2025年高考押题预测卷：物理（江苏卷01）（解析版）

2025年高考押题预测卷（江苏卷01）

物理•全解全析

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

1234567891011

CDDCCDBABDD

一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。

h

1.根据法国物理学家德布罗意的研究，实物粒子的物质波波长4与动量p之间的关系式为九=,，若以下

几个粒子的速率均为0.01c（c为光在真空中传播的速度），则其中物质波波长最大的是（）

A.中子B.质子C.电子D.a粒子

【答案】C

【详解】根据动量的概念可知P=故有％=上，由于粒子的速度相同，电子的质量小于质子的质量，

mv

中子质量与质子质量相差不大，a粒子的质量最大，大约为质子质量的4倍，故电子波的波长最大。

故选C。

2.人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示，出水管口最下端距水平地面一定高度，

出水管口横截面是圆，不计空气阻力，假如水从管口水平喷出的速度恒定,水流在空中不会中断，则水

柱落在水平地面上的形状大致是（）

出水管口A'®B©ZTX

-CD

【答案】D

【详解】平抛运动在竖直方向为自由落体运动，贝旷2=：8»

水平方向为匀速直线运动，则水平位移为》=%/=%

考虑管口截面上三个点的轨迹，即最上端、最下端和圆心，如图所示

所以水柱落在地面的形状左右不对称，最下端和圆心的落地点间距可大于最上端和圆心的落地点间距

△马，故形状大致为D选项。

故选D。

3.光学仪器“道威檬镜”被广泛用来进行图形翻转。其由发光图片、棱镜和光屏构成，发光图片的中心、

棱镜左右侧面的中心以及毛玻璃光屏的中心都处于轴上，如图所示。其中棱镜的横截面为底角

9=45。的等腰梯形，棱镜材料对绿光的折射率〃已知平行于OO'轴入射到左侧界面的绿光穿过棱

镜时，只与下底面发生一次反射，下列说法正确的是（）

A.平行于OO'轴入射到左侧界面的绿光折射时偏折了30°

B.平行于OO'轴入射到左侧界面不同位置的绿光在棱镜内通过的路程不同

C.若从图示视角观察，图片以OO'轴旋转，则光屏上的像与图片旋转方向相同

D.若棱镜以OO'轴旋转的角速度为。，则光屏上的像旋转周期为生

CO

【答案】D

【详解】A.光线在棱镜中传播时光路图如图

cin7cin45I

平行于OO'轴入射到左侧界面的绿光折射角为Sin厂=—可知『30。，可知折射时偏折了

ny/22

15。，选项A错误；

B.由几何关系可知，平行于OO'轴入射到左侧界面不同位置的绿光在棱镜内通过的路程相同，选项B

错误；C.若从图示视角观察，图片以OO'轴旋转，则根据光路图可知，入射到左侧面的光线和从右侧

面的出射光线上下位置颠倒，则光屏上的像与图片旋转方向相反，选项C错误；

D.若棱镜以OO'轴旋转的角速度为。，则周期二，因棱镜旋转一周，则屏上的像转2周，则光屏上的

CD

像旋转周期为工，选项D正确。

（O

故选D。

4.为实现自动计费和车位空余信息的提示和统计功能等，某智能停车位通过预埋在车位地面下方的LC振

荡电路获取车辆驶入驶出信息。如图甲所示，当车辆驶入车位时，相当于在线圈中插入铁芯，使其自感

系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率发生变化，计时器根据振荡电流的变化进行计时。某次振荡

