2025年江苏省南通市通州区高考模拟监测卷（一）（解析版）

2025年江苏省南通市通州区高考模拟监测卷（一）物理试题一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为，速率损失。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块打第一个水漂在空中的时间为，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于时石块就不再弹起。不计空气阻力，重力加速度，石块在湖面上能漂起的次数为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】石块做斜上抛运动根据运动总时间解得设石块一共能打个水漂，则有，（取整数）解得故选B。2．一质量m=4kg的滑块静止在粗糙的水平面上，t=0时刻起对滑块施加水平向右的拉力F，拉力F按如图所示的规律变化，3s末撤去拉力。滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10m/s2.。下列说法正确的是（）A．0~3s内摩擦力的冲量大小为30N·s B．0~3s内拉力做的功为200JC．滑块的最大动能为200J D．滑块的最大位移为36m【答案】C【解析】A．滑块与水平面的滑动摩擦力为在0~1s内所以滑块静止不动，滑块与水平面的摩擦力为静摩擦力，大小为摩擦力的冲量为在1~3s内滑块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力的冲量为0~3s内摩擦力的冲量大小为故A错误；B．在0~1s内滑块静止，拉力做功为零。在1~3s内滑块做匀加速运动，由牛顿第二定律得解得滑块的位移为0~3s内拉力做的功为故B错误；C．3s末撤去拉力时，滑块的动能最大，由动能定理得解得滑块的最大动能为故C正确；D．滑块的最大速度为撤去拉力后，由牛顿第二定律得加速度大小为由可得位移为滑块的最大位移为故D错误。故选C。3．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性。某滑道示意图如图所示，圆弧滑道AB与水平滑道BC平滑衔接，O是圆弧滑道AB的圆心。运动员从A点由静止开始下滑，最后运动员滑到C点停下。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．从A到B的过程中，运动员受重力、支持力、摩擦力和向心力B．从A到B的过程中，运动员所受的合外力始终指向圆心OC．从A到C的过程中，运动员的机械能保持不变D．从A到C的过程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功【答案】D【解析】A．从A到B的过程中，运动员仅受重力、支持力和摩擦力共三个力，而向心力是效果力，是由所受的三个力提供，故A错误；B．从A到B的过程中，运动员做变速圆周运动，沿半径方向的合力提供向心力，而切向合力不为零改变速度的大小，故总的合外力不会始终指向圆心，故B错误；C．从A到C的过程中，因运动员所受的摩擦力一直做负功，则其机械能保持一直减小，故C错误；D．对从A到C的全过程，由动能定理即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故D正确。故选D。4．如图为古代常见的一种板车，车前轮与后轮转动半径之比为，车上放有质量为m的重物（可视为质点），推动板车使重物恰好能够随车匀速前进，此时车板与水平面间的倾角为，重物与车板间动摩擦因数固定，若将车板与水平面间倾角变大，之后控制板车使其仍能水平匀速前行，则下列说法正确的是（）A．板车前轮与后轮的角速度之比为B．重物与板车间动摩擦因数C．板车倾角变大后重物所受摩擦力也会随之变大D．板车倾角变大后重物的对地运动方向沿板车斜面向下【答案】A【解析】A．根据得故A正确；B．根据得故B错误；C．板车倾角变大后，重物会沿斜面下滑，此时的摩擦力为重物所受摩擦力变小，故C错误；D．板车倾角变大后重物相对板车沿斜面向下，板车相对地面向前运动，因此重物相对地面的运动方向为斜向下和向前的合运动方向，故D错误。故选A。5．如图是氢原子电子轨道示意图，a、b两束光是由处在态的氢原子跃迁到态和态时产生的，现分别用a、b两束单色光照射同一光电管阴极时，都发生了光电效应，则关于a、b这两束光，下列说法正确的是（）

A．a、b两束光的光子能量满足B．光子动量C．两束光照射光电管时对应的遏止电压D．入射同一双缝干涉装置上，相邻亮纹的间距【答案】D【解析】A．由题意，根据可知，处在态的氢原子跃迁到态产生光子的能量小于处在态的氢原子跃迁到态时产生的光子的能量，即故A错误；B．根据可知，a光子的波长大于光子的波长；根据光子的动量公式可知，光子动量故B错误；C．依据光电效应方程及可知两束光照射光电管时对应的遏止电压故C错误；D．根据双缝干涉的条纹间距公式可知，波长较小的光子，其光束的干涉条纹间距更小，即故D正确。故选D。6．如图所示，在做自由落体运动与竖直上抛运动的杂技表演中，表演者让甲球从离地高度为H的位置由静止释放，同时让乙球在甲的正下方的某点由静止释放，已知乙球与水平地面碰撞后的速度大小是刚落地时速度大小的0.5倍，且碰撞后的速度方向竖直向上，两小球均视为质点，忽略空气阻力，乙球与地面的碰撞时间忽略不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（

