1、江西省南昌市进贤县第一中学2021届高三物理入学调研考试试题（二）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题（本大题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项是符合题目要求，第912题有多项符合题目要求，全部选对的得4
2、分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 伽利略在研究落体运动时，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，下列有关该实验的说法，其中正确的是( )A. 伽利略通过实验验证了力不是维持物体运动的原因B. 伽利略通过逻辑推理指出物体都具有保持原来运动状态的属性C. 伽利略通过实验验证了自由落体运动是匀加速运动D. 实验中斜面起到了“冲淡”重力的作用，便于运动时间的测量【答案】D【解析】小球在较小倾角斜面上的运动情况，发现小球做的是匀变速直线运动，且小球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动，故
3、A、B、C错误；实验中小球沿斜面向下运动的过程中，加速度比自由落体运动的加速度小，斜面的长度比自由落体运动的位移大，所以斜面起到了“冲淡”重力的作用，便于运动时间的测量，故D正确。2如图所示是俄罗斯名将伊辛巴耶娃撑杆跳时的情景，若不计空气阻力，下列说法正确的是()A在撑杆的过程中杆对她的弹力大于她对杆的压力B在撑杆上升过程中，她始终处于超重状态C在空中下降过程中她处于失重状态D她落到软垫后一直做减速运动【答案】C【解析】在撑杆的过程中杆对她的弹力与她对杆的压力是作用力与反作用力，大小相等，故A错误；在撑杆上升开始阶段加速度的方向向上，她处于超重状态；在上升的最后阶段加速度的方向向下，她处于失重
4、状态，故B错误；在空中下降过程她只受到重力的作用，加速度的方向向下，她处于失重状态，故C正确；她落到软垫后开始时，软垫的作用力小于重力，她仍然要做一段加速运动后才会减速，故D错误。3. 一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向上做匀速直线运动。从手突然停止到物体上升到最高点时止，在此过程中，重物的加速度的数值将( )A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先减小后增大 D. 先增大再减小【答案】A【解析】物体匀速运动过程，弹簧对物体的弹力与重力二力平衡；手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹簧伸长量变小，弹力减小，故重力与弹力的合力变大，根据牛顿第二定律，物体的加速度变大，故选项A正确。
5、4. 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图象可能正确的是()【答案】D【解析】受空气阻力作用的物体，上升过程：mgkvma，得agv，v减小，a减小，A错误。到达最高点时v0，ag，即两图线与t轴相交时斜率相等，故D正确。5如图所示，一圆环处于竖直平面内，圆心为O。用两根轻质细线将一质量为m的小球悬挂于O点，细线的另一端分别固定于圆环上的M点和N点，OM水平，OM与ON之间的夹角为120。现让圆环绕过O点且与圆面垂直的轴沿顺时针缓慢转过90。重力加速度为g，圆环半径为R，两
6、根细线不可伸长。在转动过程中，下列说法正确的是()A细线ON拉力逐渐增大B细线ON拉力的最大值为mgC细线OM拉力的最大值为mgD细线OM拉力先变大后变小【答案】D【解析】对小球进行受力分析，如图，mg的对角始终为120，设FTM的对角为，FTN的对角为，在缓慢转过过程中，小球始终处于平衡状态，由正弦定理得，角由150减小至60，则FTM先增大后减小，当90时，FTM最大，最大值为mg，角由90增加至180，FTN逐渐减小至0，当90时，FTN最大，最大值为mg，故ABC错误，D正确。6. 某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角60，使飞行器恰恰与
7、水平方向成30角的直线斜向右上方匀加速飞行。经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行。飞行器所受空气阻力不计，下列说法中不正确的是( )A. 加速时加速度的大小为gB. 加速时动力的大小等于mgC. 减速时动力的大小等于mgD. 减速飞行时间2t后速度为零【答案】B【解析】起飞时，飞行器受推力和重力作用，两力的合力与水平方向成30角斜向上，设动力为F，合力为F合，如图甲所示，在OFF合中，由几何关系得Fmg，F合mg，由牛顿第二定律得飞行器的加速度a1g，故A正确、B错误；t时刻的速率va1tgt，推力方向逆时针旋转60，合力的方向与水平方
