江西省赣州市红旗实验中学2025届高三上物理期中调研模拟试题含解析

江西省赣州市红旗实验中学2025届高三上物理期中调研模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是A． B．C． D．2、如图所示，水平匀速行驶的车厢底板上有一点O,P点在O点的正上方．一乘客将一物块从P点相对车厢静止释放，物块落在A．O点 B．O点右方 C．O点左方 D．O点左方或右方都有可能3、下列说法正确的是（）A．做匀加速直线运动的物体，初速度越大，时间越长，其位移也一定越大B．做匀加速直线运动的物体，任意连续相等时间内的位移之比均为1：3：5C．做匀减速直线运动的物体，其加速度与速度变化量的方向一定相反D．做匀减速直线运动的物体，任意时间内中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置的瞬时速度4、如图所示，一定质量的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，用T表示绳OB段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（）A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T不变C．F逐渐变小，T不变 D．F逐渐变小，T逐渐变小5、如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E，内阻为r，、是定值电阻，是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c、d接报警器电路闭合后，当传感器所在处出现磁体时，则电流表的电流I，c、d两端的电压U将A．I变大，U变小B．I变小，U变大C．I变大，U变大D．I变小，U变小6、为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下二、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、如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的物块，组成一竖直悬挂的弹簧振子，在物块上装有一记录笔，在竖直面内放置有记录纸。当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示余弦型函数曲线形状的印迹，图中的y1、y2、x0、2x0、3x0为记录纸上印迹的位置坐标值。若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计，则（）A．该弹簧振子的振动周期为B．若从记录纸上坐标原点开始计时，到记录笔第一次运动到y2的过程中，物块所受合力的冲量为零C．若从记录纸上坐标原点开始计时，到记录笔第一次运动到y2的过程中，物块重力势能的减少量等于弹性势能的增加量D．若从记录纸上坐标原点开始计时，到记录笔第一次运动到y2的过程中，物块处于失重状态8、明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之,曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力N，则：A．若F一定，θ大时N大B．若F一定，θ小时N大C．若θ一定，F大时N大D．若θ一定，F小时N大9、如图所示足够长固定的平行直角金属轨道左侧倾角的1=37°右侧倾角=53°，轨道宽均为L＝0.5m．整个装置位于B＝1T匀强磁场中，磁场方向垂直于右侧轨道平面向上，金属棒ab、cd分别放在左右两侧轨道上且始终垂直于导轨，t=0时刻由静止释放两棒，同时在cd棒上施加一平行于右侧轨道的外力F，使cd开始沿右侧轨道向上做加速度a=4m/s2的匀加速运动cd棒始终没有离开右侧轨道且与轨道保持良好接触，已知ab、cd棒的质量m1=0.25kg、m2=0.1kg，两金属棒电阻分别为R1=1.5，R2=0.5Ω其余电阻不计，两棒与轨道间的动摩擦因数均为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小，在ab棒离开左侧轨道前，下列说法中正确的是（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6)A．ab棒先保持静止状态，后沿导轨下滑B．ab棒始终保持静止状态，且对左侧轨道的压力越来越大C．t＝2s时，ab棒所受的摩擦力大小为0.8ND．0≤t＜4s时间段内，cd棒所受外力F随时间变化的关系为F=2t＋1.68（N）10、如图所示，由电动机带动的水平传送带两端、间的距离为，传送带以速度顺时针方向转动，一个质量为的小物体以一定的初速度从端滑上传送带，运动到端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动时间相等，两过程中物块运动的位移之比为，重力加速度为，传送带速度大小不变。下列说法正确的是A．物块的初速度大小为B．物块与传送带间的动摩擦因数为C．整个过程中物块与传动带因摩擦产生的热量为D．电动机因运送物块多做的功为三、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）在做“用单摆测当地重力加速度”的实验时，有以下器材：(A)1m长的细线；(B)20cm长的尼龙线；(C)小铁球；(D)大木球；(E)手表；(F)时钟；(G)秒表.（1）为使实验尽可能精确，应选用的摆球是___，摆线是__，计时器是__.（2）计时位置应选在__，这样做的优点是__________.（3）实验中若测得重力加速度g值偏小，可能的原因是（___________）A．小球质量太大B．将悬线的长度记作摆长，忽略了摆球半径C．单摆振动时，摆线的偏角太小D．测周期时，将n次全振动记为n＋1次全振动，（4）某同学测出了多组摆长L和运动周期T，并根据相应的实验数据作出了T2L图像，如图所示，根据图像中的数据算出了重力加速度的数值为________m/s212．（12分）某物理兴趣小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用的实验装置如图甲所示．（1）用游标卡尺测遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，游标卡尺主尺的最小刻度为1mm，则由该图可得遮光条的宽度d=_____cm．（2）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平；并把实验所需的器材都安装无误．将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离均相同．现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为t，则滑块最后做匀速运动的速度表达式为v=_____（用对应物理量的字母表示）．（3）保持橡皮条的拉伸距离不变，逐根增加橡皮条的数目，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度，则在操作正确的情况下，作出的W﹣v2图象应为_____（填“过坐标原点的一条倾斜直线”或“过坐标原点的一条抛物线”）．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，一个质量为60kg滑板运动员，以v0=43m/s初速度从某一高台的A点水平飞出，恰好从光滑竖直圆轨道的D点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）。已知圆弧的半径R=3m，θ=60°，取g=10m/s2，求：（1）滑板运动员在空中的飞行时间。（2）滑板运动员运动到圆弧轨道最高点B时轨道对他的作用力。14．（16分）如下图所示，在倾角为30°的光滑斜面体上，一劲度系数为k＝200N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C，另一端连接一质量为m＝4kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放，物体B不会碰到地面，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)释放B的瞬间，弹簧的压缩量Δx和A与B的共同加速度；(2)物体A的最大速度大小vm；(3)将物体B改换成物体C，其他条件不变，A向上只能运动到弹簧原长，求物体C的质量M15．（12分）如图所示，ABC和ABD为两个光滑固定轨道，A、B、E在同一水平面上，C、D、E在同一竖直线上，D点距水平面的高度为h，C点的高度为2h，一滑块从A点以初速度v0分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出，重力加速度为g．(1)求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离xC和xD；(2)为实现xC<xD，v0应满足什么条件？(3)如果滑块的初速度一定，要使它从最高点抛出后的水平射程最大，则该轨道的高度h′应为多大？此时的水平射程为多少？

