2025屆江蘇省淮安市高三上學期一模物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12024—2025學年度第一學期高三年級第一次調研測試物理試題一、單項選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分．每小題只有一個選項符合題意．1.手握手機使其處于圖示的傾斜靜止狀態(tài)。手握得越緊，手機受到手的（）A.彈力越大 B.彈力越小C.摩擦力越大 D.摩擦力保持不變【答案】D【解析】設手機與水平方向的夾角為θ，則所以手握得越緊，手機受到手的彈力、摩擦力均不變。故選D。2.某質點在0~4s內運動的位移x隨時間t的變化關系圖像如圖所示，下列說法正確的（）A.第4s末質點回到出發(fā)點 B.前4s內質點做單方向直線運動C.第1s內質點做勻加速直線運動 D.第1s、第2s內質點速度相同【答案】A【解析】A．第4s末質點與出發(fā)點的位置相同，所以回到出發(fā)點，故A正確；B．前4s內質點做往復運動，故B錯誤；C．圖像的斜率表示速度，第1s內質點做勻速直線運動，故C錯誤；D．第1s、第2s內質點速度方向相反，故D錯誤。故選A。3.如圖所示為某時刻沿x軸正方向傳播的簡諧橫波圖像，該時刻波傳到f點，則（）A.c點的起振方向沿y軸負方向 B.此時質點a、d的加速度方向相反C.之后極短時間內質點c的速度變大 D.經(jīng)過半個周期，質點b傳到質點e【答案】A【解析】A．根據(jù)“峰前質點上振”可知f點的起振方向沿y軸負方向,因為所有質點的起振方向均相同，所以c點的起振方向沿y軸負方向，故A正確；B．質點a、d所受的回復力均指向平衡位置，所以質點a、d的加速度方向相同，故B錯誤；C．根據(jù)“峰前質點上振”可知質點c正在沿y軸正方向振動，速度越來越小，故C錯誤；D．質點不能傳播，只能在平衡位置附近振動，故D錯誤。故選A。4.如圖所示，豎直輕彈簧固定在地面上，小球放在彈簧上端可靜止在A點（圖中未畫出）．若將該球放在彈簧上端并按壓至B點松手，升至最高點O，途徑C點時彈簧恰好處于原長，空氣阻力不計，則（）A.A點位于BC連線中點B.小球在B點的加速度小于C點的C.小球從B運動到A的時間大于從A運動到C的時間D.上升過程中小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一直增大【答案】C【解析】A．小球放在彈簧上，可以靜止于A點，知A點為平衡位置，若從C點由靜止釋放，平衡位置在C點和最低點的中點，當小球彈起到達最高點O后，再由O點下落（到達C點時有一定的初速度），則最低點必定下移到B點（根據(jù)能量守恒），但是平衡位置不變，可知A點位于BC連線中點的上方（并不在BC連線的中點），見下圖故A錯誤；B．若小球從C點靜止釋放，到達最低點時，加速度與C點對稱，則小球在點的加速度大小為g，此時彈簧的彈力為則有得但是B點所處的位置在C點關于平衡位置對稱點（點）的下方，其彈簧的彈力小球在B點時，根據(jù)牛頓第二定律＞可知小球在B點得加速度a大于g，則小球在B點的加速度大于C點的，故B錯誤；C．小球放在彈簧上端可靜止在A點，可知A點為簡諧運動的平衡位置，設T為簡諧運動的周期，小球從B運動到A的時間為,A運動到C的時間小于，故C正確；D．小球上升過程中，重力勢能一直增大（因為高度增加）。而彈簧的彈性勢能則先減小，直至恢復原長時彈性勢能為0。根據(jù)能量守恒定律，小球的重力勢能、彈簧的彈性勢能和動能之和保持不變。在上升過程中，小球的動能先增大后減?。ㄒ驗樾∏蛳茸黾铀龠\動后做減速運動），所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和并不是一直增大的，故D錯誤。故選C。5.如圖所示，質量分布均勻、不可伸長的繩兩端分別固定在豎直桿M、N的P、Q兩等高點，兩桿間距為d，則（）A.繩中各點所受拉力大小相等 B.繩中位置越低的點所受拉力越大C.若d減小，P點所受拉力減小 D.若d減小，最低點所受拉力增大【答案】C【解析】AB．因為繩子的自重會導致繩子在不同位置的拉力不同?？拷潭c的繩子段需要支撐更多繩子的重力，因此拉力更大，反之拉力越小，故AB錯誤；C．