2025届江苏省南京市、盐城市高三下学期第一次模拟考试物理试题（解析版）

第第页2025届江苏省南京市、盐城市高三下学期第一次模拟考试物理试题一、单项选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。每小题只有一个选项符合题意。）1．白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光在空气中的（）A．传播速度不同 B．强度不同C．振动方向不同 D．波长不同【答案】D【解析】【解答】白光包含各种颜色的光，它们的波长不同，在相同条件下做双缝干涉实验时，它们的干涉条纹间距不同，所以在中央亮条纹两侧出现彩色条纹，与其他因素无关。故答案为：D。

【分析】白光包含各种颜色的光，它们的波长或者频率不同，做双缝干涉实验时，中央亮条纹两侧出现彩色条纹。2．汽缸内封闭有一定质量的气体，在某次压缩过程中，缸内气体的温度从T1迅速升高至T2。下列各图中，纵坐标f（v）表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，图线I、Ⅱ分别为缸内气体在T1、T2两种温度下的分子速率分布曲线，其中正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】【解答】本题考查了分子运动速率的统计分布规律，记住图像的特点，会分析温度与图像的关系，知道温度越高，分子的平均速率增大，但并不是每个分子的速率均增大。温度越高，分子平均动能越大，图像的峰值越靠右，两图线与横轴所围面积相等。故选A。

【分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，图像的面积总和相同。3．如图所示，在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小球A和B，已知A、B两球的质量分别为m1、m2。则某时刻A、B两球（）A．速度大小之比为m1∶m2 B．加速度大小之比为m1∶m2C．动量大小之比为m2∶m1 D．动能大小之比为m2∶m1【答案】D【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律的应用，知道两球组成的系统所受合外力为零系统动量守恒、知道两球所受合外力大小相等方向相反是解题的前提与关键。AC．由于两小球都带正电，则彼此受到斥力作用，所以两小球组成的系统动量守恒，则m所以v两球动量大小相等，比值为1∶1，故AC错误；B．小球的加速度大小之比为a故B错误；D．动能之比为E故D正确。故选D。

【分析】水平面光滑，两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律求出速度大小和动量大小的比值；根据牛顿第二定律求解加速度之比；根据动能的定义式计算动能大小之比。4．1956年李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用2760Co放射源进行了实验验证，次年李、杨两人为此获得了诺贝尔物理学奖。已知2760Co的半衰期约为5.26年，其衰变方程是A．2760B．X是来自原子核外的电子C．2860Ni的比结合能比D．2个2760【答案】C【解析】【解答】结合能和比结合能反映了原子核的能量特点。比结合能等于结合能除以核子数。比结合能越大，表明原子核越稳定。A．根据质量数与电荷数守恒有60-60=0，27-28=-1，可知，X是电子，即2760B．β衰变中的电子来源于原子核内一个中子转化为一个质子与一个电子，故B错误；C．β衰变释放能量，生成核比反应核更加稳定，原子核越稳定，比结合能越大，即2860Ni的比结合能比D．半衰期是一个统计规律，只针对大量原子核才成立，对少数个别原子核不成立，即2个2760故选C。

【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒确定衰变的产物X和衰变类型，β衰变中的电子来源于原子核内，原子核越稳定，比结合能越大，半衰期是一个统计规律，对少数个别原子核不一定成立。5．如图甲为氢原子光谱，图乙为氢原子部分能级图。图甲中的Hα、Hβ、Hγ、Hδ属于巴尔末系，都是氢原子从高能级向n=2能级跃迁时产生的谱线。下列说法中正确的是（）A．Hβ对应的光子能量比Hγ的大B．Hβ对应的光子动量比Hγ的大C．Hδ是氢原子从n=3向n=2能级跃迁时产生的D．氢原子从高能级向n=1能级跃迁时产生的谱线均在Hδ的左侧【答案】D【解析】【解答】AB．根据图甲可知，Hβ对应的光子波长比Hγ的大，则频率低，由动量公式P=hλ，能量E=hν，可知HC．由图可知，四条谱线中Hδ谱线的波长最短，频率最大，根据玻尔跃迁理论可知，而氢原子从高能级向n=2能级跃迁产生的光子中，从n=3能级向n=2能级跃迁时产生的光子能量最小，其波长最长，频率最小，故C错误；D．根据玻尔跃迁理论可知，氢原子从高能级向n=1能级跃迁时产生的光子能量均大于Hδ，则波长均小于Hδ，谱线均在Hδ的左侧，故D正确。故选D。

