[物理]2025届江苏省南通市崇川区高三上学期9月第一次调研测试试题(解析版)

这是一份[物理]2025届江苏省南通市崇川区高三上学期9月第一次调研测试试题(解析版)，共17页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。 每题只有一个选项最符合题意。
1. 如图所示，在注满清水的竖直密封玻璃管中，蜡块R在玻璃管内匀速上浮的同时，玻璃管向右运动，蜡块的运动轨迹如图所示，则玻璃管（ ）
A. 一直加速
B. 一直减速
C. 先加速后减速
D. 先减速后加速
【答案】A
【解析】由轨迹可知，蜡块合力向右，蜡块速度与合力夹角小于90°，所以蜡块做加速运动。
故选A。
2. 用油膜法估测分子大小的实验中，下列操作正确的是（ ）
A. 滴入液滴时，滴管下端应远离水面
B. 应先滴入油酸酒精溶液，后将痱子粉均匀地撒在水面上
C. 待油酸薄膜形状稳定后，在玻璃板上描下油酸膜的形状
D. 向量筒中滴5滴溶液，测出5滴溶液的体积，算得1滴溶液的体积
【答案】C
【解析】A．滴入液滴时，滴管下端应靠近水面，便于油酸溶液均匀散开形成油膜，故A错误；
B．实验时应先把痱子粉均匀地撒在水面上，再滴油酸酒精溶液，这样可以形成边界清晰的油膜，易于对油膜面积的测定，故B错误；
C．待油酸薄膜形状稳定后，在玻璃板上描下油酸膜的形状，故C正确；
D．向量筒中滴5滴溶液，滴数太少，算得1滴油酸溶液体积时误差较大，故D错误。
故选C。
3. 无线电广播系统方框图如图所示，下列关于a、b装置说法正确的是（ ）
A. a是调制、b是调谐
B. a是调制、b是解调
C. a是调谐、b是解调
D. a是调谐、b是调制
【答案】B
【解析】在无线电广播中，人们先将声音信号转换为电信号，然后将这些信号由高频电磁波带着向周围空间传播，可知a是调制。而在另一地点，人们利用接收机接收到这些电磁波后，又将其中的电信号还原成声音信号，这就是无线电广播的大致过程。其中“收音”的顺序大致为：天线接收电磁波→调谐器选出某一频率的电磁波→解调器从高频电流中取出音频电信号，放大后送到扬声器→扬声器把音频电信号转换成声音，可知b是解调。
故选B。
4. 在不同温度下某物质材料的分子排列如图所示，甲图对应的温度为，乙图对应的温度为。则（ ）
A.
B. 甲、乙两图中的分子都在做热运动
C. 甲图中沿不同方向单位长度上的分子数相同
D. 乙图中沿不同方向单位长度上的分子数相同
【答案】B
【解析】A．液晶在低温时会凝固成结晶态，当温度升高时，晶体中分子热运动增加，转化为液晶态，则有
故A错误；
B．分子的热运动是永不停息的，则甲、乙两图中的分子都在做热运动，故B正确；
CD．液晶是一种介于晶体固体和各向同性液体之间的中间相，其分子结构具有各向异性，这意味着液晶分子的排列和取向在不同方向上会有所不同，因此，液晶在不同的形态下，沿不同方向单位长度上的分子数是不相同的，故CD错误。
故选B。
5. 在巴黎奥运会15m攀岩速度赛中，我国选手伍鹏以4秒77夺得银牌。 甲图中脚离开装置1开始计时，乙图中手触碰到装置2计时结束，下列说法正确的是（ ）
A. 4秒77表示时刻
B. 伍鹏手的位移是 15m
C. 计时装置使用了压力传感器
D. 可以求出伍鹏到达顶端时的瞬时速度
【答案】C
【解析】A．4秒77表示一段间隔，为时间，故A错误；
B．伍鹏脚离开装置1位置到手触碰装置2的位置的位移是15m，手的位移小于15m，故B错误；
C．计时装置使用压力传感器检测伍鹏出发和到达的信息，故C正确；
D．只知道时间和位移，无法求出伍鹏到达顶端时的瞬时速度，故D错误。
故选C。
6. 央视曝光“能量石”核辐射严重超标，该“能量石”含有放射性元素钍，连续衰变方程为，半衰期长达1.4×10¹⁰年。 则（ ）
A. X比少（12+y） 个中子
B. 衰变过程中只产生了两种射线
C. X的比结合能小于的比结合能
D. 100个经过1.4×10¹⁰年还剩50个
【答案】A
【解析】A．中子数为232-90=142
根据质量数守恒，X的质量数为
根据电荷数守恒，X的电荷数为
则X的中子数为208-（）=130-y
X比少
142-（130-y）=12+y
个中子，故A正确；
B．衰变过程中只产生了3种射线，分别为射线、射线和射线，故B错误；
