2025届江苏省淮安市高三上学期一模物理试题

这是一份2025届江苏省淮安市高三上学期一模物理试题，共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．手握手机使其处于图示的倾斜静止状态。手握得越紧，手机受到手的（ ）
A．弹力越大B．弹力越小
C．摩擦力越大D．摩擦力保持不变
2．某质点在0~4s内运动的位移x随时间t的变化关系图像如图所示，下列说法正确的（ ）
A．第4s末质点回到出发点B．前4s内质点做单方向直线运动
C．第1s内质点做匀加速直线运动D．第1s、第2s内质点速度相同
3．如图所示为某时刻沿x轴正方向传播的简谐横波图像，该时刻波传到f点，则（ ）
A．c点的起振方向沿y轴负方向B．此时质点a、d的加速度方向相反
C．之后极短时间内质点c的速度变大D．经过半个周期，质点b传到质点e
4．如图所示，竖直轻弹簧固定在地面上，小球放在弹簧上端可静止在A点（图中未画出）．若将该球放在弹簧上端并按压至B点松手，升至最高点O，途径C点时弹簧恰好处于原长，空气阻力不计，则（ ）
A．A点位于BC连线中点
B．小球在B点的加速度小于C点的
C．小球从B运动到A的时间大于从A运动到C的时间
D．上升过程中小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一直增大
5．如图所示，质量分布均匀、不可伸长的绳两端分别固定在竖直杆M、N的P、Q两等高点，两杆间距为d，则（ ）
A．绳中各点所受拉力大小相等B．绳中位置越低的点所受拉力越大
C．若d减小，P点所受拉力减小D．若d减小，最低点所受拉力增大
6．如图所示，为将沿椭圆轨道Ⅰ运动的飞行器变轨到圆轨道Ⅱ上做匀速圆周运动，可在P点沿图示箭头方向喷射气体实现。已知椭圆轨道的长轴是圆轨道半径的2倍。飞行器（ ）
A．在轨道Ⅰ上从A点到P点，机械能逐渐增大
B．在轨道Ⅱ上运行速度小于在轨道Ⅰ上经过P点速度
C．在轨道Ⅱ上运行周期大于在轨道Ⅰ上运行周期
D．在轨道Ⅱ上运行加速度小于在轨道Ⅰ上经过P点加速度
7．如图所示，半径为R的光滑球形石墩固定不动，质量为m的小物块从石墩的顶点A以初速度沿石墩表面下滑，则（ ）
A．越小，分离越早
B．取适当值，可在球心等高处分离
C．若，物块在石墩顶点处分离
D．分离瞬间物块的向心加速度一定等于重力加速度
8．如图所示，在同一竖直平面内，从A、B两点以相同速率同时抛出甲、乙两相同的小球，在上升过程中的C点相遇。该过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲球的重力的冲量比乙球的小
B．抛出时，甲球重力的功率比乙球大
C．甲球的初速度与水平方向的夹角比乙球的大
D．相遇时，甲球的动能比乙球的大
9．如图所示，两个同种点电荷分别位于M、N两点，电荷量分别为q、2q，P、Q是MN连线上的两点，且MP=QN。下列说法正确的是（ ）
A．P点电场强度比Q点的大
B．P点电势与Q点相等
C．若点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变
D．若点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍
10．如图所示，光滑轨道固定在水平地面上，质量均为m、相距很近的A、B两小球静置于轨道水平部分。将质量为M的小球C从轨道圆弧部分的某高度处由静止释放，设所有碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．若，C与A仅碰撞一次B．若，A与B仅碰撞一次
C．若，C与A可碰撞两次D．若，A与B可碰撞两次
11．如图所示，弹性绳原长为L0，一端固定于P点，另一端穿过光滑的小孔Q与小木块相连，带有孔Q的挡板光滑且与固定的粗糙斜面平行，P、Q间距等于L0，现将木块从斜面上A点由静止释放，在弹性绳拉动下向上运动到最高点过程中，木块的速度v、动能Ek、重力势能Ep、机械能E随时间t变化的关系图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
二、实验题
12．两学习小组A、B用如图甲所示实验装置验证向心力大小与速度平方成正比。铁架台上安装带有刻度的半圆板，刻度以圆板最低点所在的水平线为“0”等高线，相邻等高线间距相等。轻绳一端在圆心O处与DIS传感器相连（图中未画出），另一端与小球相连，小球平衡时球心恰在等高线0处，用DIS传感器测量小球做圆周运动过程绳中拉力F大小。
