江苏省徐州市沛县2022届高三上学期第一次学情调研物理试题PDF版含答案

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第一学期高中第一次学情调研解析1．在某个恶劣天气中，能见度很低，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两车刹车后的v－t图像如图所示，下列说法正确的是（　　）A．甲车的加速度大于乙车的加速度B．若t＝24 s时两车未发生碰撞，则此时两车相距最远C．为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48 mD．若两车发生碰撞，则可能是在开始刹车24 s以后的某时刻发生的【答案】C【解析】A．甲车的加速度大小a1＝＝m/s2＝m/s2乙车的加速度大小a2＝＝m/s2＝m/s2所以甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；B．t＝24 s时，两车速度相等，开始时，甲在前、乙在后同向行驶，所以若t＝24 s时两车未发生碰撞，则此时两车相距最近，故B错误；C．0~24 s内，甲车的位移x1＝×24 m＝288 m乙车的位移x2＝×24 m＝336 m两者位移之差Δx＝x2－x1＝48 m所以为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48 m，故C正确；D．t＝24 s时，两车速度相等，若两车速度相等时没有相撞，则速度相等后，甲车的速度比乙车的大，两车不可能相撞，故D错误；故选C。2．如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4，如图乙所示，电脑始终处于静止状态，则（　　）A．电脑受到的支持力变小B．电脑受到的摩擦力变大C．散热底座对电脑的作用力不变D．电脑受到的支持力与摩擦力大小之和等于其重力【答案】C【解析】AB．笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，如图所示
 根据平衡条件，有FN=mgcosθ，Ff=mgsinθ由原卡位1调至卡位4，角度θ减小，则支持力FN增大，静摩擦力Ff减小，故A、B错误；C．散热底座对电脑的作用力即支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，C正确；D．电脑受到的支持力与摩擦力大小之和大于电脑的重力，D错误。故选C。3.2020年2月23日，在意大利室内锦标赛男子跳高比赛中，我国名将张国伟获得冠军。若不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)A．张国伟起跳时地面对他的弹力大于他对地面的压力B．张国伟起跳后在上升过程中，他处于失重状态C．张国伟越杆后在空中下降过程中，他处于超重状态D．张国伟落到软垫上后一直做减速运动【答案】B【解析】A．张国伟起跳时地面对他的弹力与他对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，A项错误；B．张国伟起跳后在上升过程中，加速度的方向向下，他处于失重状态，B项正确；C．在空中下降过程他只受到重力的作用，加速度的方向向下，他处于失重状态，C项错误；D．他落到软垫上后，开始时，软垫的作用力小于重力，他仍然要做一段加速运动后才会减速，D项错误。故选B。4. 起重机以1 m/s2的加速度将质量为1 000 kg的货物由静止匀速地向上提升，取g＝10 m/s2，则在1 s内起重机对货物所做的功是(　D　)A. 500 J  B.  4 500 JC.  5 000 J  D.  5 500 J 5. 如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方．则它们运动的(　B　)A. 向心力F甲＞F乙  　　　　B. 线速度v甲＞v乙C. 角速度ω甲＞ω乙  　　　　D. 向心加速度a甲＞a乙   6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行，初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知，则下列说法错误的是（　　）A．时刻，小物块离A处的距离达到最大B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0~时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右D．0~时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【答案】D【解析】A．在0~时间内小物块向左减速，在~时间内小物块向右加速，则时刻，离A处的距离达到最大，故A正确，不符合题意；B．时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，则知时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确，不符合题意；C．0~时间内，小物块相对传送带向左运动，受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故C正确，不符合题意；D．由题图乙知，在~时间内小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误，符合题意。故选D。7．