【分析】AB.根据图甲的波长关系判断频率大小，再结合动量公式、能量公式分析解答；

CD.根据波长和频率关系进行分析判断。6．如图所示，在空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星与空间站一起绕地球做匀速圆周运动，且微型卫星、空间站和地球中心始终位于同一直线。忽略空间站和微型卫星的尺寸及它们之间的万有引力，则（）A．微型卫星的线速度比空间站的小B．微型卫星的加速度比空间站的小C．机械臂对微型卫星的作用力大小为零D．机械臂对微型卫星的作用力大小不为零，方向指向地心【答案】D【解析】【解答】解答本题时，要注意微型卫星和空间站同轴转动，角速度相同，与仅由万有引力提供向心力这种类型不同。A．微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，v=rω，所以微型卫星的线速度比空间站的大，故A错误；B．加速度a=rωCD．由G解得ω=可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由F=mω故选D。

【分析】微型卫星、空间站和地球中心始终位于同一直线，微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，根据v=rω分析线速度关系，由a=rω2分析加速度关系。若卫星和空间站仅由万有引力提供向心力，由此列式得到两者角速度关系，再分析机械臂对微型卫星的作用力大小和方向。7．一个带正电的小球用绝缘细线悬挂于O点，在其右侧放置一个不带电的枕形导体时，小球将在细线与竖直方向成θ角处保持静止，如图所示。若将导体的A端接地，当重新平衡时，细线与竖直方向的夹角将（）A．不变 B．变大C．变为零 D．变小但不为零【答案】B【解析】【解答】小球在细线与竖直方向成θ角处保持静止，根据平衡可知tanθ=故选B。

【分析】根据共点力平衡条件和将导体的A端接地后A端电量的变化导致的小球受到的电场力的变化情况，分析θ角的变化情况。8．如图所示，一定质量的理想气体经历了a→b、b→c、c→a三个过程，已知b→c为等容过程，另外两个中一个是等温过程，另一个是绝热过程。下列说法正确的是（）A．a→b过程，气体压强和体积的乘积变大B．a→b过程，气体压强和体积的乘积变小C．c→a过程，气体压强和体积的乘积变大D．c→a过程，气体压强和体积的乘积变小【答案】A【解析】【解答】解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。AB．根据ΔU=Q+W，假设c→a过程为绝热过程（Q=0），则有因为c→a过程，体积增大，即W<0，则ΔU<0，因此c→a过程温度降低，即a→b过程为等温过程，则Tb→c过程等容变化，由p可知Tc<Tb，这与假设结果T可知所以a→b过程气体压强和体积的乘积变大，故A正确，B错误；CD．c→a过程为等温过程，该过程温度始终保持不变，所以气体压强和体积的乘积不变，故CD错误。故选A。

【分析】据假设的方法结合热力学第一定律可知，c→a过程为等温过程气体压强和体积的乘积不变，a→b过程为绝热过程，体积减小，理想气体内能增大温度升高。9．如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有一与内壁接触的小物块，现给物块沿内壁切向方向的水平初速度。若物块与所有接触面间的动摩擦因数处处相等。则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】【解答】解题关键是要分析出摩擦力的变化情况，结合图像斜率求解。物块紧贴圆筒内壁开始滑动，水平方向圆筒侧面的弹力提供向心力，则有N侧=mv由于圆筒粗糙，所以物块滑动过程受到侧面和底面的滑动摩擦力作用，物块做减速运动，则有f侧=μ可知随着物块速度的减小，侧面滑动摩擦力逐渐减小，则滑动摩擦力合力逐渐减小，相同的弧长，滑动摩擦力合力做负功越来越少，根据动能定理可知，动能减小的越来越慢，则动能与弧长的图像斜率减小。故选C。

【分析】竖直方向受力平衡，水平方向圆筒侧面的弹力提供向心力，物块速度的减小，侧面滑动摩擦力逐渐减小，动能减小的越来越慢，图像斜率减小。10．如图所示，某同学利用一块表头G和三个定值电阻设计了如图所示的多量程电流表，该电表有1、2两个量程。当只增大电阻R1的阻值时，下列说法中正确的是（）A．两个量程均变大 B．两个量程均变小C．1的量程变大，2的量程变小 D．1的量程变小，2的量程变大【答案】A【解析】【解答】本题关键掌握多量程电流表的原理和串并联电路的特点。测电流时，根据欧姆定律和串并联电路电流规律可得量程1为I量程2为I当只增大电阻R1的阻值时，两个量程均变大。故选A。