电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（）

A.。时刻，线圈L的磁场能为零

B.由图乙可判断汽车正驶入智能停车位

C.甲图中LC振荡电路状态可能处在L-G过程

D.4-与过程，电容器C带电量逐渐增大

【答案】C

【详解】A.4时刻电流最大，此时电容器中电荷量为零，电场能最小，磁场能最大，故A错误；

B.由图乙可知，震荡电路的周期变小，根据7=2万衣，可知线圈自感系数变小，则汽车正驶离智能

停车位，故B错误；

c.在甲图中，电流方向为图示方向，且电容器正在充电。在L-4过程中，电流逐渐减小，电容器正在

充电，电流方向与甲图中电流方向一致，所以甲图中LC振荡电路状态可能处在%过程，故c正确；

D.过程，电流逐渐增大，电场能逐渐转化为磁场能，电容器处于放电过程，电容器带电量逐渐减

小，故D错误。

故选C。

5.碘一131的半衰期为8天。衰变释放的P射线可用于治疗甲状腺疾病，若某人单次服用药物时，药物内

碘一131每分钟衰变8x104次，之后不再服药。在16天后进行检测，发现其甲状腺内碘一131每分钟衰

变的次数为104次。则其服药后甲状腺吸收的碘一131大概占服用量的（）

A.20%B.30%C.50%D.60%

【答案】C

【详解】题意知元素的半衰期为。=8天，初始每分钟衰变8x104次，服药年16天后，设衰变前元素质量

£

为总质量/），衰变后未发生衰变的元素质量为加，根据公式加=机。（3],可知，16天后，剩下的放射

性元素变为原来的；，题意知人甲状腺内每分钟发生衰变次，设吸收量占服用量的比例为〃，则

104

〃=-----------xlOO%=土斤、上

1x8x10*50%^故选,。

4

6.如图坐标原点。为某次地震波的震源，震源从/=。时刻开始振动，f=0.75s时横波传播到x=3000m的

位置，其波形如图所示，6为传播方向上的两点，则下列说法中正确的是（）

A.该地震震源的振动周期为T=06s

B.该列地震波的波速为3xl（）3m/s

C.a、匕距离为半个波长，振动情况总是相反

D.再经0.25s,。将位于波峰位置

YQnnn

【详解】AB.根据题意可知，该列地震波的波速为-7=^m/s=4xK）3m/s

由图可知，该列地震波的波长为4x103m

2

该地震震源的振动周期为T=-=ls

V

故AB错误；

C.。为地震的震源，形成的地震波向x轴正，负方向分别传播，并不是同一列简谐波，不能得出a、b

距离为半个波长，振动情况总是相反的结论，由于a、b距离震源距离相等，两点的振动情况总是相同,

故C错误；

D.图中。正在通过平衡位置向上振动，由于0.25s=

可得，再经0.25s,。将位于波峰位置，故D正确。

故选D。

7.一定质量的理想气体从状态。开始，经历ab、be、c。过程回到状态。,其热力学温度随体积变化的V-T

图像如图所示，而连线的延长线过坐标原点。，历段与纵轴平行。则该气体（）

A.在状态。的压强小于在状态6的压强

B.从状态6至Ijc过程，气体体积减小，压强增大

C.从状态6至卜过程，气体向外界吸热

D.从状态。依次经过6、c后回到状态a的整个过程，外界对气体做功为0

【答案】B

【详解】A.根据理想气体状态方程有牛=C,由于必连线的延长线过坐标原点。，可知必过程为等

压过程，即在状态。的压强等于在状态6的压强，故A错误；

B.be段与纵轴平行，该过程为等温过程，根据玻意耳定律可知，从状态b至I"过程，气体体积减小，压

强增大，故B正确；

C.结合上述，从状态6至！过程，气体温度不变，气体内能一定，体积减小，外界对气体做功，根据热

力学第一定律可知，从状态b至Ue过程，气体向外界放热，故c错误；

