2025届江苏省扬州、泰州、淮安、南通、徐州、宿迁、连云港市高三物理第一学期期中检测模拟试题含解析

2025届江苏省扬州、泰州、淮安、南通、徐州、宿迁、连云港市高三物理第一学期期中检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，三颗人造地球卫星，A和B的质量都为m，C的质量为2m，B和C的轨道半径是A的2倍，下列说法正确的是()A．卫星B的周期是A的2倍B．卫星A的速率是B的2倍C．C的向心力是B的2倍D．B和C的角速度相等，是A的2倍2、关于速度和加速度下列说法中正确的是（）A．物体的速度变化快，则加速度一定大B．物体的速度变化大，则加速度一定大C．物体的速度大，则加速度一定大D．物体的速度为零，则加速度一定为零3、贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用．下列属于核聚变的是（）A．B．C．D．4、下列说法正确的是A．匀速圆周运动是加速度不变的运动B．平抛运动是匀变速曲线运动C．当物体做曲线运动时，所受的合外力做功一定不为零D．一对相互作用力做功一定是等大正负号相反5、跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动.如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从倾角为的斜坡顶端P处，以初速度v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变.关于L、t与v0的关系，下列说法中正确的是（）A．L与v0成正比B．L与v0成反比C．t与v0成正比D．t与v0成反比6、轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，半径为R，速率v＜，AC为水平直径，BD为竖直直径。物块相对于轮箱静止，则（）A．物块始终受静摩擦力作用B．只有在A、B、C、D四点，物块受到的合外力才指向圆心C．在转动过程中物块的机械能不守恒D．在转动过程中物块重力的瞬时功率保持不变二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、在花岗岩、大理石等装饰材料中，都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性元素的说法中正确的是（）A．α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个B．氡的半衰期为3.8天，16个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下2个氡原子核C．92238U衰变成82206Pb要经过6次β衰变和8次α衰变D．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的质子转化为中子时产生的8、用双缝干涉测光的波长的实验装置如图所示，调整实验装置使屏上可以接收到清晰的干涉条纹．关于该实验，下列说法正确的是________．A．若将滤光片向右平移一小段距离，光屏上相邻两条明纹中心的距离增大B．若将光屏向右平移一小段距离，光屏上相邻两条暗纹中心的距离增大C．若将双缝间的距离d减小，光屏上相邻两条暗纹中心的距离增大D．若将滤光片由绿色换成红色，光屏上相邻两条暗纹中心的距离增大E.为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条明条纹间的距离a，则相邻两条明条纹间距为9、如图所示，质量为m的木块在水平向右拉力F的作用下，在质量为M的长木板上向右滑行，长木板处于静止状态．已如木块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面间的动摩擦因数为，则（

）A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是C．一定小于D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动10、物体从静止开始做直线运动，v﹣t图象如图所示，则该物体（）A．在第6s末相对于起点的位移最大B．在第4s末相对于起点的位移最大C．在第2s末到第4s末这段时间内的加速度最大D．在第4s末和第8s末在同一位置上三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）如图所示，是某同学在做“研究匀加速直线运动”的实验中得到的纸带，在纸带上选取了A、B、C、D、E等5个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个点没画出来，其相邻点间距离如图所示．（1）打点计时器从打下A点到打下C点的时间内，小车的平均速度是______m/s（小数点后保留两位有效数字），这条纸带的______（左或右）端与小车相连．（2）两计数点间的时间间隔着用T表示，则小车运动的加速度的计算式a=______（逐差法，用s和T表示）．其大小为______m/s2（小数点后保留两位有效数字）．12．（12分）用如图所示的实验装置验证m1、m1组成的系统机械能守恒．m1从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离s1=38.40cm、s1=11.60cm、s3=16.40cm、s4=31.11cm、s5=36.01cm所示．已知m1=50g、m1=150g，频率为50Hz，则(g取9.8m/s1，结果保留两位有效数字)(1)m1、m1运动的加速度大小为a=________m/s1，在纸带上打下计数点5时的速度v5=_______m/s;(1)在打点0～5过程中系统动能的增量ΔEk=______J,系统势能的减少量ΔEp=_____J,由此得出的结论是_________________________________________；(3)若某同学根据实验数据作出的v1-h图象如图，则当地的实际重力加速度g=______m/s1．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：(1)物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。14．（16分）如图斜面倾角为30°，一辆汽车从静止开始时以1m/s2的加速度沿斜面爬坡，已知汽车质量为1.0×103kg，额定输出功率为5.6×104W，摩擦阻力为车重的0.2倍，g取10m/s2，求：(1)汽车做匀加速运动的时间；(2)汽车所能达到的最大速率.15．（12分）如图所示，水平的传送带长度L=8m，右端与半径R=0.5m的竖直光滑半圆轨道相连，圆轨道与传送带的末端B点相切，传送带在电机的驱动下以v=4m/s的速率顺时针匀速转动．一个质量m=1kg的物块(可以看成质点)，以=1m/s的初速度从左端A点滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数=0.1.重力加速度g=10m/s1．求:(1)物块从A运动到B的过程中，摩擦生热是多少?(1)物块在圆轨道上运动时物块脱离圆轨道的点距离传送带平面多高?(3)要使物块能够通过圆轨道的最高点C，求因传送物块而使电动机增加的最小输出功?