(1)为了验证小球的向心力与速度平方的定量关系，控制小球的质量m和做圆周运动的半径r不变。A组同学将绳拉直，球心与距“0”等高线高度为h的刻度线处重合，将小球由静止释放，运动至最低点的速度平方的表达式= （用重力加速度g、h表示）；
(2)DIS系统记录某次小球运动过程中绳中的拉力F随时间t的变化关系图像如图乙所示，则 （选填“a”“b”）点的纵坐标表示小球运动至最低点时绳中的拉力大小；
(3)多次改变小球的释放点高度h，记录每次高度h及对应的运动至最低点时绳中的拉力F大小的数据，描绘出图像如图丙所示，图线I的纵轴截距表示 ，试问：根据该图线能否说明小球的向心力与速度平方成正比？请简述理由 ；
(4)实验操作过程中，B组同学每次将小球的最低点与高度为h的等高线相切，其余操作与A组的相同，B组也在丙图中描绘图线，标记为Ⅱ，图中哪个选项可能正确反映图线I、Ⅱ关系的（ ）
A．B．
C．D．
三、解答题
13．如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线a是时的波形曲线，虚线b是时的波形曲线。已知该波的周期T大于0.3s，质点P的平衡位置处于处。求：
(1)该波的波速v；
(2)0~1.2s时间内质点P通过的路程s。
14．质量为30kg的小明从离水平网面0.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到水平网面0.45m高处，已知小明与网接触的时间为0.35s，g取，求：
(1)小明与网接触的这段时间内动量的变化量的大小；
(2)网对小明的平均作用力大小。
15．如图所示，倾角的光滑绝缘斜面AB与半径的圆弧光滑绝缘轨道BCD在竖直平面内相切于B点，圆弧轨道处于方向水平向右的有界匀强电场中，电场的电场强度大小。质量、电荷量的小滑块从斜面上P点由静止释放，沿斜面运动经B点进入圆弧轨道，已知P、B两点间距，，，g取。
(1)求滑块运动到B点时速度大小；
(2)求滑块运动到与圆心O等高的Q点时对轨道的压力大小；
(3)调整斜面上释放点位置，欲使滑块能从D点飞出，求该释放点与B点间距的最小值。
16．如图甲所示，电动机驱动水平传送带以的速度匀速穿过固定竖直光滑挡板，挡板与传送带边缘间的夹角。质量的圆柱形物块从传送带左端由静止释放，经一段时间做匀速直线运动，接着撞击挡板，撞击挡板前后沿挡板的分速度不变、垂直挡板的分速度减为零，撞击后紧贴挡板运动滑离传送带，俯视图如图乙所示。已知物块与传送带间的动摩擦因数，g取。求：
(1)物块由静止开始做加速运动的时间t；
(2)物块紧贴挡板运动时所受摩擦力的大小和方向；
(3)上述过程中，因传送该物块电动机多消耗的电能E。
参考答案：
1．D
【详解】设手机与水平方向的夹角为θ，则
所以手握得越紧，手机受到手的弹力、摩擦力均不变。
故选D。
2．A
【详解】A．第4s末质点与出发点的位置相同，所以回到出发点，故A正确；
B．前4s内质点做往复运动，故B错误；
C．图像的斜率表示速度，第1s内质点做匀速直线运动，故C错误；
D．第1s、第2s内质点速度方向相反，故D错误。
故选A。
3．A
【详解】A．根据“峰前质点上振”可知f点的起振方向沿y轴负方向,因为所有质点的起振方向均相同，所以c点的起振方向沿y轴负方向，故A正确；
B．质点a、d所受的回复力均指向平衡位置，所以质点a、d的加速度方向相同，故B错误；
C．根据“峰前质点上振”可知质点c正在沿y轴正方向振动，速度越来越小，故C错误；
D．质点不能传播，只能在平衡位置附近振动，故D错误。
故选A。
4．C
【详解】A．小球放在弹簧上，可以静止于A点，知A点为平衡位置，若从C点由静止释放，平衡位置在C点和最低点的中点，当小球弹起到达最高点O后，再由O点下落（到达C点时有一定的初速度），则最低点必定下移到B点（根据能量守恒），但是平衡位置不变，可知A点位于BC连线中点的上方（并不在BC连线的中点），见下图
故A错误；
B．若小球从C点静止释放，到达最低点时，加速度与C点对称，则小球在点的加速度大小为g，此时弹簧的弹力为则有
得
但是B点所处的位置在C点关于平衡位置对称点（点）的下方，其弹簧的弹力
小球在B点时，根据牛顿第二定律
＞
可知小球在B点得加速度a大于g，则小球在B点的加速度大于C点的，故B错误；
C．小球放在弹簧上端可静止在A点，可知A点为简谐运动的平衡位置，设T为简谐运动的周期，小球从B运动到A的时间为,A运动到C的时间小于，故C正确；