C．该反应因为放出能量，所以X的比结合能大于的比结合能，故C错误；
D．半衰期是大量原子核的统计规律，对少数原子核不适用，故D错误。故选A。
7. 如图所示为氢原子能级示意图的一部分，从第3、第2能级跃迁到第1能级所辐射的光子能量分别为E1、E2， 频率分别为、， 波长分别为λ₁、λ₂， 动量分别为p1、p2。 则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】A．由波尔理论以及题意可知，则有
故A错误；
B．根据
可知
故B错误；
C．根据
可知
故C错误；
D．根据
可知
故选D。
8. 2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，并顺利进入月球附近的椭圆形捕获轨道，沿顺时针方向运行。 如图所示，捕获轨道的近月点为A，远月点为C，短轴的一个端点为B，设鹊桥二号由A第一次运动到B和由B第一次运动到C的时间分别为、，对应的两个阶段鹊桥二号与月球连线扫过的面积分别为、，在A、B两点的速度大小为vA、vB，加速度大小为aA、aB。 则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】AB．由开普勒第二定律可知，鹊桥二号在近月点A速度最大，在远月点C速度最小，可知从A到C的过程中，速度逐渐减小，鹊桥二号由A第一次运动到B的弧长等于由B第一次运动到C的弧长，因此可知鹊桥二号由A第一次运动到B的时间小于由B第一次运动到C的时间，即；由鹊桥二号与月球连线在相等的时间内扫过的面积相等可知，对应的两个阶段鹊桥二号与月球连线扫过的面积则有，A错误，B正确；
C．由开普勒第二定律可知，鹊桥二号与月球连线在相等的时间内扫过的面积相等，因此鹊桥二号在近月点A附近，在相等时间内通过的弧长较长，即运动的速度较大，在B点附近，在相等时间内通过的弧长较小，即运动速度较小，因此有在A点的速度大于在B点的速度，即，C错误；
D．设月球质量为M，鹊桥二号质量为m，由牛顿第二定律可得
可知，则有，D错误。故选B。
9. 在研究光电效应的实验时，当图甲中滑动变阻器的滑片P由位置a滑到位置b的过程中，对应的电流表的示数变化如图乙所示，则滑片移动过程中（ ）
A. 电源的左端为正极
B. 从K极射出的电子的最大初动能变大
C. 到达A极电子最大动能不变
D. 单位时间内到达A极的电子数变多
【答案】D
【解析】A．由题图乙可知，当图甲中滑动变阻器的滑片P由位置a滑到位置b的过程中，电流表的示数由增大到，光电流是由光电子定向移动产生，说明加在A极与K极间的正向电压增大，即A极电势高于K极电势，因此电源的左端为负极，A错误；
B．由爱因斯坦的光电效应方程可知，K极的逸出功一定，光照频率一定，因此从K极射出的电子的最大初动能不变，与加速电压增大无关，B错误；
C．A极与K极间的正向加速电压增大，光电子由K极射出到A极，由动能定理可得
解得
即到达A极的电子最大动能变大， C错误；
D．由题图乙可知，当滑动变阻器的滑片P由位置a滑到位置b的过程中，光电流随加速电压的增大由增大到，即光电流一直增大，因此由电流的定义可知，单位时间内到达A极的电子数变多，D正确。
故选D。
10. 图甲为明朝《天工开物》记载测量“号弦”张力插图，图乙为其示意图，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点。 在弓的中点悬挂一重物后再调整弦长，使弦的张角从 增大，则弦的张力（ ）
A. 增大
B. 减小
C. 先变小后变大
D. 先变大后变小
【答案】A
【解析】设弦的张力为T，则
若弦的张角从 增大，则弦的张力T变大。
故选A。
11. 如图所示，物体M悬挂在动滑轮上，两者可沿竖直固定的杆运动。绳子的一端固定在A点，绳子的另一端以速率v匀速收绳，当绳BC段与竖直方向夹角为α时，物体M的速度大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据题意可得
所以物体M的速度为
故选D。
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、方程式和重要的演算步骤，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. （15分）某实验小组利用如图甲所示的装置，探究加速度与力的关系。