【分析】根据闭合电路的欧姆定律结合电路连接分析判断。11．如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块A、B相连，并放在倾角为θ的固定斜面上，A靠在固定的挡板P上，弹簧与斜面平行，A、B均静止。将物块C在物块B上方与B相距x处由静止释放，C和B碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开，已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证A不离开挡板，x的最大值为（）A．4mgsinθk B．8mgsinθk【答案】B【解析】【解答】解答本题的关键是弄清楚各个物块的受力情况和运动情况，能够根据平衡条件求出弹簧形变量的大小，分析弹簧弹性势能的变化情况。运用机械能守恒定律时，要明确研究对象和研究过程。设要让A能离开挡板弹簧就要伸长x1到P点，有物块B、C从相碰后到一起运动到A刚要离开挡板，物块B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，A刚要离开挡板时物块B、C速度为零，弹簧伸长，弹力大小等于A重力下滑分力，伸长量等于x1，从碰后到A刚要离开挡板，弹簧弹性势能变化为零，设碰后速度为v2，由机械能守恒定律得碰撞过程根据动量守恒m下滑过程1联立解得x=故选B。

【分析】A、B均静止时，对B，根据平衡条件列式。研究A刚要离开挡板的情况，对A，根据平衡条件列式；研究C下滑过程，根据机械能守恒定律列式，得到C与B碰撞前的速度。对于C与B碰撞过程，根据动量守恒定律列式。从碰撞结束到A刚要离开挡板时物块B、C速度为零的过程，由系统机械能守恒列式，再联立求解。二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．某同学利用如图甲所示的实验装置和若干质量为m0的钩码来测量当地的重力加速度和待测物（带有挡光片）的质量，实验操作如下：①用游标卡尺测量挡光片的挡光宽度d；②调节配重物的质量，向下轻拉配重物后释放，当配重物能够匀速向下运动时，可认为配重物质量与待测物质量相等；③将待测物压在地面上，保持系统静止，测量出挡光片到光电门的距离h；④在配重物下端挂1只钩码，释放待测物，测量挡光时间为Δt，可得加速度a；⑤依次增加钩码数量n，由相同位置静止释放待测物，测量Δt并得到对应的加速度a。根据以上实验步骤，回答以下问题：（1）游标卡尺的示数如图乙所示，挡光片的宽度d=mm。（2）加速度a的表达式为（用d、h和Δt表示）（3）该同学作“1a−1n”图像，若所作图像斜率为k，纵截距为b，则当地重力加速度为，待测物质量为（4）实际中滑轮存在着摩擦阻力，若认为该阻力大小恒定，则请判断在上面测量方法中该阻力是否对重力加速度的测量值引起误差，并请简要说明理由。【答案】（1）4.80（2）d（3）1b；（4）该阻力不会对重力加速度的测量值引起误差。理由如下：根据牛顿第二定律可得1a=2M+【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的理解；关键是要理解实验原理，然后根据牛顿第二定律求解函数表达式。

（1）游标卡尺不用估读，挡光片的宽度d=4mm+0.05mm×16=4.80mm。（2）根据速度—位移公式v其中v=解得a=（3）由题意可知待测物的质量等于配重物的质量，设为M，对整体根据牛顿第二定律n其中a=可得1可知b=1g解得g=1b（4）该阻力不会对重力加速度的测量值引起误差。理由如下：若考虑阻力，则可将阻力等效为加在待测物上的质量为fg的物体，则根据牛顿第二定律可得1可见1a−1n图像的纵截距与阻力无关。

【分析】（1）根据游标卡尺的精确度读数，游标卡尺不用估读；

（2）根据光电门测速原理算出物体经过光电门的速度，根据速度—位移公式解答；（1）挡光片的宽度d=4mm+0.05mm×16=4.80mm。（2）根据v其中v=解得a=（3）[1][2]由题意可知待测物的质量等于配重物的质量，设为M，则根据牛顿第二定律n其中a=可得1可知b=1g解得g=1b（4）该阻力不会对重力加速度的测量值引起误差。理由如下：若考虑阻力，则可将阻力等效为加在待测物上的质量为fg的物体，则根据牛顿第二定律可得1可见1a13．某学校有一个景观水池，水池底部中央安装有一个可向整个水面各个方向发射红光的LED光源S，如图所示（侧视图）。某同学观察到水面上有光射出的区域是圆形（图中没有画出），若圆形区域半径为r，水对红光的折射率为n，在真空中的速度为c，该光源大小忽略不计，求：（1）红光在水中的速度v；（2）池中水的深度h。【答案】（1）解：红光在水中的速度v=（2）解：光恰好发生全反射处为圆形区域的边缘，如图全反射临界角满足sin水深h=解得h=r【解析】【分析】（1）根据v=cn求解红光在水中的速度；（2）画出光恰好发生全反射的光路图，根据（1）红光在水中的速度v=（2）光恰好发生全反射处为圆形区域的边缘，如图全反射临界角满足sin水深h=解得h=r14．某同学受“法拉第圆盘发电机”的启发，设计了一个提升重物的电动装置。如图所示，内圆半径为L、外圆半径为3L的圆环形铜盘焊接在半径也为L的铜轴上，铜轴水平放置，整个铜盘位于方向水平向左的匀强磁场中。用导线将电动势为E、内阻为r的电源和电流表通过电刷与铜轴和铜盘连成电路，铜轴上绕有轻绳，用以悬挂重物。当重物以速度v匀速上升时，电流表的示数为I。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，除电源内阻外其余电阻不计，求：（1）电源的路端电压U和重物的质量m；（2）匀强磁场的磁感应强度大小B。【答案】（1）解：由能量守恒得EI−解得m=路端电压U=E−Ir（2）解：铜盘转动的角速度为ω=铜盘上内外圆之间产生的电动势E由电路规律U=E−Ir而E解得B=【解析】【分析】（1）根据能量守恒求解重物质量，根据闭合回路欧姆定律求解路端电压；

