2021届江苏省扬州市江都区大桥中学高三(上)期初调研物理试题

理试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．如图所示，如东苏果和欧尚超市为方便顾客，安装智能化的倾斜向上的自动扶梯（无台阶）．在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当乘客站立乘行（手不扶扶手）时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行．则该扶梯在运送乘客的过程中

A．扶梯匀速运行时，乘客不受摩擦力作用

B．扶梯匀速运行时，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下 C．扶梯加速运行时，摩擦力方向与运动方向相反

D．扶梯加速运行时，扶梯对乘客的作用力方向与运动方向相反

2．某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a、b由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度vavb，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是（ ）

A． B． C． D．

3．雨滴在空中运动时所受空气阻力大小与其速度的平方成正比，若有两个雨滴从高空中竖直下落，质量分别为m1、m2，落地之前均已做匀速运动，则它们匀速运动时重力的功率之比为P1：P2为（ ） A．m1:m2

B．m1:m2 C．m1:m2 D．m13:m23 4．如图所示，x-t图象反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位移随时间变化的关系，己知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则

A．甲车的加速度大小为4.0m/s2 B．乙车的加速度大小为1.6m/s2 C．5s时两车速度相等 D．乙车的初位置在x0=75m处

5．质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图象分别描述了球在空中运动的加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E（选地面为参考平面）随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是（ ）

A． B．

C． D．

6．关于万有引力公式FGm1m2，以下说法正确的是（ ） 2rA．公式只适用于星球之间的引力计算，不适用于质量较小的物体 B．当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大 C．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律 D．公式中引力常量G的值是牛顿规定的

7．如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一物体随圆筒一起转动而未滑动。若圆筒和物体以更大的角速度做匀速转动，下列说法正确的是（ ）

A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大

B．物体所受弹力增大，摩擦力减小 C．物体所受弹力减小，摩擦力减小 D．物体所受弹力增大，摩擦力不变

8．如图所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端位于地板的P处，并与地板平滑连接，将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处．滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同，现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在（ ）

A．P处

二、多选题

B．P、Q之间 C．Q处 D．Q的右侧

9．关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法中正确的有 A．伽利略猜想自由落体运动的速度是均匀变化的 B．伽利略通过斜面实验验证了力不是维持物体运动的原因

C．伽利略斜面实验中斜面起到了“冲淡”重力的作用，便于测量运动时间

D．伽利略通过斜面实验直接验证了铜球（初速度为0）的位移与所用时间的二次方成正比

10．研究表明，地球自转周期在逐渐改变，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，且地球的质量、半径都不变，则经过若干亿年后( ) A．近地卫星的向心加速度比现在大 B．近地卫星的运行的周期与现在相等 C．同步卫星的向心加速度比现在小 D．同步卫星的运行速度比现在大

11．在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则（ ）

v2A．该弯道的半径r

gtanB．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变 C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压

12．小船横渡一条两岸平行的河流，水流速度与河岸平行,船相对于水的速度大小不变，船头始终垂直指向河岸，小船的运动轨迹如图虚线所示．则小船在此过程中

A．做匀变速运动

B．越接近河岸，水流速度越大 C．所受合外力方向平行于河岸

D．渡河的时间不随水流速度变化而改变

三、实验题

13．为了探究加速度与力、质量的关系

(1)小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力大小，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。实验前，下列操作必要的是_____。 A．选用质量不同的两辆小车 B．选取砝码和砝码盘的总质量相同

C．使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量

D．将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力

(2)小明用如图乙所示的装置进行实验

①打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为0.02s。他从比较清晰的A点

起，每五个打点间隔取一个计数点，测量出各点到A点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为_____m/s2（计算结果取两位有效数字）。

②实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象，可能是丁图中的图线_____（选填“1”、“2”、“3”）。

14．在“探究动能定理”实验中，某实验小组采用如图甲所示的装置，在水平气垫导轨上安装了两个光电门M、N，滑块上固定一遮光条，细线绕过定滑轮将滑块与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码。已知遮光条的宽度为d，滑块与遮光条的总质量为m。