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、A【解析】

A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力，故A正确，BCD错误．【点睛】本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力．2、A【解析】

以地面为参考系，O点向右做匀速直线运动，在P点释放的物体向右做平抛运动，其水平分运动是匀速直线运动，故在水平方向，物体与O是相对静止的，故物块落在O点，故A正确，BCD错误；故选A.3、D【解析】

A．根据可知，做匀加速直线运动的物体，初速度越大，时间越长，其位移不一定越大，选项A错误；B．做初速度为零的匀加速直线运动的物体，从运动开始计时，在任意连续相等时间内的位移之比均为1：3：5，选项B错误；C．无论物体做匀加速还是匀减速，其加速度与速度变化量的方向一定是相同的，选项C错误；D．设初速度为v0，末速度为v，则中间时刻的瞬时速度中间位置的瞬时速度因为知无论加速还是减速，则总是v1＜v2，即任意时间内中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置的瞬时速度，选项D正确。故选D。4、B【解析】以结点O为研究对象受力分析如下图所示：

由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：

绳OB的张力TB=mg

根据平衡条件可知：

Tcosθ-TB=0

Tsinθ-F=0

由此两式可得：

F=TBtanθ=mgtanθ

在结点O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大，故A正确，BCD错误．故选A.5、A【解析】

当传感器RB所在处出现磁体时，RB的电阻变小，电路总电阻变小，电路总电流即干路电流变大，并联电压即cd之间的电压变小，那么通过电阻的电流变小，那么电流表的示数变大，选项A对．6、C【解析】

试题分析：以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，匀速运动时，人受到重力和支持力作用，故A错误；在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，处于超重状态；由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故BD错误，C正确．故选C．考点：牛顿第二定律的应用二、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、ABC【解析】