（2）求解铜盘转动的角速度，根据法拉第电磁感应定律求解铜盘上内外圆之间产生的电动势，根据闭合回路欧姆定律表示路端电压，从而求解磁感应强度。（1）由能量守恒得EI−解得m=路端电压U=E−Ir（2）铜盘转动的角速度为ω=铜盘上内外圆之间产生的电动势E由电路规律U=E−Ir而E解得B=15．如图所示，水平地面上固定有两个相同的倾角θ=37°的斜面体（顶端固定有小滑轮），两滑轮间的距离d=12cm。两根等长的细线绕过滑轮，一端与放在斜面上的质量均为M=5kg的物块相连，另一端与质量m=3kg的小球连接。初始时刻，用手竖直向下拉住小球，使系统保持静止，此时两细线与竖直方向间的夹角均为α=37°，松手后，小球将在竖直方向上运动。忽略一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）开始时手对小球的拉力大小F；（2）小球能够上升的最大高度h；（3）小球回到初始位置时的加速度大小a。【答案】（1）解：初始时刻系统静止，对物块T=Mgsinθ=30N假设F方向向下，对小球2T解得F=18N（2）解：小球上升到最大高度时，系统的动能为0。设此时连接小球的细线与竖直方向间的夹角为β。对系统2Mg解得β=90°可见小球上升到最大高度时绳子水平，小球上升的最大高度为h=8cm（3）解：对物块Mgsinα-T1=MaM对小球2T1cosα-mg=ma加速度关系aM=acosα联立方程解得a=9047【解析】【分析】（1）初始时系统静止，由平衡条件分别列式，即可分析求解；

（2）由题知，两个物块、一个小球及轻绳组成的系统机械能守恒，小球上升到最大高度时，系统的动能为0，对系统，由机械能守恒定律列式，结合几何关系，即可分析求解；

（3）对物块、对小球，由牛顿第二定律分别列式，结合加速度的关系，即可分析求解。（1）初始时刻系统静止，对物块T=Mgsinθ=30N假设F方向向下，对小球2T解得F=18N（2）小球上升到最大高度时，系统的动能为0。设此时连接小球的细线与竖直方向间的夹角为β。对系统2Mg解得β=90°可见小球上升到最大高度时绳子水平，小球上升的最大高度为h=8cm（3）对物块Mgsinα-T1=MaM对小球2T1cosα-mg=ma加速度关系aM=acosα联立方程解得a=904716．如图所示，在空间直角坐标系O—xyz中有一长方体区域，棱OP、OA、ON分别在x轴、y轴和z轴上，侧面CBPQ处放有一块绝缘薄板。在该区域内有沿y轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场。现有大量质量均为m、电荷量均为+q的带电粒子从O点以大小各不相同的初速度沿z轴正方向射入该区域，粒子的初速度大小连续分布在0<v0≤8qBd3m范围内。（1）求能到达P点的粒子的初速度大小；（2）求初速度v0（3）若长方体区域还存在沿y轴正方向、大小可调的匀强电场。①要使得第（2）中的粒子与绝缘薄板只碰撞1次，求场强大小E需满足的条件；②调节匀强电场的大小，使得所有粒子均不会从ABCD面射出，现研究到达CDNQ面时速度方向与该平面平行的粒子，通过计算说明它们的初速度大小有几个可能的值，并求出其中初速度最大的粒子到达CDNQ面时的x坐标。【答案】（1）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，能到达P点的粒子的运动轨迹为半圆。半径r由牛顿第二定律可得qvB=m解得v=（2）解：v0=轨迹如图所示由几何关系r2＋r2sinθ＝4d解得θ＝30°相邻两次撞击点之间的距离Δz＝2r2cos30°=粒子与薄板碰撞的次数n=取n=2第1次碰撞时z第2次碰撞时z2（