D.根据理想气体状态方程有噌=C,解得可知，在V-T图像中，图像上任意一点与坐标原

点连线的斜率表示二，根据图像可知，而过程气体压强一定，bfcfa过程，气体的压强均大于必过

P

程气体压强，由于向过程气体体积增大值与匕fcfa过程气体体积减小值相等，则ab过程气体对外界

做功小于b-cfa过程外界对气体做功，即从状态。依次经过6、c后回到状态。的整个过程，外界对

气体做功不为0,故D错误。

故选B。

8.北京时间2025年1月21日1时12分，神舟十九号乘组航天员蔡旭哲、宋令东、王浩泽密切协同，经

过约8.5小时的出舱活动，圆满完成出舱活动，航天员安全返回问天实验舱，出舱活动取得圆满成功。

神十九与卫星A在同一平面内，二者沿同一方向（顺时针）做匀速圆周运动，航天员刚出舱时神十九、

卫星A与地心连线的夹角为60。，如图所示。已知神十九的运行周期为L5h,卫星A的轨道半径是神十

九的4倍，则此后8.5小时内，卫星A在神十九正上方的次数为（）

A.5B.6C.7D.8

33

【详解】神十九的运动周期为T>,卫星A的运动周期为T2,由开普勒第三定律有名=共，解得乃=12h,

_/2^^2^^、_7T_

卫星A在神十九正上方的运动时间满足（〒-才）/=2»几+工，根据题忌Z<8.5h,解得八5,故〃取0,1,

2,3,4,卫星A在神十九正上方的次数为5。

故选Ao

9.如图所示，不可伸长的轻绳两端拴接在固定水平直杆上的N两点,a、氏c为三个完全相同且质量

为力的小环，a,b套在轻绳上，c穿过轻绳后套在直杆上。三个小环均处于静止状态且可看作质点，不

计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A,直杆对小环c的弹力为3mg

B.若将N点缓慢向左移动少许，轻绳的弹力将减小

C.若将c环缓慢向右移动少许，夹角a将大于夹角丫

D.若将小环a、6的质量都变为2祖，轻绳对c环的弹力为相g

MN

【答案】B

【详解】AD.因不计摩擦，则细绳上任意一点的弹力都相等，对岫分析可知，细绳弹力的竖直分量为

0.5mg,则对c分析可知，直杆对小环c的弹力尸Nc="2g+05wg+05"g=27〃g,若将小环6的质量都变为

2m,轻绳对。环的弹力为F,Nc=mg+mg+mg=3mg,选项AD错误；

C.由于轻绳上各点的弹力都相等，且仍重力相等，根据2Tcos?=Mg=2Tcos§,可知。=人则即使

将c环缓慢向右移动少许，夹角a仍等于夹角i选项C错误；

n

B.若将N点缓慢向左移动少许，则轻绳与竖直方向的夹角减小，根据27cos]=7阳，可知轻绳的弹力

将减小，选项B正确；

故选B。

10.一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8,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冽。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加重力加速度大小为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

TJ2

B.线圈的发热功率为J

R

C.加上电压的瞬间，线圈支撑的加速度为

mR

D.线圈支撑的最大速度为7J（U--喀）

2n7irB2nyirB

轴线

线圈皮撑

,t线圈

永

永

磁

磁

体

体

「7-L

…

磁铁

圆

柱

甲乙

【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£,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