(1)接通气源，滑块从A位置由静止释放，读出遮光条通过光电门M、N的时间分别为t1、t2，力传感器的示数F，改变钩码质量，重复上述实验。

N间运动过程中细线拉力对滑块做的功W和滑块动能增量ΔEk的关系，①为探究在M、

还需要测量的物理量是_____（写出名称及符号）。

②利用上述实验中直接测量的物理量表示需探究的关系式为_____。

(2)保持钩码质量不变，改变光电门N的位置，重复实验，根据实验数据作出从M到N

过程中细线拉力对滑块做的功W与滑块到达N点时动能Ek的关系图象，如图乙所示，由图象能探究动能定理，则图线斜率约等于_____。

(3)下列不必要的实验操作和要求有_____（请填写选项前对应的字母）。 A．调节气垫导轨水平 B．测量钩码的质量

C．调节滑轮使细线与气垫导轨平行

D．保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量

四、解答题

15．我国“嫦娥探月卫星”成功发射.卫星开始绕地球做椭圆轨道运动，经过 若干次变轨、制动后，最终使它绕月球在一个圆轨道上运行.设卫星距月球表面的高度为h，绕月圆周运动的周期为T.已知月球半径为R，引力常量为G. （1）求月球的质量M；

（2）若地球质量为月球质量的k倍，地球半径为月球半径的n倍，求地球与月球的 第一宇宙速度之比v1: v2.

16．如图所示，内壁光滑、半径为R的半球形容器静置于水平面上，现将轻弹簧一端固定在容器底部O′处（O为球心），弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点，OP与水平方向的夹角θ=30°。重力加速度为g。 (1)求弹簧对小球的作用力大小F1；

(2)若系统一起以加速度a水平向左匀加速运动时，弹簧中的弹力恰为零，小球位于容器内壁，求此时容器对小球的作用力大小F2和作用力方向与水平面夹角的正切tanα。

17．如图所示，一小木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L=2.0m，处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数μ=0.40，现使平板车在水平路面上以加速度a0匀加速启动，速度达到v=6.0m/s后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。

（1）若木箱与平板车保持相对静止，加速度a0大小满足什么条件；

（2）若a0=6.0m/s2，当木箱与平板车的速度都达到6.0m/s时，求木箱在平板车上离驾驶室后端距离s；

（3）若在木箱速度刚达到6.0m/s时平板车立即用恒定的阻力刹车，要使木箱不会撞到

驾驶室，平板车刹车时的加速度大小a应满足什么条件。

18．如图所示，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端与固定于水平地面上O点的铰链相连，初始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的正方体左侧紧靠O点，且轻杆位于正方体左下边垂直平分线上．现在杆中点处施加一个方向始终垂直杆、大小不变的拉力，当杆转过θ=45°时撤去此拉力，小球恰好能到达最高点，不计一切摩擦．求：

（1）拉力做的功W和拉力的大小F； （2）撤去拉力F时小球的动能Ek；

（3）小球运动到最高点后向右倾倒，当杆与水平面夹角为α时小球的速度大小v1（正方体和小球未分开）．

参考答案

1．B 【详解】

A．扶梯匀速运行时，乘客所受的摩擦力等于重力向下的分力，选项A错误；

B．匀速运动阶段，乘客处于平衡状态，扶梯对乘客的作用力竖直向上，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下，选项B正确；

C．由于智能化的自动扶梯无台阶，乘客站在斜面上，乘客的加速度的方向沿斜面向上时，乘客要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，与运动方向相同，选项C错误；

D．乘客加速运动阶段，加速度有水平方向的分量，扶梯对乘客受到的摩擦力有水平方向的分力，所以扶梯对乘客的作用力指向斜上方，D错误． 故选B. 2．C 【详解】

两只飞镖a、b都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有

xv0t，

据题它们的水平位移大小相等，vavb， 所以运动时间关系为tatb， 由h12gt知 2hahb，

所以插在竖直靶上时a镖在b的上面；

设飞镖插在竖直靶上前瞬间速度与竖直方向的夹角为，则

tangt， v0因为vavb，tatb，所以有ab，C正确． 【点睛】

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移． 3．D

【详解】

雨滴在空中运动时所受空气阻力大小与其速度的平方成正比，即

fkv2

落地之前做匀速运动，合外力为零

mgfkv2

重力的功率为

mgm3g3 Pmgvmgkk即Pm3，所以

Pm13:m23 1:P2故选D。 4．B 【详解】

A．位移-时间图象的斜率等于速度，可知甲做匀速运动，加速度为零，选项A错误； BD．乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则t=10s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则 s=

