江西省豐城九中2025屆高三上物理期中統考模擬試題含解析

江西省豐城九中2025屆高三上物理期中統考模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、為了能夠方便測出人的反應時間，某研究小組制作了“反應時間測量尺”，其使用方法:甲同學捏住測量尺上端使其保持豎直，零刻度線位于乙同學的兩指之間．當乙看見甲釋放測量尺時，立即用手指捏住，根據乙手指所在測量尺的位置，直接讀出反應時間．下列說法正確的是A．“反應時間測量尺”A標度合理B．“反應時間測量尺”B標度合理C．“反應時間測量尺”下降的距離與時間成正比D．用鋼尺和塑料尺制成的測量尺刻度明顯不同2、關于場強和電勢的下列說法，不正確的是(

)A．在勻強電場中,電場強度在數值上等于沿電場強度方向每單位距離上降低的電勢B．處于靜電平衡狀態(tài)的導體是等勢體C．在電場中兩點間移送電荷的過程中,電場力始終不做功,則電荷所經過路徑上的各點場強一定為零D．兩個等量異號電荷連線的中垂線上各點的電勢相等3、在物理學發(fā)展過程中，許多科學家做出了貢獻，下列說法正確的是（）A．牛頓總結出了萬有引力定律并測出了引力常量，被后人稱為“稱出地球的第一人”B．第谷通過天文觀測總結出了太陽系行星運動的三大規(guī)律C．亞里士多德通過理想實驗提出力并不是維持物體運動的原因D．胡克發(fā)現在一定的條件下，彈簧的彈力與彈簧的形變量成正比4、如圖所示，正方形區(qū)域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強磁場，M、N分別為AB、AD邊的中點，一帶正電的粒子（不計重力）以某一速度從M點平行于AD邊垂直磁場方向射入并恰好從A點射出?，F僅將磁場的磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼?，下列判斷正確的是A．粒子將從D點射出磁場B．粒子在磁場中運動的時間不變C．磁場的磁感應強度變化前、后，粒子在磁場中運動過程的動量變化大小之比為2:1D．若其他條件不變，繼續(xù)減小磁場的磁感應強度，粒子可能從C點射出5、2018年3月30日我國成功發(fā)射第三十顆北斗導航衛(wèi)星，這顆衛(wèi)星屬于中圓地球軌道衛(wèi)星，在軌高度約為21500km，該高度處重力加速度為g1，該衛(wèi)星的線速度為v1，角速度為ω1，周期為T1．2017年9月17日天舟一號在高度約400km的圓軌道上開始獨立運行，該高度處重力加速度為g2，天舟一號的線速度為v2，角速度為ω2，周期為T2．則（）A．g1＞g2 B．v1＞v2 C．ω1＜ω2 D．T1＜T26、如圖所示裝置中，質量為M的木塊B與水平桌面間的接觸面是光滑的，質量為m的子彈A沿水平方向以v0射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短．則此系統從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（）A．彈簧、木塊和子彈組成的系統動量守恒，機械能不守恒B．彈簧、木塊和子彈組成的系統動量守恒，機械能守恒C．彈簧的最大彈性勢能為D．彈簧的最大彈性勢能為二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平面上，B置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與A相連接,連接B的一段細繩與斜面平行，A、B、C都處于靜止狀態(tài)．則（）A．B受到C的摩擦力可能為零B．C受到水平面的摩擦力一定為零C．不論B、C間摩擦力大小、方向如何，水平面對C的摩擦力方向一定向左D．水平面對C的支持力與B、C的總重力大小相等8、如圖所示，水平傳送帶A、B兩端點相距x=4m，以v0=1m/s的速度（始終保持不變）順時針運轉，今將一質量為1kg的小煤塊（可視為質點）無初速度輕輕放到A點處，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.4，g取10m/s1．由于小煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕．則小煤塊從A運動到B的過程中（）A．小煤塊運動到B的速度大小為4m/sB．小煤塊從A運動到B的時間為1.15sC．劃痕長度為1mD．小煤塊與傳送帶系統產生的熱量為1J9、類比是一種常用的研究方法，對于直線運動，教科書中講解了由v﹣t圖象求位移的方法，請你借鑒此方法分析下列說法，其中正確的是（）A．由a﹣t（加速度﹣時間）圖線和橫軸圍成的面積可求出對應時間內做直線運動物體的速度變化量B．由F﹣v（力﹣速度）圖線和橫軸圍成的面積可求出對應速度變化過程中F做功的功率C．由F﹣x（力﹣位移）圖線和橫軸圍成的面積可求出對應位移內F所做的功D．由F﹣t（力﹣時間）圖線和橫軸圍成的面積可求出對應時間內F的沖量10、如圖所示足夠長固定的平行直角金屬軌道左側傾角的1=37°右側傾角=53°，軌道寬均為L＝0.5m．