TI-FTJTJ2

电流/='二小于三，故线圈的发热功率小于故B错误；

RRR

C.初始时没有速度，没产生感应电动势，此时电流/=二，故线圈受到的安培力为/=由牛顿

R

第二定律/-根g=，解得”=-----——g,故C错误；

mR

TI-F

D.线圈中产生的感应电动势为£=线圈中的电流为/=---

R

当线圈加速度为零时线圈支撑的速度最大，此时8/x2万“=mg

解得线圈支撑的最大速度为富^（。-二喀），故D正确。

2n7irB2n7irB

故选D。

11.某平面内存在未知的电场，一正点电荷（电荷量不变）在外力作用下沿+x方向移动时，其电势能与随

位置无变化的关系如图所示。则下列说法正确的是（）

A.x=0处的电场强度为零

B.从x=0到x=w处过程中，外力做功为2综。

C.工=为和》=%处的电场方向一定相反

D.x=X］和尤=々处的电场方向可能相反

【详解】A.根据AEp=4A。，电场强度为E=-孚，联立解得E=L学，在尸。处，Ep-x图像切线

AxqAx

斜率不为0,所以电场强度不为0,故A错误；

B.从x=0至［］了=迎处，电势能从-。5稣0变为,电势能变化量为AEp=-Epo-（-O.5£po）=-O.5Epo,

根据功能关系，外力做功吗卜与电场力做功％之和等于电势能变化量的相反数（动能不变时），这里只

考虑电势能变化，有卬外=A£p=0.5Ep。，若点电荷的动能发生变化，则外力做功无法判断，故B错误；

CD.由后="1■•容可知Ep-x图像切线斜率的正负反映电场强度的方向。在x=X1处图像切线斜率为0,

q/\x

在x=z处图像切线斜率也为0,这说明x方向电场强度为零，但是与x轴方向垂直的方向的电场强度不

确定，这两处电场强度方向可能相反，故C错误，D正确。

故选D。

二、实验题：本题共15分。

12.（15分）某学习小组设计实验测量某合金丝的电阻率"，他们进入实验室，找到如下器材：

图

A.一节干电池（电动势为E）

B.毫安表A（量程为0〜1.0mA,内阻

C.定值电阻0=5.0。

D.电阻箱A(0T999Q)

E.刻度尺、螺旋测微器、接线夹、开关、导线

(1)该组同学用螺旋测微器测量合金丝的直径，测量结果如图1所示，则合金丝直径〃=mm。

(2)基于以上器材，为了测量该合金丝的电阻率，设计了如图2所示的实验电路图，将电阻箱R阻值调到

R=1400Q。某次测量时，电流表的示数为0.50mA,则流经电源的电流/=A

(3)改变接入电路的合金丝的长度/,记录多组流经电源的电流的倒数;和/的数值，绘出如图3所示的图

线。已知图线的斜率为左，则金属丝的电阻率/=(用含E、d、上的表达式表示)。

(4)有两种金属直导线，横截面积均为S,长度分别为4、峭电阻率分别为自、0,且月>2。现将它

们串联在一稳恒直流电路中，如图4所示。已知导线中稳恒电场的基本性质与静电场相同。请通过推导

比较两金属导线中沿导线方向的稳恒电场与和区的大小关系;小明猜想且与耳的大小关系是两导

线接触面处有“净余电荷”所致。请根据这个猜想判断“净余电荷”的电性o

⑶丝丝(分)(分)负(分)

34)EX>E2(33

4

【详解】(1)螺旋测微器的读数为0.5mm+13.0x0.01mm=。.630mm

(2)电流表的示数为0.50mA,则流经电源的电流/=幺沪2+4

代入数据可得/=。」505A

(3)设电路中除了电阻丝电阻外，其他电阻阻值之和为尺总，根据闭合电路欧姆定律石二八。/

整理变形可得：=冬+杏./

IEE冗d

可知!_/图像斜率改=*丁

IEnd

解得°=上詈

(4)设回路中经过两导线的电流大小为/,则根据q=区，&=储与,

联立可得月

同理得当=早

3

所以耳＞当

导线中的稳恒电场是由电路中稳定分布的电荷叠加产生的，已知导线中的稳恒电场沿导线方向，又因为

&＞当，必然在界面处积累负的“净余电荷”。

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）鱼膘是鱼的重要器官。为了研究鱼的呼吸特点，研究小组制作了一个含鱼膘的模型鱼，模型鱼