根據(jù)平衡條件可知P點拉力當兩桿間距d減小時，減小，增大，因此P點處所受拉力減小，C正確；C．將繩子的一半作為研究對象，受力分析可知，最低點的拉力當d減小時，由于減小，減小,因此最低點所受的拉力也會減小，D錯誤。故選C。6.如圖所示，為將沿橢圓軌道Ⅰ運動的飛行器變軌到圓軌道Ⅱ上做勻速圓周運動，可在P點沿圖示箭頭方向噴射氣體實現(xiàn)。已知橢圓軌道的長軸是圓軌道半徑的2倍。飛行器（）A.在軌道Ⅰ上從A點到P點，機械能逐漸增大B.在軌道Ⅱ上運行速度小于在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點速度C.在軌道Ⅱ上運行周期大于在軌道Ⅰ上運行周期D.在軌道Ⅱ上運行加速度小于在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點加速度【答案】B【解析】A．在軌道Ⅰ上運行時，只受萬有引力作用，機械能守恒，即從A點到P點，機械能不變，故A錯誤；B．根據(jù)衛(wèi)星的變軌原理可知，過P點時速度應沿斜線方向斜向右上，在P點沿箭頭方向噴氣實現(xiàn)變軌，飛行器減速變軌到圓軌道Ⅱ上，所以在軌道Ⅱ上運行速度小于在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點速度，故B正確；C．由于II軌道半徑等于I軌道半長軸，根據(jù)開普勒第三定律可知，衛(wèi)星在II軌道周期等于I軌道的周期，故C錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律所以則在軌道Ⅱ上運行加速度等于在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點加速度，故D錯誤。故選B。7.如圖所示，半徑為R的光滑球形石墩固定不動，質量為m的小物塊從石墩的頂點A以初速度沿石墩表面下滑，則（）A.越小，分離越早B.取適當值，可在球心等高處分離C.若，物塊在石墩頂點處分離D.分離瞬間物塊向心加速度一定等于重力加速度【答案】C【解析】C．若物塊在石墩頂點位置恰好分離，則有則有可知，當物塊從石墩的頂點A以初速度大于或等于時，物塊在石墩頂點處分離，故C正確；A．結合上述可知，當速度小于時，物塊在石墩頂點下側某一位置分離，令該位置同圓心連線于豎直方向夾角為，則有物塊從頂點到分離位置，根據(jù)動能定理有解得可知，當速度小于時，越小，分離越遲，故A錯誤；B．結合上述有若物塊在球心等高處分離，則一定等于90°，可知，上述表達式不可能成立，即物塊不可能在球心等高處分離，故B錯誤；D．結合上述可知，分離瞬間由重力沿半徑方向的分力提供向心力，此時物塊的向心加速度一定小于重力加速度，故D錯誤。故選C。8.如圖所示，在同一豎直平面內，從A、B兩點以相同速率同時拋出甲、乙兩相同的小球，在上升過程中的C點相遇。該過程中，下列說法正確的是（）A.甲球的重力的沖量比乙球的小B.拋出時，甲球重力的功率比乙球大C.甲球的初速度與水平方向的夾角比乙球的大D.相遇時，甲球的動能比乙球的大【答案】D【解析】A．以相同速率同時拋出甲、乙兩相同的小球，在C點相遇，兩球在空中運動時間相同，重力相同，重力的沖量也相同，故A錯誤；B．甲、乙兩球在拋出后豎直方向加速度相同，運動時間相同，但是甲球豎直位移小于乙球，說明甲球在豎直方向的初速度小于乙球，所以拋出時，甲球重力的功率比乙球小，故B錯誤；C．從B選項的分析可知，甲球在豎直方向的初速度小于乙球，甲乙初速度大小相等，所以甲球在水平方向的初速度大于乙球，甲球的初速度與水平方向的夾角比乙球的小，故C錯誤；D．全程甲球重力勢能減少量小于乙球，相遇時，甲球的動能比乙球的大，故D正確。故選D。9.如圖所示，兩個同種點電荷分別位于M、N兩點，電荷量分別為q、2q，P、Q是MN連線上的兩點，且MP=QN。下列說法正確的是（）A.P點電場強度比Q點的大B.P點電勢與Q點相等C.若點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點間電勢差不變D.若點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】D【解析】AD．