整個裝置位于B＝1T勻強磁場中，磁場方向垂直于右側軌道平面向上，金屬棒ab、cd分別放在左右兩側軌道上且始終垂直于導軌，t=0時刻由靜止釋放兩棒，同時在cd棒上施加一平行于右側軌道的外力F，使cd開始沿右側軌道向上做加速度a=4m/s2的勻加速運動cd棒始終沒有離開右側軌道且與軌道保持良好接觸，已知ab、cd棒的質量m1=0.25kg、m2=0.1kg，兩金屬棒電阻分別為R1=1.5，R2=0.5Ω其余電阻不計，兩棒與軌道間的動摩擦因數均為0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力的大小，在ab棒離開左側軌道前，下列說法中正確的是（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6)A．ab棒先保持靜止狀態(tài)，后沿導軌下滑B．ab棒始終保持靜止狀態(tài)，且對左側軌道的壓力越來越大C．t＝2s時，ab棒所受的摩擦力大小為0.8ND．0≤t＜4s時間段內，cd棒所受外力F隨時間變化的關系為F=2t＋1.68（N）三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某冋學利用如圖甲所示裝置研究勻變速直線運動規(guī)律。某次實驗通過電磁打點計時器打出紙帶的一部分如圖乙所示，圖中A、B、C、D、E為相鄰的計數點，每兩個相鄰計數點間有4個計時點沒有畫出，打點計時器所接交流電源頻率為50Hz。分別測出A點到B、C、D、E點之間的距離，x1、x2、x3、x4，以打A點作為計時起點，算出小車位移與對應運動時間的比值，并作出－t圖象如圖丙所示。(1)實驗中下列措施必要的是_________(填正確答案標號)A．打點計時器接220V交流電源B．平衡小車與長木板間的摩擦力C．細線必須與長木板平行D．小車的質量遠大于鉤碼的質量(2)由圖內中圖象求出小車加速度a=_________m/s2，打A點時小車的速度vA=_________m/s。(結果均伓留兩位有效數字)12．（12分）某興趣小組的同學利用如圖所示的實驗裝置，測量木塊與長木板之間的動摩擦因數，圖中長木板水平固定：①實驗過程中，打點計時器應接在____________（填“直流”或“交流）電源上，調整定滑輪的高度，使____________；②已知重力加速度為g，測得木塊的質量為M，砝碼盤和砝碼的總質量為m，砝碼盤、砝碼和木塊的加速度大小為a，則木塊與長木板之間的動摩擦因數____________；③實驗時，某同學得到一條紙帶，如圖所示，每隔四個計時點取一個計數點，即為圖中0、1、2、3、4、5、6點。測得每兩個計數點間的距離為cm，cm，cm，cm，cm，cm，打點計時器的電源頻率為50Hz。計算此紙帶的加速度大小a=______m/s2，打第4個計數點時紙帶的速度大小v=________m/s。（保留兩位有效數字）四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）一輕質彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與質量為m的小物塊P接觸但不連接．AB是水平軌道，質量也為m的小物塊Q靜止在B點，B端與半徑為R的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數μ=0.1．初始時PB間距為4R，彈簧處于壓縮狀態(tài)．釋放P，P開始運動，脫離彈簧后在B點與Q碰撞后粘在一起沿軌道運動，恰能經過最高點D，己知重力加速度g，求：（1）粘合體在B點的速度．（2）初始時彈簧的彈性勢能．14．（16分）如圖所示，間距為L、電阻不計的光滑導軌固定在傾角為θ的斜面上．在區(qū)域Ⅰ內有方向垂直于斜面的勻強磁場，磁感應強度為B，在區(qū)域Ⅱ內有垂直于斜面向下的勻強磁場，其磁感應強度Bt的大小隨時間t變化的規(guī)律如圖所示．t＝0時刻在軌道上端的金屬細棒ab從如圖位置由靜止開始沿導軌下滑，同時下端的另一金屬細棒cd在位于區(qū)域Ⅰ內的導軌上由靜止釋放．在ab棒運動到區(qū)域Ⅱ的下邊界EF處之前，cd棒始終靜止不動，兩棒均與導軌接觸良好．已知ab棒和cd棒的質量均為m，電阻均為R，區(qū)域Ⅱ沿斜面的長度為2L，在t＝tx時刻(tx未知)ab棒恰進入區(qū)域Ⅱ，重力加速度為g.求：(1)當ab棒在區(qū)域Ⅱ內運動時cd棒消耗的電功率；(2)求ab棒在區(qū)域Ⅱ內運動時cd棒上產生的熱量；(3)ab棒開始下滑至EF的過程中流過導體棒cd的電量.15．（12分）如圖甲所示，一質量為m=2kg的小物塊靜止在粗糙水平面上的A點，從t=0時刻開始，物體在受如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用下向右運動，第3s末物塊運動到B點時速度剛好為零，第5s末物塊剛好回到A點，已知物塊與粗糙水平面間的動摩擦因數μ=0.1，g取10m/s2．求：（1）AB間的距離；（2）水平力F在5s時間內對小物塊所做的功．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