在水面时，测得鱼膘的体积为匕内部压强为2p。，模型鱼活动过程中鱼膘的温度保持不变。

（1）若让模型鱼通过收缩鱼膘（不进出气体）使得自身下潜一段距离后，发现鱼鳏的体积变为原来的三分

之二，求此时鱼膘内部的压强；

（2）若将模型鱼从水面抓出，一段时间后发现鱼膘的体积变为原来的三分之二，内部压强变为P。，求鱼膘

内剩余气体的质量与原有气体质量的比值。

2

【详解】（1）气体温度保持不变，由玻意耳定律得20旷="、（丫（1分）

解得此时鱼膘内部的压强Pl=3p。（2分）

（2）气体温度保持不变，由玻意耳定律得2p/=p°x1|v+M/J（1分）

解得鱼膘漏出压强为P。的气体的体积AV=1V

又m=pV

,oxi

可得鱼膘内剩余气体的质量与原有气体质量的比值区=—3—v（1分）

恤pxjv+AV

解得分）

14.（8分）如图所示，可视为质点的滑块甲和乙静止在水平面上A、C两点，质量均为根=O.5kg,甲在

水平向右的力尸作用下由静止开始运动，在0〜2s内力尸的大小为2N,在2s〜3s内力产的大小为3N,

3s末撤去力F,此时滑块甲刚好到达8点且此时的速度大小为8m/s,再滑行一段距离L并与乙发生弹性

碰撞。已知甲、乙与地面间的动摩擦因数相同，B、C两点间的距离Z=3.75m,=10m/s2,不计空

气阻力，求：

（1）甲与地面间的动摩擦因数；

（2）甲、乙发生弹性碰撞后乙运动的时间。

F

甲乙

Z7777777777/77777777777T7

AC

【答案】（1）0.2（2）3.5s

【详解】（1）。〜3s内，根据动量定理片鸟〃机g（4+，2）="7、-。（1分）

其中乙=2s,?2=Is,K=2N,瑞=3N

联立解得〃=02（1分）

（2）从8到C的过程中，根据动能定理-〃〃zgL=]"田-;（1分）

解得4=7m/s（1分）

设甲、乙碰撞后速度分别为％、匕，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

mv2=mv3+mv4（1分）

：7"片=-^mvj+-^mv1（1分）

解得匕=7m/s

根据动量定理~/Jmgt3=Q-mv^（1分）

解得甲、乙发生弹性碰撞后乙运动的时间3.5s（1分）

15.（12分）某游戏装置如图所示，由弹射装置、圆心为。|和。2的两个;圆弧构成的竖直轨道ABC、水

平轨道CD和逆时针转动的倾斜传送带DE平滑连接而成。水平接收平台FJ的位置可自由调节，其上方

静置〃个相同的小球。现弹射装置将质量加=0.2kg的滑块（视为质点）以初动能Ek水平射入A点，通过

轨道ABCD和传送带DE后，恰好沿水平进入接收平台并与其上的小球发生碰撞，则游戏成功。已知轨

道ABC中K=。.2m,&=0.15m,传送带DE的长度L=0.8m、倾斜角度，=37。、运行速度丫=hn/s,

接收平台上的小球质量M=04kg,滑块与传送带之间的动摩擦因数〃=0.5,其余各段光滑，不计空气

阻力。sin37°=0.6,cos37°=0.8»

（1）若滑块恰好不脱离圆弧轨道ABC,求滑块通过C点时的速度%及轨道对滑块的支持力综；

（2）某次调试中，当接收平台左端与E点的水平距离尤=0.432m时，游戏恰好成功，求滑块在本次运行过

程中与传送带之间因摩擦产生的热量Q；

（3）若所有碰撞均为弹性正碰，则在游戏成功的条件下，接收平台上第〃个小球获得的动量P“与滑块的初

动能稣之间的关系。

【详解】（1）根据临界条件mg=〃z?

尺1

解得VA=0m/s（1分）

根据机械能守恒g根或+用8（片+夫2）=3m%2（1分）

解得%=3m/s

根据圆周运动最低点受力，由牛顿第二定律可得综-mg=机¥（1分）

4

解得用=14N（1分）

（2）根据运动合成与分解x=%cos。•二s'0。分）

g

可得喔=3m/s

根据牛顿第二定律mgsin0+/jmgcos0=ma

解得a=10m/s2（1分）

2

根据匀变速直线运动规律L=vEt+^at

解得t=0.2s（1分）

根据摩擦生热规律Q="mgcose（L+vt）

解得Q=O8J（1分）

（3）根据动能定理雇-纭=-加8（乙$山，一4-鸟）-〃〃zgLcos，

解得丫£=/。线一9（1分）

滑块与小球1碰撞，根据弹性碰撞规律〃Scos。=机%块+MV]

；根&cos©J

=g根琮块

联立，解得匕=正方（1分）

随后小球1与小球2碰撞，由于质量相等，速度交换，以此类推

因此，小球”的速度匕=匕=^|VE（1分）

Q_______

由此可得P„=—710Ek-9（Ek>0.9J）（1分）

16.（15分）如图所示是粒子发射接收装置，粒子源0（大小不计）能均匀释放初速度可视为0