D．小球上升过程中，重力势能一直增大（因为高度增加）。而弹簧的弹性势能则先减小，直至恢复原长时弹性势能为0。根据能量守恒定律，小球的重力势能、弹簧的弹性势能和动能之和保持不变。在上升过程中，小球的动能先增大后减小（因为小球先做加速运动后做减速运动），所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和并不是一直增大的，故D错误。
故选C。
5．C
【详解】AB．因为绳子的自重会导致绳子在不同位置的拉力不同。靠近固定点的绳子段需要支撑更多绳子的重力，因此拉力更大，反之拉力越小，故AB错误；
C．根据平衡条件
可知P点拉力
当两杆间距d减小时，减小，增大，因此P 点处所受拉力减小，C正确；
C．将绳子的一半作为研究对象，受力分析可知，最低点的拉力
当d减小时，由于减小，减小,因此最低点所受的拉力也会减小，D错误。
故选C。
6．B
【详解】A．在轨道Ⅰ上运行时，只受万有引力作用，机械能守恒，即从A点到P点，机械能不变，故A错误；
B．根据卫星的变轨原理可知，过P点时速度应沿斜线方向斜向右上，在P点沿箭头方向喷气实现变轨，飞行器减速变轨到圆轨道Ⅱ上，所以在轨道Ⅱ上运行速度小于在轨道Ⅰ上经过P点速度，故B正确；
C．由于II轨道半径等于I轨道半长轴，根据开普勒第三定律可知，卫星在II轨道周期等于I轨道的周期，故C错误；
D．根据牛顿第二定律
所以
则在轨道Ⅱ上运行加速度等于在轨道Ⅰ上经过P点加速度，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】C．若物块在石墩顶点位置恰好分离，则有
则有
可知，当物块从石墩的顶点A以初速度大于或等于时，物块在石墩顶点处分离，故C正确；
A．结合上述可知，当速度小于时，物块在石墩顶点下侧某一位置分离，令该位置同圆心连线于竖直方向夹角为，则有
物块从顶点到分离位置，根据动能定理有
解得
可知，当速度小于时，越小，分离越迟，故A错误；
B．结合上述有
若物块在球心等高处分离，则一定等于90° ，可知，上述表达式不可能成立，即物块不可能在球心等高处分离，故B错误；
D．结合上述可知，分离瞬间由重力沿半径方向的分力提供向心力，此时物块的向心加速度一定小于重力加速度，故D错误。
故选C。
8．D
【详解】A．以相同速率同时抛出甲、乙两相同的小球，在C点相遇，两球在空中运动时间相同，重力相同，重力的冲量也相同，故A错误；
B．甲、乙两球在抛出后竖直方向加速度相同，运动时间相同，但是甲球竖直位移小于乙球，说明甲球在竖直方向的初速度小于乙球，所以抛出时，甲球重力的功率比乙球小，故B错误；
C．从B选项的分析可知，甲球在竖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，甲球的初速度与水平方向的夹角比乙球的小，故C错误；
D．全程甲球重力势能减少量小于乙球，相遇时，甲球的动能比乙球的大，故D正确。
故选D。
9．D
【详解】AD．可将电荷量为2q的点电荷看成两个电荷量均为q的点电荷，根据等量同种点电荷电场分布特点可知，等量同种点电荷电场中P、Q两点电场强度大小相等，方向相反，设为E0，所以
则
若点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则E0、EP、EQ的大小也变为原来的2倍，故A错误，D正确；
BC．在等量同种点电荷电场中，P点电势与Q点相等，由于N点电荷电荷量较大，所以Q点电势高于P点电势，若点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差也变为原来的2倍，故BC错误。
故选D。
10．B
【详解】AB．质量为M的小球C从轨道圆弧部分由静止释放滑至底端的过程
取水平向右为正方向，C与A弹性碰撞,有
解得
，
A与B弹性碰撞，A与B质量相等，同理可得碰后A与B速度交换，即A停下，B以向右运动，若，则，C返回冲上曲面后再次与静止的A弹性碰撞，同理可解得
，
易知，，A与B仅碰撞一次，C与A碰撞两次，故A错误，B正确；
C．若，C与A弹性碰撞，碰后
，
之后A与B弹性碰撞，碰后A与B速度交换，即A停下，B以向右运动，C与A仅碰撞一次，故C错误；
D．若，C与A弹性碰撞，碰后
，
易知，，之后A与B弹性碰撞，碰后A与B速度交换，即A停下，B以向右运动，接着C再次与A弹性碰撞，碰后
，
易知，，A与B仅碰撞一次，C与A碰撞两次，故D错误。
故选B。
11．A