由題可知，手的位置在開始時應放在0刻度處，所以0刻度要在下邊．物體做自由落體運動的位移，位移與時間的平方成正比，所以隨時間的增大，刻度尺上的間距增大．故B標度合理．因為物體做自由落體運動，故用鋼尺和塑料尺制成的測量尺刻度是相同的．故ACD錯誤，B正確；選B.【點睛】直尺下降的時間就是人的反應時間，根據自由落體運動的位移公式分析反應時間與位移的關系即可．2、C【解析】

A．由勻強電場中電場強度的表達式：可知，在勻強電場中，電場強度在數值上等于沿電場強度方向每單位距離上降低的電勢，故A不符題意；B．處于靜電平衡狀態(tài)的導體是等勢體，其表面是等勢面，故B不符題意；C．由電場力做功與電勢差的關系：W=qU可知，在電場中兩點間移送電荷的過程中，電場力始終不做功，則電荷所經過路徑上的各點的電勢相等，而電勢與場強無關，故各點場強的關系未知，故C符合題意；D．由于兩個等量異號電荷連線的中垂線上各點的場強均垂直于中垂面，故沿中垂面移動電荷，電場力不做功，故該面上各點的電勢相等，故D不符題意.3、D【解析】牛頓總結出了萬有引力定律，卡文迪許測出了引力常量，被后人稱為稱出地球的第一人，A錯誤；開普勒總結出太陽系行星運動的三大規(guī)律，B錯誤；伽利略通過理想實驗提出力并不是維持物體運動的原因，C錯誤；胡克認為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比，D正確．4、B【解析】

A．設正方形的邊長為a，由題意可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，當磁場的磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼臅r，粒子軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即，粒子將從N點射出。故A錯誤。B．由運動軌跡結合周期公式，可知，當磁場的磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼臅r，則，粒子從A點離開磁場的情況下，在磁場中運動的時間，粒子從N點離開磁場的情況下，在磁場中運動的時間，可得：t1=t2，即粒子在磁場中運動的時間不變。故B正確。C．磁場的磁感應強度變化前，粒子在從磁場中運動過程的速度變化大小為2v，磁場的磁感應強度變?yōu)樵瓉淼暮?，粒子在磁場中運動過程中的速度變化大小為，即速度變化大小之比為。故C錯誤。D．無論磁場的磁感應強度大小如何變化，只要磁感應強度的方向不變，粒子都不可能從C點射出。故D錯誤。5、C【解析】

A項：由公式可知，高度越高，重力加速度越小，所以g1<g2，故A錯誤；B項：由公式可知，高度越高，線速度越小，所以v1<v2，故B錯誤；C項：由公式可知，高度越高，角速度越小，所以ω1＜ω2，故C正確；D項：由公式可知，高度越高，周期越大，所以T1<>T2，故D錯誤；故應選C．6、C【解析】試題分析：系統內力遠遠大于外力，系統動量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統機械能守恒，根據系統受力情況與做功情況判斷系統動量與機械能是否守恒，應用動量守恒定律與能量守恒定律分析答題．子彈在擊中木塊過程要克服阻力做功，機械能有損失，系統機械能不守恒，子彈與木塊壓縮彈簧過程，子彈、木塊、彈簧組成的系統受到墻壁的作用力，系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，由此可知，彈簧、子彈和木塊組成的系統在整個過程中動量不守恒、機械能不守恒，AB錯誤；設子彈射入木塊后，兩者的速度為v，子彈擊中木塊過程子彈與木塊的內力遠遠大于外力，所以子彈與木塊組成的系統動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得，木塊壓縮彈簧過程，動能轉化為彈性勢能，當彈性勢能最大時，系統的動能全部轉化為彈性勢能，故由能量守恒定律得，聯立解得，C正確D錯誤．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解析】