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，；A、根据,所以，A错误；B、根据，所以，B错误；C、根据万有引力提供向心力，，C正确；D、根据，B和C的角速度相等，，D错误。故选：C。2、A【解析】

A.物体的速度变化快，则加速度一定大，速度变化快慢就是加速度，所以A正确；B.物体的速度变化大，其加速度不一定大，还要看时间，所以B错误；C.物体的加速度大，说明速度变化快，但速度不一定大，所以C错误；D.速度为零，则速度可以变化，则加速度不一定为零，所以D错误；故选A；3、A【解析】

A反应是轻核的聚变，选项A正确；B反应是原子核的人工转变方程，选项B错误；C反应是衰变方程，选项C错误；D反应是重核裂变方程，选项D错误；故选A.4、B【解析】

A、匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，方向一直在改变，则匀速圆周运动的加速度是变化的，故A错误。B、平抛运动的加速度是重力加速度，大小、方向均不变，故B正确。C、物体做曲线运动的条件是速度和加速度的方向不在一条直线上，当物体做匀速圆周运动时，合外力的方向始终与速度方向垂直，故合外力不做功，故C错误。D、一对相互作用力所做的功不一定为零，比如两个相互的物体之间的摩擦力做功不一定相等（如板块模型），故D错误。【点睛】本题需要学生明确匀速圆周运动和平抛运动的性质，知道物体做曲线运动的条件，注意力与运动的关系以及功能关系。5、C【解析】滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．设水平位移x，竖直位移为y，结合几何关系，有：水平方向上：x=Lcosθ=v0t；竖直方向上：y=Lsinθ＝gt2；联立可得：，可知t与v0成正比，故C正确，D错误．L=v02，可知L与v02成正比，故AB错误．故选C．6、C【解析】

A．在最高点和最低点，物块受重力和支持力作用，在其它位置物体受到重力，支持力、静摩擦力作用，故A项错误；B．物块作匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B项错误；C．在转动过程中物块的动能不变，重力势能改变，所以机械能不守恒，故C项正确；D．运动过程中，物块的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D项错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、CD【解析】A、发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内质量数减少4，但中子数减少2个．故A错误．B、半衰期的对大量原子核的衰变的统计规律，对于单个是不成立的，故B错误．C、根据质量数和电荷数守恒可知：发生α衰变放出24He，导致质子数减小2个，质量数减小4，故中子数减小2；发生β衰变时，生成核与原来的原子核相比，电荷数多1，质量数不变，所以发生α衰变的次数是：238-2064=8次，发生β衰变的次数是：2×8-（92-82）=6次．故C正确．D、根据β【点睛】该题考查对衰变和半衰期的理解，解决本题的关键知道三种衰变的实质，知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒．8、BCD【解析】

A、根据双缝干涉的的间距公式，由双缝的距离d，双缝到光屏的距离L和入射光的波长共同决定，而将滤光片向右平移，条纹间距不变；故A错误.B、将光屏向右平移一小段距离即L增大，可知增大；B正确.C、将双缝间的距离d减小，由知增大；C正确.D、将滤光片由绿色换成红色，可知波长变大，则光屏上的两个相邻暗条纹间的距离增大；D正确.E、n条亮纹之间有n-1个间距，则相邻条纹的间距为；故E错误.故选BCD.【点睛】解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式,并能灵活运用．9、AD【解析】A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力f=μ1mg．故A正确，B错误；C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动．故C错误，D正确；故选AD．10、AD【解析】

AB.由图可知，6s内物体一直沿正方向运动，6-8s时物体反向运动，故6s时相对于起点的位移最大，故A正确B错误。C.v-t图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，4-8s内图线的斜率最大，加速度最大，故C错误；D.图像的面积代表位移，横轴上方为正，下方为负，故4-8s内物体位移为零，第4s末和第8s末在同一位置上，故D正确。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、0.40；左；(s4+【解析】(1)每相邻两个计数点之间还有4个点没画出来，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，则打点计时器从打下A点到打下B点所用的时间是0.1s，打点计时器从打下A点到打下C点的时间内，小车的平均速度vAC=3.62+4.38(2)由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x3-x1=2a1T2

,x4-x2=2a2T2

,为了更加准确的求解加速度，我们对二个加速度取平均值a=a1+a【点睛】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．12、4.81.40.580.59在误差允许的范围内，m1、m1组成的系统机械能守恒9.7【解析】

(1)[1][1]利用匀变速直线运动的推论有：根据(1)[3][4]物体的初速度为零，所以动能的增加量为：重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=(m1-m1)gh=0.59J[5]在误差允许的范围内，m1、m1组成的系统机械能守恒(3)[6]根据机械能守恒可知即有：所以有图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率故当地的实际重力加速度四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）60N，竖直向下（1）11J（3）8s【解析】

(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：代入数据解得：v0=5m/s在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：代入数据解得：F=60N由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下；(1)在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：μmg=ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有代入数据解得：v=4m/s由于v＞u=1m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v1、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv1由机械能守恒定律得：解得：物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：(3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得解得：l′=1m＜4.5m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=1m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第1次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：解得：设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：代入数据解得：当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传