12

at，根据图象有 211x0=a×102，20=a×52

22解得：a=1.6m/s2，x0=80m，B正确，D错误；

C．图像的斜率大小越大，速度大小越大，则知5s时乙车速度较大，故C错误。 故选B。 5．C 【详解】

球所受的空气阻力与速度大小成正比，即fkv，竖直上抛过程，球做减速运动，根据牛顿第二定律可知

mgfmgkvma

速度向上减小，加速度向下减小，合外力减小，速度减为零时

mgfkv

从最高点下落过程中

mgfmgkvma

速度向下增大，加速度向下减小，合外力减小，直到加速度为零，整个过程中阻力做负功，落回出发点时动能减少，速度小于v0。

AB．vt图像的斜率为加速度，根据上述分析可知加速度一直减小，速度方向改变，AB错误；

C．根据动能定理可知Ekh为合外力，根据上述分析可知，C正确；

D．阻力做负功，球的机械能减小，所以Eh图像的斜率表示阻力，阻力随速度变化，图线应为曲线，D错误。 故选C。 6．C 【详解】

万有引力定律适用于任何两个可以看成质点的物体之间或均质球体之间的引力计算，故A错误；当两物体间的距离趋近于0时，万有引力公式不再适用，万有引力不会趋近于无穷大，故B错误；两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律，总是大小相等、方向相反，是一对相互作用力，故C正确；公式中引力常量G的值是卡文迪许测定的，故D错误．所以C正确，ABD错误． 7．D 【详解】

物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析，受重力、向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，如图，开始时重力G与静摩擦力f平衡，支持力N提供向心力，当圆筒的角速度ω增大以后，向心力变大，物体所受弹力N增大，最大静摩擦增大，物体仍静止，即重力G与静摩擦力f平衡，故ABC错误，D正确。 故选D。

8．C 【详解】

假设斜面与水平面的夹角为α，斜面的高度为h，斜面在水平方向的投影为x1 在斜面上克服摩擦力做的功

W1mgcoshmghcotmgx1① sin设在水平面上滑行的距离为x2，在水平面上克服摩擦力做的功

W2mgx2

整个过程克服摩擦力做得功为

Wmgx1mgx2mg（x1x2）②

由此公式可知，摩擦力做得功与斜面的夹角无关，又由于从相同的高度滑下，根据动能定理得

mghW0③

②③联立可知

x1x2最终还是停在Q处，故ABD错，C正确； 故选C． 9．ACD 【详解】

h

A．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故A正确．

B．伽利略通过斜面实验并没有验证力不是维持物体运动的原因，选项B错误； C．伽利略斜面实验中斜面起到了“冲淡”重力的作用，便于测量运动时间，选项C正确； D．伽利略通过斜面实验直接验证了铜球（初速度为0）的位移与所用时间的二次方成正比，选项D正确； 故选ACD. 10．BC 【解析】

近地卫星由万有引力提供圆周运动向心力，据GmM＝ma 知，近地卫星的运行加速度R2aGM，地球的质量和半径都不变，故运行加速度大小不变，所以A错误；根据2RmM42R3， 则近地卫星的运行的周期与现在相等，选项B正确；G2＝m2R可得T2RTGMmMv24242r3万有引力提供圆周运动向心力有G2＝m，由于地球m2r，周期TrrTGM自转周期变慢，故同步卫星的轨道高度r变大，据向心加速度a＝GM知，向心加速度减小，2r故C正确．又据v＝BC． 11．AB 【详解】