（1）该实验过程中操作正确的是______。
A. 补偿阻力时小车不要连接纸带
B. 先接通打点计时器电源，后释放小车
C. 调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
（2）图乙为某同学在实验中打出的纸带，计时器打点频率为50 Hz，相邻两计数点间有四个点未画出，部分实验数据如图所示。求得小车的加速度是______m/s2。（结果保留两位有效数字）
（3）实验中根据得到的数据画出了a − F的图线，如图丙所示，从图中可以发现实验操作中存在的问题可能是______。
A. 补偿阻力时长木板的倾角偏大
B. 处理纸带时去除了开始密集的点
C. 砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量
（4）如图丁所示，将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车，细线拉力F的大小可以从力传感器获得。从理论上分析，实验得到的a − F图线的斜率与（3）相比，将______（选填“变大”、“变小”或“不变”），理由是______。
【答案】（1）B （2）0.51 （3）A
（4）变大 将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车后，a − F图线的斜率变为，大于（3）中a − F图线的斜率
【解析】【小问1详解】
A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；
B．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确；
C．为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。
故选B。
【小问2详解】
相邻两计数点间有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得，小车的加速度为
【小问3详解】
A．由图丙可知，当F = 0时，小车产生了加速度，因此说明补偿阻力时长木板的倾角偏大，故A正确；
B．如果实验过程没有不当之处，在处理纸带时去除了开始密集的点，那么纸带后面的点得到的数据在a − F的图线中的连线反向延长线也是能过原点的，所以图丙中a − F图线不过原点与处理纸带时去除了开始密集的点无关，故B错误；
C．设小车质量为M，砝码和砝码盘总质量为m，由牛顿第二定律得
解得
实验中，小车的拉力F = mg，则随着F的增大，即m增大，而将变小，则a − F的图线的斜率变小，特别是M与m接近时，斜率变小更加明显，所以砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量，会使a − F的图线末端向F轴弯曲，不会使a − F的图线不过原点，故C错误。故选A。
【小问4详解】
由（3）可知，原实验得到的a − F图线的斜率为，现将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车，由牛顿第二定律得
解得
所以将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车后，a − F图线的斜率变为，大于（3）中a − F图线的斜率。
13. 如图所示， 倾角 ’的光滑斜坡与光滑水平面在O处平滑相接，小滑块甲在斜坡上高h处由静止释放，在甲释放的同时，滑块乙在恒力作用下从O处由静止开始向右做匀加速运动，甲恰能追上乙。 已知 重力加速度 ，求：
（1）甲在斜面上运动的加速度大小a1；
（2）乙向右运动的加速度大小a2。
【答案】（1） （2）
【解析】【小问1详解】
对甲分析，根据牛顿第二定律得
解得
【小问2详解】
设甲在斜面上运动的时间为，则有
解得
甲下到水平面的速度为
甲下到水平面后，做匀速直线运动，设甲、乙经ts相遇，则有
且有
联立解得