如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（　　）A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N【答案】B【解析】在最低点由知T=410N即每根绳子拉力约为410N，故选B。8. 如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，AB两点高度差h＝1 m，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为(　A　)A. 4 m/s      B. 2 m/s      C. 2 m/s      D.  m/s9．如图所示，如果把地球表面看成一座巨大的拱形桥，若汽车速度足够大就可以飞离地面而成为人造地球卫星。已知地球自转周期为T，赤道上的重力加速度为g赤，万有引力常量为G，地球的半径为R。则下列说法正确的是（　　）A．汽车相对地心的速度至少应为才能飞离地面B．地球的质量为C．地球两极处的重力加速度为D．为了使汽车更容易飞离地面，汽车应该在低纬度地区自东向西加速运动【答案】C【解析】A．由题意可知，赤道上相对地球静止的物体的线速度为汽车相对地心的速度为v1时显然不能飞离地面，汽车相对地心的速度至少要达到环绕速度才能飞离地面，故A错误；B．设地球的质量为M，对赤道上质量为m0的静止物体根据牛顿第二定律有解得故B错误；C．设地球两极处的重力加速度为g，地球两极处质量为m0的物体所受重力近似等于万有引力，即解得故C正确；D．为了使汽车更容易飞离地面，汽车应该在低纬度地区自西向东加速运动，故D错误。故选C。10. 如图所示，长为L的直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动，另一端靠在以水平速度v匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上．当直杆与竖直方向夹角为θ时，直杆端点A的线速度为(　C　)A.   B. vsin θ C.   D. vcos θ11．2021年的春节是个热闹的火星年。2月5日，我国航天局发布了由“天问一号”拍摄的首张火星图像（图甲），给我们送来了新年大礼包；2月10日19时52分，“天问一号”探测器实施近火捕获，顺利进入近火点高度约400千米，周期约10个地球日，倾角约10°的大椭圆环火轨道，成为我国第一颗人造火星卫星，实现“绕、落、巡”目标的第一步，环绕火星成功。图乙为“天问一号”探测器经过多次变轨后登陆火星前的部分轨迹图，轨道Ⅰ、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ相切于P点，轨道Ⅲ为环绕火星的圆形轨道，P、S两点分别是椭圆轨道的近火星点和远火星点，P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，下列说法正确的是（　　）A．探测器在P点由轨道I进入轨道Ⅱ需要点火加速B．探测器在轨道Ⅲ上Q点的速度大于在轨道Ⅱ上S点的速度C．探测器在轨道Ⅱ上运行时，在相等时间内与火星连线扫过的面积与在轨道Ⅲ上相等D．探测器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间小于探测器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间【答案】B【解析】A．探测器由轨道I进入轨道II做的是近心运动，需点火减速，使万有引力大于所需的向心力，故A错误；B．根据万有引力提供向心力，有解得线速度可知在轨道II上S点对应圆轨道的速度小于近火星点Q处圆轨道上的速度，而在轨道II上S点的速度小于该处对应圆轨道上的速度，所以探测器在轨道II上S点的速度小于轨道III上Q点的速度，故B正确；C．开普勒第二定律描述的是卫星在一个轨道上相等的时间连线扫过的面积相等，探测器在轨道II和轨道III属于两不同的轨道，线速度不同，故C错误；D．因轨道II的半长轴大于轨道III的半径，根据开普勒第三定律，知轨道II的周期大于轨道III的周期，而探测器在轨道II上由P点运动到S点的时间和探测器在轨道III上由P点运动到Q点的时间都是各自周期的一半，故探测器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间大于探测器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间，故D错误；故选B。二、简答题(本题共5小题，共56分)12.实验小组做“探究加速度与力的关系”实验时，先采用如图甲所示的常规实验方案，处理数据时发现误差比较明显。该小组经过分析讨论，对实验方案进行了改进和优化，采用如图乙所示实验方案，具体实验操作步骤如下：A．挂上托盘和砝码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；B．取下托盘和砝码，用天平测出其总质量为m，查出并记录当地重力加速度g；C．把小车放回木板上原位置，让小车沿木板加速下滑，测出其下滑的加速度a；D．改变砝码质量和垫块位置，多次测量m和a，通过作图可得到a—F的关系。(1)比较甲、乙两实验方案，实验时需要满足条件M>>m的实验方案是______(选填“甲”、“乙”或“甲和乙”)；(2)采用乙实验方案，在作a—F关系时，小车受到的合外力F=______；(3)在一次实验操作中，获得如图丙所示的纸带，A、B、C、D、E为计数点，其中相邻两计数点间均有四个点未画出，所用交变电源的频率为50Hz，则在打下C点时小车的速度大小vC=______m/s，由纸带可求得小车运动的加速度a=_______m/s2(计算结果均保留两位有效数字)。