對B受力分析，B受重力、繩的拉力mAg、斜面對B的支持力，B與C的摩擦力待定．若,則B與C間無摩擦力；若，則摩擦力沿斜面向下；若則B與C間的摩擦力沿斜面向上；由上述分析知A對．把BC視為整體分析知C一定受到水平向左的摩擦力，水平面對C的支持力小于BC的重力，故BD錯C對．【點睛】物體受到的外力發(fā)生變化時，物體受到的摩擦力的種類就有可能發(fā)生突變．解決這類問題的關鍵是：正確對物體受力分析和運動狀態(tài)分析，從而找到物體摩擦力的突變“臨界點”．8、BD【解析】小煤塊運動到B，速度不可能超過傳送帶的速度，即不可能為4m/s，故A錯誤；小煤塊先加速后勻速，根據牛頓第二定律，得：a==0.4×10=4m/s1，加速時間為：t1==0.5s，加速位移：，勻速時間：，故運動的總時間為：t=t1+t1=0.5s+1.75s=1.15s，故B正確；在加速過程，傳送帶的位移為：x1′=v0t1=1×0.5=1m，故劃痕為：=1﹣0.5=0.5m，故C錯誤；小煤塊與傳送帶系統產生的熱量為：Q=f?△x=μmg?△x=0.4×1×10×0.5=1J，故D正確；故選BD.點睛：分析清楚物體運動的過程，先是勻加速直線運動，后是勻速直線運動，分過程應用運動規(guī)律求解即可，尤其是注意分析摩擦力的變化情況．9、ACD【解析】

A．根據Δv＝aΔt得，a﹣t（加速度﹣時間）圖線和橫軸圍成的面積表示速度的改變量；故A正確；B．F﹣v圖線中任意一點的橫坐標與縱坐標的乘積等于Fv，即瞬時功率，故圖象與橫軸圍成的面積不一定等于Fv，即不是對應速度變化過程中力做功的功率，故B錯誤；C．由W＝FL可知，由F﹣x（力﹣位移）圖線和橫軸圍成的面積可求出對應位移內F所做的功，故C正確；D．由I＝Ft可知，F﹣t（力﹣時間）圖線和橫軸圍成的面積可求出對應時間內F的沖量，故D正確；故選ACD。10、AC【解析】AB、以ab棒為研究對象，開始時重力沿斜面向下的分力為m1gsin37°=0.6m1g，最大靜摩擦力為fm=μm1gcos37°=0.64m1g>0.6m1g，ab棒始終保持靜止狀態(tài)，隨著cd棒速度的增大，安培力越來越大，對ab棒根據左手定則可知安培力方向垂直于斜面向上，所以zb棒對左側軌道的壓力越來越小，最大靜摩擦力逐漸減小，當最大靜摩擦力小于0.6m1g時，ab棒開始下滑，故A正確、B錯誤；C、t=2s時，cd棒的速度為v=at=8m/s，根據法拉第電磁感應定律可得E=BLv=4V，感應電流大小I=E/(R1+R2)=4/2A=2A，ab棒受到的安培力大小為FA=BIL=1N，此時ab棒所受的最大靜摩擦力大小為f′m=μ(m1gcos37°?FA)=0.8N<0.6m1g=1.5N，所以此時ab棒已經開始下滑，故摩擦力大小為0.8N，C正確；D、0?t?4s時間段內，根據牛頓第二定律可得：F?F′A?μm2gcos53°=m2a，即F=B2L2v′/(R1+R2)+μm2gcos53°+m2a=0.5t+0.88(N)，故D錯誤．故選AC．【名師點睛】以ab棒為研究對象，根據受力情況確定運動情況，再分析ab棒受到的安培力大小和方向，確定壓力的變化情況；根據v=at求解cd棒的速度，根據法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律結合安培力計算公式求解安培力大小，由此計算摩擦力大??；0≤t≤4s時間段內，根據牛頓第二定律結合運動學公式求解F的表達式．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、C5.00.40【解析】

（1）根據實驗的原理以及實驗注意事項選擇必要的措施；（2）根據x=v0t+at2可得結合圖像的斜率和截距求解初速度和加速度.【詳解】（1）電磁打點計時器接4-6V交流電源，選項A錯誤；實驗時不需要平衡小車與長木板間的摩擦力，選項B錯誤；細線必須與長木板平行，選項C正確；實驗中小車做勻加速運動即可，沒必要小車的質量遠大于鉤碼的質量，選項D錯誤；故選C.（2）根據x=v0t+at2可得，由圖像可知：v0=vA=0.4m/s；12、交流細線與長木板平行1.90.77【解析】

①[1][2]．打點計時器使用交流電源，為零使繩子的拉力水平，需調整定滑輪的高度，細線與長木板平行．②[3]．對整體分析，根據牛頓第二定律有mg-μMg=（M+m）a解得③[4][5]．連續(xù)相等時間內位移之差為1.92cm，根據△x=aT2得，第4個計數點的瞬時速度等于3、5間的平均速度，則四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）．（2）12mgR【解析】試題分析：(1)根據物體恰能經過最高點D，由牛頓第二