可將電荷量為2q的點電荷看成兩個電荷量均為q的點電荷，根據(jù)等量同種點電荷電場分布特點可知，等量同種點電荷電場中P、Q兩點電場強度大小相等，方向相反，設為E0，所以則若點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則E0、EP、EQ的大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，故A錯誤，D正確；BC．在等量同種點電荷電場中，P點電勢與Q點相等，由于N點電荷電荷量較大，所以Q點電勢高于P點電勢，若點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點間電勢差也變?yōu)樵瓉淼?倍，故BC錯誤。故選D。10.如圖所示，光滑軌道固定在水平地面上，質量均為m、相距很近A、B兩小球靜置于軌道水平部分。將質量為M的小球C從軌道圓弧部分的某高度處由靜止釋放，設所有碰撞均為彈性碰撞，下列說法正確的是（）A.若，C與A僅碰撞一次 B.若，A與B僅碰撞一次C.若，C與A可碰撞兩次 D.若，A與B可碰撞兩次【答案】B【解析】AB．質量為M的小球C從軌道圓弧部分由靜止釋放滑至底端的過程取水平向右為正方向，C與A彈性碰撞,有解得，A與B彈性碰撞，A與B質量相等，同理可得碰后A與B速度交換，即A停下，B以向右運動，若，則，C返回沖上曲面后再次與靜止的A彈性碰撞，同理可解得，易知，，A與B僅碰撞一次，C與A碰撞兩次，故A錯誤，B正確；C．若，C與A彈性碰撞，碰后，之后A與B彈性碰撞，碰后A與B速度交換，即A停下，B以向右運動，C與A僅碰撞一次，故C錯誤；D．若，C與A彈性碰撞，碰后，易知，，之后A與B彈性碰撞，碰后A與B速度交換，即A停下，B以向右運動，接著C再次與A彈性碰撞，碰后，易知，，A與B僅碰撞一次，C與A碰撞兩次，故D錯誤。故選B。11.如圖所示，彈性繩原長為L0，一端固定于P點，另一端穿過光滑的小孔Q與小木塊相連，帶有孔Q的擋板光滑且與固定的粗糙斜面平行，P、Q間距等于L0，現(xiàn)將木塊從斜面上A點由靜止釋放，在彈性繩拉動下向上運動到最高點過程中，木塊的速度v、動能Ek、重力勢能Ep、機械能E隨時間t變化的關系圖像正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】A．設斜面傾角為α，繩與斜面的夾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律有木塊上滑的過程中，kxsinθ不變，則FN不變，f不變，kxcosθ減小，則a減小，方向沿斜面向上，同理，當繩與斜面的夾角大于90°時，a增大，方向沿斜面向下，所以木塊的速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故A正確；B．加速階段，動能增大，減速階段動能減小，但其斜率表示動能變化快慢，即速度變化快慢，由以上分析可知，速度先增加越來越慢，后減小越來越快，所以圖線斜率不斷變化，故B錯誤；C．木塊向上運動過程中，重力勢能一直增大，故C錯誤；D．加速階段，彈簧彈力做功大于摩擦力做功，木塊機械能增大，減速階段，二者均做負功，機械能減小，故D錯誤。故選A。二、非選擇題：共5題，共56分．其中第13題~第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．12.兩學習小組A、B用如圖甲所示實驗裝置驗證向心力大小與速度平方成正比。鐵架臺上安裝帶有刻度的半圓板，刻度以圓板最低點所在的水平線為“0”等高線，相鄰等高線間距相等。輕繩一端在圓心O處與DIS傳感器相連（圖中未畫出），另一端與小球相連，小球平衡時球心恰在等高線0處，用DIS傳感器測量小球做圓周運動過程繩中拉力F大小。（1）為了驗證小球的向心力與速度平方的定量關系，控制小球的質量m和做圓周運動的半徑r不變。A組同學將繩拉直，球心與距“0”等高線高度為h的刻度線處重合，將小球由靜止釋放，運動至最低點的速度平方的表達式=______（用重力加速度g、h表示）；（2）DIS系統(tǒng)記錄某次小球運動過程中繩中的拉力F隨時間t的變化關系圖像如圖乙所示，則______（選填“a”“b”）點的縱坐標表示小球運動至最低點時繩中的拉力大??