8、向成30斜向下，推力F跟合力F合垂直，如图乙所示，此时合力大小F合mg，动力大小Fmg，飞行器的加速度大小，到最高点的时间，故C、D正确。7如图甲、乙所示为某物体在0t时间内运动的xt图线和vt图线，由图可知，在0t1时间内()A物体做的是曲线运动B物体做加速度越来越小的运动C图甲中t1时刻，图线的斜率为v0Dx1x0v0t1【答案】C【解析】xt图线和vt图线只能用来描述直线运动，故A错误；由乙图可知，物体做加速度恒定的直线运动，故B错误；图甲中图象的斜率表示物体运动的速度，由乙图可知，甲图中0.5t1时刻，图线的斜率为0.5v0，故C正确；乙图所围面积表示物体运动的位移，即x1x00.5v
9、0t1，故D错误。8从水平桌面上用不同速度将A、B两个小球垂直桌子的边缘推出，测量发现，A、B两小球落地点到桌子边缘的水平距离分别为0.8 m和1 m，而桌面到水平地面的高度为0.8 m。已知A小球的质量大于B小球的质量，重力加速度g10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )AA小球下落的时间短BA小球离开桌子边缘的速度大小为2 m/sCB小球下落的时间为0.25 sDB小球离开桌子边缘的速度大小是A小球的2.5倍【答案】B【解析】因A、B两小球以不同的速度离开桌子边缘做的都是平抛运动，据平抛运动的规律，由hgt2得t0.4 s，可知A、B两小球下落高度相同，下落的时间相同，下落时
10、间与小球质量无关，A错误，C错误；A球离开桌子边缘的速度大小，B正确；B小球离开桌子边缘时的速度大小，B小球离开桌子边缘的速度大小与A小球速度大小之比是vAvB1.251，D错误。9. 如图，带有竖直支柱的斜面体静止在水平地面上，光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面体上，弹簧处于拉伸状态。现烧断细线，则在细线烧断瞬时( )A. 小球加速度方向沿斜面向下B. 小球所受合外力为零C. 斜面体对小球的支持力瞬间增大D. 地面对斜面体的支持力瞬间增大【答案】AC【解析】细线烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍然沿斜面向下，小球受重力、支持力和弹簧的弹力作用，合外力沿斜面向下，加速度方向沿斜面向下，故A
11、正确，B错误；设开始细绳与斜面的夹角为，斜面的倾角为，细绳烧断前，在垂直斜面方向上有Tsin Nmgcos ，细线剪断的瞬间，Nmgcos ，可知支持力瞬间增大，故C正确；对整体分析，剪断前，整体重力等于支持力，剪断细线的瞬间，小球有沿斜面向下的加速度，小球处于失重状态，则地面支持力变小，故D错误。10呼和浩特市某路段限速50 km/h。某同学骑自行车以6 m/s的速度沿直线匀速前行，发现正前方有辆公交车，其车尾距他27 m，此时，公交车由静止以0.5 m/s2的加速度沿直线同方向前进，从此时开始( )A该同学追上公交车时公交车的位移大小为18 mB该同学追上公交车时公交车速度大小为3 m/s
12、C该同学在公交车车尾前面骑行的时间持续有12 sD如果公交车一直匀加速，反超该同学时，一定超速【答案】BC【解析】设过t时间后追上，根据位移关系vtx0at2，解得t16 s，t218 s。该同学追上公交车时，公交车速度v1at13 m/s，公交车位移xvt19 m，故A错误，B正确；根据以上分析可知，公交车车尾再次超越在18 s，故该同学在公交车车尾前面骑行的时间持续有12 s，故C正确；过18 s时，公交车车尾反超，此时公交车速度v2at29 m/s50 km/h，故不会超速，故D错误。11. 水平地面上质量为l kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知
13、物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取gl0 m/s2，则( )A. 物块与地面间的动摩擦因数为0.2B. 3 s末物块受到的摩擦力大小为3 NC. 4 s末物块受到的摩擦力大小为1 ND. 5 s末物块的加速度大小为3 m/s2【答案】BC【解析】在02 s内物体匀速运动，则摩擦力f3 N，则，A错误；2 s后物体做减速运动，加速度，则经过，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N5 N 1 N，B、C正确；物体停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物体不再运动，则5 s末物体的加速度为零，D错误。12如