A．该弹簧振子的振动周期为，选项A正确；B．若从记录纸上坐标原点开始计时，到记录笔第一次运动到y2的过程中，物块的动量变化为零，则所受合力的冲量为零，选项B正确；C．若从记录纸上坐标原点开始计时，到记录笔第一次运动到y2的过程中，物块的动能变化为零，则物块重力势能的减少量等于弹性势能的增加量，选项C正确；D．若从记录纸上坐标原点开始计时，到记录笔第一次运动到y2的过程中，物块先向下加速后向下减速，则先处于失重状态后处于超重状态，选项D错误；故选ABC．8、BC【解析】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的分力是相等的，力F的分解如图：则：，所以：，由公式可知，当F一定，θ小时FN大；当θ一定，F大时FN大．故A、D错误，B、C正确．故选BC．【点睛】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可．9、AC【解析】AB、以ab棒为研究对象，开始时重力沿斜面向下的分力为m1gsin37∘=0.6m1g，最大静摩擦力为fm=μm1gcos37∘=0.64m1g>0.6m1g，ab棒始终保持静止状态，随着cd棒速度的增大，安培力越来越大，对ab棒根据左手定则可知安培力方向垂直于斜面向上，所以zb棒对左侧轨道的压力越来越小，最大静摩擦力逐渐减小，当最大静摩擦力小于0.6m1g时，ab棒开始下滑，故A正确、B错误；C、t=2s时，cd棒的速度为v=at=8m/s，根据法拉第电磁感应定律可得E=BLv=4V，感应电流大小I=E/(R1+R2)=4/2A=2A，ab棒受到的安培力大小为FA=BIL=1N，此时ab棒所受的最大静摩擦力大小为f′m=μ(m1gcos37∘−FA)=0.8N<0.6m1g=1.5N，所以此时ab棒已经开始下滑，故摩擦力大小为0.8N，C正确；D、0⩽t⩽4s时间段内，根据牛顿第二定律可得：F−F′A−μm2gcos53∘=m2a，即F=B2L2v′/(R1+R2)+μm2gcos53∘+m2a=0.5t+0.88(N)，故D错误．故选AC．【名师点睛】以ab棒为研究对象，根据受力情况确定运动情况，再分析ab棒受到的安培力大小和方向，确定压力的变化情况；根据v=at求解cd棒的速度，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律结合安培力计算公式求解安培力大小，由此计算摩擦力大小；0≤t≤4s时间段内，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解F的表达式．10、BD【解析】

A．设物块的初速度大小为v1．根据题意知解得：故A错误；B．由运动学公式v2-v12=2ax可得解得：由牛顿第二定律可得所以故B正确；C．加速过程中物块的位移为传送带的位移为相对位移为整个过程中物块与传动带因摩擦产生的热量为故C错误；D．电动机因运送物块多做的功为故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、CAG平衡位置减小测量周期的误差B9.86【解析】

(1)[1][2][3]“利用单摆测重力加速度”的实验中，为了减少相对误差，最合适的器材有：小铁球、100cm长的细线以及秒表；(2)[4][5]计时位置应选在平衡位置，这样的优点是减小测量周期的误差．(3)[6]A.根据可得：，摆球的质量对实验无影响，故A错误；B.测摆长时，仅测了线长，未加小球半径，这样摆长测量偏小，则测得的重力加速度g值偏小，故B正确；C.摆线的偏角只要不超过5°，对周期没有影响，故C错误．D.测周期时，把n次全振动误记为（n+1）次，则测得的周期偏小，则测得的重力加速度g值偏大，故D错误；(4)[7]根据以上分析可知，，所以图像的斜率为，图像斜率为4，所以重力加速度12、0.975d/t过坐标原点的一条倾斜的直线【解析】

游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读;由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度.【详解】(1)游标卡尺的读数等于9mm+0.05×15mm=9.75mm=0.975cm，(2)滑块经过光电门时,挡住光的时间极短，故可用平均速度代替为滑块经过光电门位置的瞬时速度，；(3)根据动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，有，所以画出的W-v2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线.【点睛】解决本题的关键知道游标卡尺的读数方法，以及知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度．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）t=1.2s（2）FN=1440N，方向向下【解析】

（1）设运动员到D点时竖直分速度为vy，tan300=v0vy，解得vy=12m/s，由于vy（2）设运动员到达D点时速度为vD，到达B点时速度为vB，DvD=v02+vy2，h=Rcos600=0.5R，由机械能守恒可得：12mv