該過程中封閉氣體所吸收的熱量Q。【答案】（1）；（2）【解析】（1）設甲、乙中封閉氣體的壓強分別為、，則有，解得，氣體做等溫變化，由玻意耳定律有聯立解得（2）設活塞回到氣缸口時氣體溫度為，氣體等壓變化，則有可得氣體對外做的功為氣體內能變化為根據熱力學第一定律可得解得14．如圖甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三個小球，其中A、B兩球的質量均為，C球的質量為，A、B兩球分別用長為的水平輕桿通過光滑輕質鉸鏈與C球連接，兩球間夾有一根勁度系數足夠大、長度可忽略的壓縮輕彈簧，彈簧與球不相連，彈簧儲存彈性勢能為，現固定C球，釋放彈簧。(1)求彈簧釋放后，A、B兩球與彈簧分離時兩球的速度大小；(2)若C球不固定，求釋放彈簧后，當C球的速度最大時輕桿的彈力大小；(3)若C球不固定，求釋放彈簧后兩桿間夾角第一次為時（如圖乙），C球的速度大小。【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）設A、B兩球的質量均為，C球的質量為，由對稱性可知，球與彈簧分離時速度大小相等，方向相反，設速度為，由機械能守恒定律可得解得（2）三個球在同一直線上時，C球的速度與桿垂直，加速度為0，速度最大為，A、