14、图所示直角三角形框架OMN的OM、ON初始位置分别处于水平和竖直方向上，且OMN30，一个重为G的光滑小球位于框架内且恰好与OM、ON、MN三边相切，但接触点未必都有弹力。现以O点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动一周的过程中，下列说法正确的是() A转动为0到180的过程中，MN边受到小球的压力一直为零B转动一周的过程中，当MN边第一次处于竖直位置时ON边受到的力最大且为GC转动一周的过程中OM边受到的力最大值为2GD转动一周的过程中有可能存在使OM、ON、MN三边都同时受力的位置【答案】ABC【解析】转动为0到180的过程中如图1所示，MN边在小球的上方，MN边受到小球的压力一直为零
15、，故A正确；转动一周的过程中，当MN边在小球的上方时，MN边受到小球的压力一直为零，设ON边与水平方向的夹角为1，如图2所示，根据平衡条件可得ON边受到的力FN2Gcos 1G，OM边受到的力FN1Gsin 1G；当OM边在小球的上方时，OM边受到小球的压力一直为零，设MN边与水平方向的夹角为2，如图3所示，根据平衡条件和正弦定理可得，可知，当290时，即MN边第一次处于竖直位置时ON边受到的力最大，最大为；当ON边在小球的上方时，ON边受到小球的压力一直为零，设OM边与水平方向的夹角为3，如图4所示，根据平衡条件和正弦定理可得，可知，当360时，OM边受到的力最大，最大为，所以转动一周的过程
16、中不可能存在使OM、ON、MN三边都同时受力的位置，故B、C正确，D错误。二、实验题探究题（本大题共2小题，共12分）13(6分) 某同学使用有透光狭缝的钢条和光电计时器的装置测量重力加速度，如图1所示。在钢条下落过程中，钢条挡住光源发出的光时计时器开始计时，透光时停止计时，若再次挡光，计时器将重新开始计时。实验中该同学将钢条竖直置于一定高度（下端A高于光控开关），由静止释放，测得先后两段挡光时间t1和t2。(1)用游标卡尺测量AB、AC的长度，其中AB的长度如图所示，其值为_mm。(2)若狭缝宽度不能忽略，则该同学利用，及相关测量值得到的重力加速度值比其真实值_(偏大或偏小)，其原因是_。【
17、答案】(1)74.3 (2分) (2)偏大 (2分) 未计狭缝通过光电计时器的时间 (2分)【解析】(1)标卡尺的主尺读数为74 mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.13 mm 0.3 mm，所以最终读数为：74 mm0.3 mm74.3 mm。(2)若狭缝宽度不能忽略，A到C的实际时间大于t1t2，所以测量得到的重力加速度值比其真实值偏大，原因为狭缝通过计时器的时间未记。14(6分)某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。(1)下列做法正确的是_(填字母代号)。A调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力
18、时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量_(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量。(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为甲、乙，由图可知，m甲_m乙，甲_乙
19、。(填“大于”“小于”或“等于”)【答案】(1)AD (2分)(2)远小于 (2分)(3)小于 (1分)大于 (1分)【解析】(1)实验中细绳要保持与长木板平行，A项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过细绳绕过滑轮拴在木块上，B项错误；实验时应先接通电源再放开木块，C项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不再需要重新平衡摩擦力，D项正确。(2)由整体法和隔离法得到绳的拉力FMaMmg，可见，当砝码桶和桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得Fmg。(3)不平衡摩擦力，则Fmgma，ag，图象的斜率大的木块的质量小，纵轴截距的绝对值大的动摩擦因数大，因此m甲乙。