GM知，轨道半径r变大，卫星的线速度变小，所以D错误．故选rA．当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，受力分析如图

根据牛顿第二定律

v2mgtanma向m

r解得转弯半径为

v2r

gtanA正确；

B．根据上述分析可知质量在等式两边约去，当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变，B正确；

C．当火车速率大于v时，火车有离心的趋势，所以外轨将受到轮缘的挤压，C错误； D．当火车速率小于v时，火车有向心的趋势，所以内轨将受到轮缘的挤压，D错误。 故选AB。 12．CD 【解析】

从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故加速度是变化的，由于水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故AB错误．因小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，那么所受合外力方向平行于河岸，故C正确；由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，时间不变，故D正确；故选CD．

点睛：解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速．以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短． 13．CD 0.35 3 【详解】

(1)[1]实验需要将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力大小，所以需要平衡摩擦力，即将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力，使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，对小车的质量是否相等无要求，对选取砝码和砝码盘的总质量相同也无要求。 故选CD。

(2)①[2]根据逐差法求解加速度

xCExAC(5.311.961.96)10222 am/s0.35m/s224T40.1②[3]未平衡摩擦力，所以在开始施加外力F时，小车的加速度为0，所以图像应选择3。 14．光电门M、N间的距离L FL【详解】

(1)[1]滑块通过M、N的速度分别为

111md2(22) 1 BD 2t2t1vM则动能变化量为

ddv，N t1t2Ek合外力做功为

1212111mvNmvMmd2(22) 222t2t1W=FL

要验证动能定理，则

WEk

即

FL111md2(22) 2t2t1所以还需要测量的是光电门M、N间的距离L。 [2]根据[1]可知需探究的关系式为FL111md2(22)。 2t2t1(2)[3]根据需要验证的表达式WEk的斜率约等于1。

12mvM可知，动能前的系数为1，所以图像所表示2(3)[4]A．调节导轨水平和滑轮使细线与气垫导轨平行，保证滑块所受合外力为绳子的拉力，AC是必要的；

B．滑块所受绳子的拉力通过力传感器测量所得，不需要测量滑块的质量，也不需要保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，BD不必要； 故选BD。

v142(Rh)315．(1)M(2)；2v2GT【详解】

(1) 万有引力提供向心力，有：

k nMm42Gm2(Rh) 2(Rh)T42(Rh)3解得：M；

GT2(2) 对近地和近月卫星，分别有：

v12kMmGm (nR)2nR2v2MmG2m RR解得：

v1k． v2ng a16．(1)mg；(2)mg2a2，【详解】

(1)对小球受力分析并合成矢量三角形

根据几何关系可知所围三角形为等边三角形，所以

F弹F1mg

(2) 若系统一起以加速度a水平向左匀加速运动时，对小球受力分析如图

根据勾股定理可知

F2mg2a2

正切值

tanmgg maa217．（1）a04.0m/s；（2）3.5m；（3）a18m/s2

【详解】

（1）木箱与车相对静止，加速度相同，设最大值为am，由牛顿第二定律有

mgmam

2解得am4.0m/s

2故应满足的条件为a04.0m/s

22（2）由于a06.0m/s4.0m/s，故木箱与车发生相对滑动

木箱速度达到v=6m/s所需的时间

t1运动的位移

v1.5s amvx1t1

2平板车速度达到v=6m/s所需的时间

t2运动的位移

v1.0s a0vx2t2v(t1t2)

2且有

sx2x1L

解得s3.5m

（3）木箱减速停止时的位移

v2x3

2am平板车减速停止时的位移

v2 x42a木箱不与车相碰应满足

x3x4s

解得a18m/s2

18． WmgL，F（1）8mg；（2）EkmgL(12（3）v1)；2mgL(1sin)。

【详解】

（1）由动能定理有

且有

解得

（2）由动能定理有

解得

（3）此时正方体的速度 由机械能守恒定律有

解得

2mMsin2WmgL0

W(L42)F

WmgL，F8mg

WmgLsinEk0

EkmgL(122) v2v1sin

mg(LLsin)1212mv2Mv212 vmgL(1sin)12mMsin2