）A．若乙释放时的高度为0.5H，则乙与地面碰撞刚结束时的速度大小为B．若乙释放时的高度为0.5H，则乙从释放到再次到达最高点的运动时间为C．若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，则乙第一次上升的最大高度为D．若乙在第一次上升的过程中能与甲相撞，则乙释放时的高度h的范围为【答案】C【解析】AB．若乙释放时的高度为0.5H，则由可得乙落地时的速度大小为落地时间为乙与地面碰撞刚结束时的速度大小为与地面碰后上升的时间为乙从释放到再次到达最高点的运动时间为故AB错误；C．若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，设乙第一次上升的最大高度为h，与地面碰后速度大小为v3，则有由乙球与水平地面碰撞后的速度大小是刚落地时速度大小的0.5倍可知，乙第一次下落的时间则甲与乙碰撞时运动的总时间为则有联立可得故C正确；D．若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，则乙下落高度为所以若乙在第一次上升的过程中能与甲相撞，则乙释放时的高度h的范围为故D错误。故选C。7．如图为一“环腔式”降噪器的原理图，可以对高速气流产生的噪声进行降噪。波长为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，其中通道①的长度为10，下列说法正确的是（）A．该降噪器是利用波的衍射原理设计的B．通道②的长度可能为8.5C．通道②的长度可能为8D．该降噪器对所有频率的声波均能起到降噪作用【答案】B【解析】A．该降噪器是利用声波干涉原理设计，A错误；BCD．根据波的叠加原理可知，该降噪器对于路程差为（n＝0，1，2，3…）声波降噪效果良好，对不符合上述条件的声波降噪作用较差，甚至不能起到降噪作用，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，CD错误，B正确。故选B。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8．如图，长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直纸面向里的匀强磁场中（磁场空间足够大、图中未画出），磁感应强度为B。挡板左侧O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为+q、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知图中初速度与ON夹角为60°发射的粒子恰好经过N点，。不计粒子重力，不考虑粒子的反弹和粒子间的相互作用。则（）A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为aB．挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为aC．粒子能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的D．挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a【答案】CD【解析】A．粒子轨迹如图1所示由几何关系可知可得故A错误；B．当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上最大长度，如图轨迹2，设速度方向与ON夹角为，由几何关系可得可得则挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为故B错误；C．要使粒子打在右侧，有两个临界条件，如图中的轨迹1、3，由几何关系可知1、3的初速度夹角为则粒子能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的故C正确；D．如上图粒子1打在MN上的点与O1N组成顶角为60°的等腰三角形，所以由几何关系可知板的右侧被粒子击中的竖直长度为故D正确。故选CD。9．如图所示，球心为，半径为的球面下方有一处于水平面的圆周，该圆周与球面直径垂直，圆心为。在该圆周上等分的三点位置以及球面的最高点处点均固定一个电荷量为的相同点电荷。已知两点连线与球直径的夹角，静电力常量为，则下列说法正确的是（）A．在点位置的点电荷受到的库仑力大小为B．点的电场强度为零C．一带正电的点电荷，沿着球面直径由到，其电势能增加D．点的场强方向竖直向上【答案】AD【解析】A．由几何关系可以得到、间的距离为由库仑力的合成可以得到点电荷所受的库仑力大小为解得故A正确；B．三个点电荷、、在点的场强为零，点电荷在点的场强不为零，故的场强不为零，B错误；C．在沿着球面直径由方向的电场强度的方向向下，电场力对正的点电荷做正功，故电势能减小，故C错误；D．由几何关系知，边线与的夹角，则、、三个点电荷在处产生的场强大小为方向向上；点电荷在处产生的场强大小为方向向下；所以点处的合场强为方向向上，故D正确。故选AD。10．如图所示，M、N两端接正弦式交变电流，理想变压器原、副线圈的匝数之比为，R1、R2均为定值电阻，R1=1Ω，R2=9Ω，原线圈的等效电阻为R原，各电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（）