；（3）多次改變小球的釋放點高度h，記錄每次高度h及對應的運動至最低點時繩中的拉力F大小的數(shù)據(jù)，描繪出圖像如圖丙所示，圖線I的縱軸截距表示______，試問：根據(jù)該圖線能否說明小球的向心力與速度平方成正比？請簡述理由______；（4）實驗操作過程中，B組同學每次將小球的最低點與高度為h的等高線相切，其余操作與A組的相同，B組也在丙圖中描繪圖線，標記為Ⅱ，圖中哪個選項可能正確反映圖線I、Ⅱ關系的（）A. B.C. D.【答案】（1）（2）a（3）小球的重力見詳析（4）C【解析】【小問1詳析】小球從靜止釋放到運動至最低點的過程中，只有重力做功，因此小球的機械能守恒。根據(jù)機械能守恒定律，小球在最高點的重力勢能等于在最低點的動能得【小問2詳析】設單擺的角度為時，對小球進行受力分析有則當時，小球位于最低點，最大，故a點的縱坐標表示小球運動至最低點時繩中的拉力。【小問3詳析】[1]當h=0時，即小球釋放的高度為零，此時小球并沒有獲得初速度，因此在最低點時，小球并不需要做圓周運動，也就不會產(chǎn)生向心力。但是，由于繩子的存在，小球在最低點時會受到繩子的拉力，這個拉力就等于小球的重力。所以，圖線I的縱軸截距表示的就是小球的重力。[2]根據(jù)向心力公式可以得然而，繩中的拉力F并不等于向心力，而是等于向心力加上小球的重力從這個公式可以看出，拉力F與h之間并不是簡單的正比關系，而是線性關系加上一個常數(shù)（小球的重力）。因此，僅僅根據(jù)這個圖線，不能直接得出小球的向心力與速度平方成正比的結論，因為繩中的拉力并不等于向心力，而是與向心力有線性關系加上一個常數(shù)?！拘?詳析】B組同學每次將小球的最低點與高度為h的等高線相切，設小球半徑為，根據(jù)能量守恒定則有得則繩中的拉力F為故選C。13.如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，實線a是時的波形曲線，虛線b是時的波形曲線。已知該波的周期T大于0.3s，質點P的平衡位置處于處。求：（1）該波的波速v；（2）0~1.2s時間內質點P通過的路程s?！敬鸢浮浚?）10m/s（2）36cm【解析】【小問1詳析】波沿x軸正方向傳播，則有，n=1，2，3……由于該波的周期T大于0.3s，則解得由圖可知根據(jù)解得【小問2詳析】在0~1.2s時間內，則有所以0~1.2s時間內質點P通過的路程14.質量為30kg的小明從離水平網(wǎng)面0.8m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到水平網(wǎng)面0.45m高處，已知小明與網(wǎng)接觸的時間為0.35s，g取，求：（1）小明與網(wǎng)接觸的這段時間內動量的變化量的大??；（2）網(wǎng)對小明的平均作用力大小。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】在小明下落沒接觸到網(wǎng)的過程中，根據(jù)運動學公式，則有可解得在小明離開網(wǎng)向上減速的過程中，根據(jù)運動學公式，則有可解得所以與網(wǎng)接觸的過程中，動量變化量則有【小問2詳析】對小明由動量定理，則有可解得15.如圖所示，傾角的光滑絕緣斜面AB與半徑的圓弧光滑絕緣軌道BCD在豎直平面內相切于B點，圓弧軌道處于方向水平向右的有界勻強電場中，電場的電場強度大小。質量、電荷量的小滑塊從斜面上P點由靜止釋放，沿斜面運動經(jīng)B點進入圓弧軌道，已知P、B兩點間距，，，g取。（1）求滑塊運動到B點時速度大??；（2）求滑塊運動到與圓心O等高的Q點時對軌道的壓力大小；（3）調整斜面上釋放點位置，欲使滑塊能從D點飛出，求該釋放點與B點間距的最小值?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳析】滑塊從P點到B點，由動能定理得解得滑塊運動到B點時速度大小【小問2詳析】Q點與B點的高度Q點與B點的水平距離為滑塊從B點到Q點，由動能定理得解得滑塊Q點由牛頓第二定律得解得由牛頓第三定律可得滑塊運動到與圓心O等高的Q點時對軌道的壓力大小【小問3詳析】滑塊恰好到D點時解得滑塊從B點到D點