【详解】A．设斜面倾角为α，绳与斜面的夹角为θ，根据牛顿第二定律有
木块上滑的过程中，kxsinθ不变，则FN不变，f不变，kxcsθ减小，则a减小，方向沿斜面向上，同理，当绳与斜面的夹角大于90°时，a增大，方向沿斜面向下，所以木块的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A正确；
B．加速阶段，动能增大，减速阶段动能减小，但其斜率表示动能变化快慢，即速度变化快慢，由以上分析可知，速度先增加越来越慢，后减小越来越快，所以图线斜率不断变化，故B错误；
C．木块向上运动过程中，重力势能一直增大，故C错误；
D．加速阶段，弹簧弹力做功大于摩擦力做功，木块机械能增大，减速阶段，二者均做负功，机械能减小，故D错误。
故选A。
12．(1)
(2)a
(3) 小球的重力 见详解
(4)C
【详解】（1）小球从静止释放到运动至最低点的过程中，只有重力做功，因此小球的机械能守恒。根据机械能守恒定律，小球在最高点的重力势能等于在最低点的动能
得
（2）设单摆的角度为时，对小球进行受力分析有
则
当时，小球位于最低点，最大，故a点的纵坐标表示小球运动至最低点时绳中的拉力。
（3）[1]当h=0时，即小球释放的高度为零，此时小球并没有获得初速度，因此在最低点时，小球并不需要做圆周运动，也就不会产生向心力。但是，由于绳子的存在，小球在最低点时会受到绳子的拉力，这个拉力就等于小球的重力。所以，图线I的纵轴截距表示的就是小球的重力。
[2]根据向心力公式
可以得
然而，绳中的拉力F并不等于向心力，而是等于向心力加上小球的重力
从这个公式可以看出，拉力F与h之间并不是简单的正比关系，而是线性关系加上一个常数（小球的重力）。因此，仅仅根据这个图线，不能直接得出小球的向心力与速度平方成正比的结论，因为绳中的拉力并不等于向心力，而是与向心力有线性关系加上一个常数。
（4）B组同学每次将小球的最低点与高度为h的等高线相切，设小球半径为，根据能量守恒定则有
得
则绳中的拉力F为
故选C。
13．(1)10m/s
(2)36cm
【详解】（1）波沿x轴正方向传播，则有
，n = 1，2，3……
由于该波的周期T大于0.3s，则解得
由图可知
根据
解得
（2）在0~1.2s时间内，则有
所以0~1.2s时间内质点P通过的路程
14．(1)
(2)
【详解】（1）在小明下落没接触到网的过程中，根据运动学公式，则有
可解得
在小明离开网向上减速的过程中，根据运动学公式，则有
可解得
所以与网接触的过程中，动量变化量则有
（2）对小明由动量定理，则有
可解得
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块从P点到B点，由动能定理得
解得滑块运动到B点时速度大小
（2）Q点与B点的高度
Q点与B点的水平距离为
滑块从B点到Q点，由动能定理得
解得
滑块在Q点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可得滑块运动到与圆心O等高的Q点时对轨道的压力大小
（3）滑块恰好到D点时
解得
滑块从B点到D点由动能定理得
解得
滑块从点到B点由动能定理得
解得
该释放点与B点间距的最小值为。
16．(1)
(2)5N，方向见解析
(3)18.5J
【详解】（1）物块做加速运动过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
则物块由静止开始做加速运动的时间为
（2）物块紧贴挡板运动时，受到传送带的滑动摩擦力作用，则大小为
由于撞击挡板前后沿挡板的分速度不变、垂直挡板的分速度减为零，如图所示
则物块紧贴挡板运动时，物块相对传送带的运动方向垂直于挡板，与方向相反，故物块所受摩擦力的方向垂直于挡板与方向相同。
（3）物块紧贴挡板运动时，对物块进行受力分析，水平面内受到垂直挡板方向的摩擦力和挡板支持力作用，竖直方向受到重力和传送带的支持力作用，可知物块沿挡板做匀速直线运动；物块由静止加速到与传送带共速过程，发生的相对位移为
根据能量守恒可知，物块由静止加速到与传送带共速过程，电动机多消耗的电能为
物块与挡板撞击后紧贴挡板运动滑离传送带，该过程所用时间为
该过程物块与传送带发生的相对位移为
该过程电动机多消耗的电能为
则整个过程因传送该物块电动机多消耗的电能为
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
A
C
C
B
C
D
D
B
题号
11









答案
A