(4)图丁是该小组先后采用甲、乙两个实验方案描绘出的a—F关系图象，图象中_______ (选填①或②)是乙实验方案得到的a—F关系图象。【答案】    (1). 甲    (2). mg    (3). 0.30    (4). 0.80    (5). ①【解析】(1)[1]根据题意，图甲所示实验方案中托盘和砝码的总重力充当小车的合外力，为减小托盘和砝码质量对实验的影响，应满足M>>m，而图乙所示方案的实验原理为，挂上托盘和砝码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑时，由平衡条件有 ，取下托盘和砝码，让小车沿木板加速下滑，则有由上几式解得所以不需要满足M>>m，则实验时需要满足条件M>>m的实验方案是甲。(2)[3]用乙实验方案，在作a—F关系时，小车受到的合外力F=mg。(3)[3]由丙图利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得[4]利用逐差法可得小车的加速度为(4)    [5]由于用乙实验方案，在作a—F关系时，小车受到的合外力F=mg=Ma，则有，所以图像中①是乙实验方案得到的a—F关系图象。13.(SpaceX)创始人埃隆马斯克透露，名为SN8的星际飞船原型机看起来并不像是宇宙飞船，它们看起来更像一个闪亮的圆柱体结构的舱体，更形象一点也可以称为“大号锅炉”，它们的顶部有一个方形质量模拟器。设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g=10m/s2，求：(1)画出该物体一维运动分析图；(2)燃料恰好用完时火箭的速度大小；(3)火箭上升离地面的最大高度；(4)火箭从发射到返回发射点的时间。 【答案】(1)；(2)20m/s；(3)60m；(4)9.46s【详解】(1)如图所示(2)设燃料恰好用完时火箭的速度为v，根据运动学公式有h=t，解得v=20m/s(3)火箭能够继续上升的时间t1==s=2s火箭能够继续上升的高度h1==m=20m因此火箭离地面的最大高度H=h＋h1=60m(4)火箭由最高点落至地面的时间t2==s=2s火箭从发射到返回发射点的时间t总=t＋t1＋t2≈9.46s14.如图甲所示，可视为质点的质量m1=1kg的小物块放在质量m2=2kg的，长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37°，现对长木板施加水平向左的拉力F=18N，长木板运动v-t图像如图乙所示，sin37°=0.6，，求： (1)长木板长度L；(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；(3)物块与 木板间的动摩擦因数μ1；【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)从图线可知，木板运动2s离开小物块，在0~2s，由图线可知，；(2)在2~3s，由图线可得，，解得(3)0~2s：小物块，，长木板，，解得15. 如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间始终保持θ＝37°角．已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1) 求弹簧的劲度系数k.(2) 求弹簧为原长时，小球的角速度ω0.15. (1) 由平衡条件mgsin 37°＝k解得弹簧的劲度系数为k＝(2) 当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，则有mgtan 37°＝mωLsin 53°解得ω0＝ 16．（12分）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m=1kg的物块，长木板与物块间动摩擦因数为 =0.2，长木板与物块均静止．现用F=14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t=1s撤去水平恒力F．（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？（2）刚撤去F时，物块离长木板右端多远？（3）最终，物块与长木板间因摩擦共产生多少热量？16.（12分） 解：（1）对木板，受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma1，
解得： ．
（2）对小物块，受摩擦力作用，
由牛顿第二定律得，µmg=ma2，
解得：a2=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，
长木板运动的位移：x1=a1t2=×3×12m=1.5m，
小物块运动的位移：x2=a2t2=×2×12m=1m，
则小物块相对于长木板的位移：
△x1=x1-x2=1.5m-1m=0.5m．
（3）刚撤F时，长木板的速度：
v1=a1t=3m/s2×1s=3m/s，
小物块的速度：
v2=a2t=2m/s2×1s=2m/s，
撤F后，长木板的加速度： ，
最终长木板与小物块速度：v'=v2+a2t'=v1-a't'，
代入数据可解得：t′=0.4s，v'=2.8m/s．
在t′时间内，长木板运动的位移：，
小物块运动的位移： ，
则小物块相对于长木板运动的位移：
△x2=x1′-x2′=1.16m-0.96m=0.2m，
所以小物块相对于长木板运动的总位移：
△x=△x1+△x2=0.5m+0.2m=0.7m．产生热量Q=µmg△x=1.4J