14. n摩尔理想气体，其压强p随热力学温度T变化的过程如图所示，a、b、c为过程中的三个状态，各状态的压强和温度如图所示，已知状态a时气体的体积为V₀，ab的延长线通过坐标原点0，气体从状态a到状态b吸收热量Q，阿伏伽德罗常数为,求：
（1）状态b时气体的温度
（2）从状态a到状态b气体内能的增加量
（3）状态c时，气体分子间的平均距离d。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
气体从a到b为等容变化，体积不变，根据理想气体状态方程，有
可得
小问2详解】
气体从a到b为等容变化，体积不变，气体做功为0，根据热力学第一定律，有
可得
【小问3详解】
气体从b到c为等压变化，压强不变，根据理想气体状态方程，有
解得
气体分子个数为
分子间的平均距离为
15. 如图所示，不可伸长的轻绳穿过一竖直固定的光滑细管，其两端系有小球A、B，B的质量是A的两倍。 当球A绕中心轴匀速转动时，A球到上管口的绳长为L，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求与A 球相连的绳与细管的夹角θ；
（2）求A球运动的周期 T；
（3）若A球的角速度增为原来的 QUOTE 2 2倍，求稳定后B球的高度变化量
【答案】（1）60° （2） （3）
【解析】【小问1详解】
设A、B的质量分别为m和2m，对小球A，细绳的拉力的竖直分量等于重力可得
其中
可得
【小问2详解】
对小球A，由牛顿第二定律可知
可得
【小问3详解】
根据
即
若A球的角速度增为原来的倍，则L变为原来的一半，即变为，则稳定后B球的高度变化量
16. 如图所示，水平面上一小滑块置于长木板上，且均处于静止状态。已知滑块与木板左、右两端距离分别为L1 = 6 m、L2 = 8 m，木板与滑块、水平面间的动摩擦因数分别为μ1 = 0.2、μ2 = 0.1，木板的质量M = 1 kg，上表面距水平面高度h = 0.8 m，滑块的质量m = 2 kg。现给滑块一水平向右的初速度v0 = 8 m/s，重力加速度g = 10 m/s2。
（1）要使木板保持静止，在木板上加一竖直向下的力F1，求力F1的最小值；
（2）为使滑块不滑离木板，在木板上加一水平方向的力F2，求力F2的大小范围；
（3）若在木板上加一水平向右的力F3，且F3 = 13 N，求滑块落地时距木板左端的距离Δx。
【答案】（1）10 N
（2）1 N ≤ F2 ≤ 9 N
（3）4.16 m
【解析】【小问1详解】
在木板上加一竖直向下的力F1，要使木板保持静止，则水平面与木板之间的最大静摩擦力要大于等于滑块对木板的摩擦力，则有
解得
故力F1的最小值为10 N。
【小问2详解】
①若在木板上加一水平向左的力F2，且木板的初始加速度也向左，则滑块向右做匀减速运动到静止时，滑块的位移为
则滑块向右做匀减速运动，还未与木板共速时就已经从木板最右端滑离了木板，故木板的初始加速度不可能向左。
②若在木板上加一水平向右的力F2，设滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
为使滑块不滑离木板，则滑块和木板共速时，滑块最多只能到达木板的最右端，即木板与滑块的相对位移小于等于L2，设滑块和木板达到共速v共所用时间为t，滑块的位移为x块，木板的位移为x板，则
解得
要使滑块与木板达到共速后，不再相对滑动，则应满足
解得
故力F2的大小范围为1 N ≤ F2 ≤ 9 N。
【小问3详解】
若在木板上加一水平向右的力F3，且F3 = 13 N，则滑块和木板共速前，滑块的加速度大小为a1 = μ1g = 2 m/s2，设木板的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得
设此时滑块和木板达到共速所用时间为t1，滑块和木板的相对位移大小为Δx1，则
因为F3 = 13 N > 9 N，所以滑块和木板共速后还会相对滑动，设此后再经过时间t2，滑块刚好到达木板最左端而离开木板，此时滑块和木板的相对位移大小为Δx2，木板的加速度大小为a4，滑块和木板的速度分别为v块和v板，则
滑块脱离木板后，做平抛运动，设经过时间t3后落地，此时木板继续做匀加速直线运动，设其加速度为a5，则
滑块落地时距木板左端的距离为
解得