A．原线圈的等效电阻R原与定值电阻R1的阻值之比为3:1B．定值电阻R1与原线圈两端的电压之比为1:1C．定值电阻R1与R2两端的电压之比为3:1D．若M、N两端输入电压变为原来的一半，则两电表的示数均变为原来的一半【答案】BD【解析】A．设原线圈和副线圈两端的电压分别为和电流分别为和，则有联立解得故A错误；B．因为，根据串联电路特点知，定值电阻和原线圈两端的电压相等，所以定值电阻和原线圈两端的电压之比为，故B正确；C．因为又因为定值电阻和原线圈两端的电压相等，所以定值电阻和两端的电压之比为，故C错误；D．若两端输入电压变为原来的一半，则原线圈两端的电压变为原来的一半，根据可知电压表V的示数变为原来的一半，通过定值电阻的电流变为原来的一半，根据可知电流表A的示数变为原来的一半，故D正确。故选BD。非选择题（54分）三、非选择题（本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题9分，第13题10分，第14题12分，第15题17分。其中13—15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。）11．“用DIS研究在温度不变时，一定质量气体的压强与体积关系”的实验装置如图所示：（1）本实验封闭气体的体积可通过直接读出。（2）缓慢推动活塞，在计算机中输入气体体积V，同时记录对应的气体压强p。若推活塞过程中发生漏气现象，则对应的v﹣图象可能是。为防止漏气，除了要确保传感器与软管连接处的气密性外，还应采取的措施是。A．B．C．D．（3）两实验小组在相同环境下进行该实验，在操作无误的情况下得到以下两组数据：小组1实验数据：次数12345压强P/kPa102.6109.3116.9125.8136.6体积V/cm31615141312PV乘积1641.61639.51636.61635.41639.2小组2实验数据：次数12345压强P/kPa102.3112.0124.5140.5159.8体积V/cm31110987PV乘积1125.31120.01120.51124.01118.6分析小组1或小组2的数据，可以得到的结论是：；比较小组1和小组2的数据，PV乘积存在差异的主要原因是。【答案】注射器的刻度A给活塞涂润滑油误差范围内，一定质量的气体，温度不变时，压强与体积成反比实验时注射器内的空气发生泄漏，或实验时气体的温度发生了变化【解析】（1）[1]本实验需要测量气体的体积和压强，体积由注射器的刻度直接读出。（2）[2][3]根据理想气体状态方程，有，常数C由气体的质量决定，推活塞过程中发生漏气现象，在温度不变的情况下，质量减小，C减小，图像的斜率减小，出则对应的图像可能是A，故A正确，BCD错误.故选A。（3）[4][5]分析小组1或小组2的数据，可以得到的结论是：误差范围内，一定质量的气体，温度不变时，压强与体积成反比；比较小组1和小组2的数据，PV乘积存在差异的主要原因是实验时注射器内的空气向外泄漏，或“实验时环境温度降低了”。12．某同学把量程为500μA但内阻未知的微安表G改装成量程为2V的电压表，他先测量出微安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电压表，对改装后的电压表进行检测。

该同学利用“半偏法”原理测量微安表G的内阻，实验中可供选择的器材如下：A．滑动变阻器（）

B．滑动变阻器（）C．电阻箱（）

D．电源（电动势为1.5V）E.电源（电动势为9V）

F.开关、导线若干具体实验步骤如下：a.按电路原理图甲连接好线路；b.将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关后调节R的阻值，使微安表G的指针满偏；c.闭合，保持R不变，调节的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时的示数为；回答下列问题：（1）为减小实验误差，实验中电源应选用，滑动变阻器应选用（填仪器前的字母）；（2）由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值；（3）若按照（2）中测量的，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联一个阻值为的电阻；（4）用图乙所示电路对改装后的电压表进行校对，由于内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2V时，改装电压表中微安表G的示数为495μA，为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差，的阻值应调至（结果保留1位小数）。【答案】EB1900.0/19002100.0/21002059.6【解析】（1）[1]本实验误差来自于闭合S2电阻箱并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。故电源选择电动势约为9V的电源，即选E；[2]毫安表G的满偏电流为500μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于故滑动变阻器应选用最大阻值为的，即选B。（2）[3]由实验操作步骤可知通过微安表的电流等于通过电阻箱的电流，可知两部分电阻相等，即微安表G内阻的测量值；（3）[4]若按照（2）中测算的，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联的电阻为（4）[5]当微安表G的示数为时若是调整为准确，则需将微安表读数变为，则即将改装后的电压表内阻减小，即将的阻值变为13．在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横截面积为S，大气压强，环境温度为T0，气缸的深度为h，重力加速为g，不计活塞与气缸壁间的摩擦。（1）求图乙中活塞离气缸底部的高度h1；（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为U=kT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。【答案】（1）；（2）【解析】（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为、，则有，解得，气体做等温变化，由玻意耳定律有联立解得（2）设活塞回到气缸口时气体温度为，气体等压变化，则有可得气体对外做的功为气体内能变化为根据热力学第一定律可得解得14．如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三个小球，其中A、B两球的质量均为，C球的质量为，A、B两球分别用长为的水平轻杆通过光滑轻质铰链与C球连接，两球间夹有一根劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连，弹簧储存弹性势能为，现固定C球，释放弹簧。(1)求弹簧释放后，A、B两球与弹簧分离时两球的速度大小；(2)若C球不固定，求释放弹簧后，当C球的速度最大时轻杆的弹力大小；(3)若C球不固定，求释放弹簧后两杆间夹角第一次为时（如图乙），C球的速度大小。【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）设A、B两球的质量均为，C球的质量为，由对称性可知，球与弹簧分离时速度大小相等，方向相反，设速度为，由机械能守恒定律可得解得（2）三个球在同一直线上时，C球的速度与杆垂直，加速度为0，速度最大为，A、