20、三、计算题（本大题共4小题，共40分。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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15(8分)如图所示，跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当距离地面75 m时打开降落伞，伞张开后运动员就以4 m/s2的加速度做匀减速运动，到达地面时速度为5 m/s，实现安全着陆。求：(1)运动员打开降落伞时的速度；(2)运动员离开飞机时距离地面的高度；【解析】(1)以下降方向为正方向，由题意可得从打开降落伞到到达地面，跳伞运动员做匀减速运动，令h2为从打开到落地的位移根据 (2分)代入数据解得：。 (2分)(
21、2)假设从运动员自由下落到打开降落伞下降了h1，开始运动员做自由落体运动，则有： (2分)解得： 所以运动员离开飞机时总高度。 (2分)16(10分)如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g10 m/s2，求：(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数。【解析】(1)由vt图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为vt图线与t轴所围的面积，所以： (1分)由平均速度的定义得：。(2分)(2)由vt图象可
22、知传送带运行速度为v110 m/s (1分)01 s内物体的加速度 (1分)12 s内的加速度 (1分)根据牛顿第二定律得： (1分) (1分)联立两式解得：0.5。(2分)17(10分)倾角为30的斜面体置于粗糙的水平地面上，其斜面光滑，底边粗糙，顶端安装一光滑轻滑轮，另有光滑圆环固定在竖直平面内，圆心在O点。一小球套在圆环上，通过绕过轻滑轮的细线与斜面上的小物块相连。在竖直向下拉力F作用下，小球静止Q点，OQ连线与水平方向成53角，细线与环恰好相切，滑轮与小物块之间的细线与斜面平行，如图所示，斜面体始终保持静止。已知小球的质量m1 kg，小物块的质量M2 kg，重力加速度g10 m/s2，
23、sin 530.8，cos 530.6，求：(1)拉力F的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力大小；(3)若突然撤去拉力F，小球将从Q点开始运动。求撤去F的瞬间，小物块的加速度大小。【解析】(1)对小物块和小球分别受力分析，如图所示，根据平衡条件，对物块：T1Mgsin 300 (1分)对小球：T2(Fmg)cos 530 (1分)T1T2 (1分)联立解得：FN。(1分)(2)小物块与斜面体相对静止，可看做一整体，并对地面静止，因此细线上的张力T1在水平方向上的分力大小即为地面对斜面体的摩擦力大小：FfT1cos 308 N。 (2分)(3)设撤去F的瞬间细线上的张力为T1，小物块的加速度为a，
24、根据牛顿第二定律，对小物块：Mgsin 30T1Ma (1分)对小球：T1mgcos 53ma (1分)联立解得：a m/s。 (2分)18(12分)质量m0.5 kg、长L1 m的平板车B静止在光滑水平面上，某时刻乙质量Ml kg的物体A（视为质点）以v04 m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力。已知A与B之间的动摩擦因数0.2，重力加速度g取10 m/s2。试求：(1)如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件；(2)若F5 N，物体A在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离。【解析】(1)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A
25、、B具有共同的速度v1，则： (1分)又： (1分)MgMaA (1分)FMgmaB (1分)联立解得：aA2 m/s2，aB6 m/s2，F1 N若F 1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1 N (1分)当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体：F(mM)a (1分)对物体A：MgMa (1分)解得：F3 N若F大于3 N，A就会相对B向左滑下综上所述，力F应满足的条件是1 N F 3 N。 (1分)(2)物体A滑上平板车B后做匀减速运动，加速度大小aA2 m/s2平板车B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：FMgmaB (1分)解得：aB14 m/s2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v0aAtaBt (1分)解得：t0.25 sA滑行距离 (1分)B滑行距离 (1分)最大距离xxAxB0.5 m。 (1分)