苏南名校2024届高三9月抽查调研卷
一、单选题
1. 2009年7月16日，中国海军第三批护航编队 16日已从浙江舟山某军港启航，于7月30 日抵达亚丁湾、索马里海域，如图所示，此次护航从舟山启航，经东海、台湾海峡、南海、 马六甲海峡，穿越印度洋到达索马里海域执行护航任务，总航程五千多海里。关于此次护航，下列说法正确的是（ ）
A． 当研究护航舰艇的运行轨迹时，不可以将其看做质点
B．“五千多海里”指的是护航舰艇的航行位移
C．“五千多海里”指的是护航舰艇的航行路程
D． 根据题中数据我们可以求得此次航行的平均速度
2. 一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动。其x―t图像如图所示为一条抛物线，则汽车在t=0时刻的速度大小等于（ ）
A． 10m/s B． 20m/s C． 30m/s D． 40m/s
3. 如图所示，两个质量均为 m的物体，物体A静止在粗糙的水平地面上， 物体B静止在粗糙的斜面上， 物体A、B与地面、斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A． 物体A 可能受摩擦力 B． 物体B一定不受摩擦力
C． 物体 A 受摩擦力的大小可能为μmg D． 物体B受摩擦力的大小为 mgsinθ
4. 飞船绕地球做匀速圆周运动，飞船中的物体处于完全失重状态，是指这个物体（ ）
A． 完全不受地球的引力
B． 受到地球的引力和向心力的共同作用而处于平衡状态
C． 受到的向心力小于万有引力
D． 对支持它的物体的压力为零
5.如图所示，某同学探究两个互成角度力的合成规律。轻质小圆环挂在橡皮条一端，另一端固定在 A 点。通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到力 F1、F2的共同作用，处于O点。撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它处于O点。实验中用到的物理学思想方法是等效替代法，其中“等效性”体现在（ ）
A．F1、F2与F满足平行四边形定则
B． 两次拉动小圆环过程中，使橡皮条伸长的长度相等
C． 两次拉动小圆环过程中，使弹簧测力计的形变相同
D． 两次拉动小圆环过程中，使小圆环都处于O点
6. 嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球， 在距月球表面 200km的P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道I绕月飞行，如图所示。之后，卫星在 P 点经过几次“刹车制动”，最终在距月球表面 2 00km 的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动。用 T1、T2、T3分别表示卫星在椭圆轨道I、II和圆形轨道III上运动的周期，用 a1、a2、a3分别表示卫星沿三个轨道运动到 P 点的加速度， V1、V2、V3分别表示卫星沿三个轨道运动到P点的速度，则下面叙述正确的是（ ）
A． 在某一椭圆轨道运行时，由近地点向远地点运行时，相等时间内与地球连线扫过的面积逐渐增加
B． v1
D． a1> a2> a3
7. 在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是（ ）
A． 速度定义式 当△t非常小时， 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法
B． 在“探究加速度与力和质量的关系”实验中，采用了控制变量法
C． 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，可以把物体抽象成质点采用了等效替代法
D． 在推导匀变速直线运动的位移公式时，采用了微元法
8. 河宽 300m，河水流速为 3m/s， 船在静水中速度为6m/s， 当船在渡河时，以下说法中正确的是（ ）
A． 过河的最短时间为 100s
B． 若以最短时间过河时，船的路径与河岸的夹角为60°
C． 若以最短的距离过河时，过河时间为
D． 若以最短的距离过河时，船头应偏向上游，且船头与河岸方向的夹角为30°
9. 一堵南北方向的墙，有一小球在墙的东边，离墙的距离为S， 小球以v0的初速度水平向西抛出，恰落于墙角，在距离小球抛出点很近处有一点光源，那么小球在墙上的影子作（ ）
A． 自由落体运动 B． 匀速直线运动
C． 匀加速直线运动 D． 匀减速直线运动
10. 如图所示，一内壁光滑、质量为 m、半径为r的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上。有一质量为m的小球（可看作质点）在圆管中运动。小球以速率 v0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为（ ）
A. B. C. D.
11. 如图所示为物流货场使用传送带搬运货物的示意图，传送带与水平面成37°角，并以3m/s的速度沿逆时针方向匀速转动。现将货物轻放在传送带的上端点 A处，经1.3s货物到达传送带的下端点 B处。已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin37°=0.6， cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A． 货物先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
B． 摩擦力对货物一直做正功
C． 摩擦力对货物先做负功后做正功
D． 从A点到B点的过程中，货物与传送带的相对位移为0.55m
二、实验题
12. 在探究小车质量一定时加速度与力的关系实验中，小林同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，用力传感器来测细线受到的拉力。
（1）实验时，下列操作或说法正确的是 。
A． 需要用天平测出砂和砂桶的总质量
B． 小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
C． 选用电火花计时器比选用电磁打点计时器的实验误差大
D． 为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
（2）实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图乙中的数据可知，小车运动的加速度大小为 m/s2。（计算结果保留三位有效数字）
（3）由实验得到小车的加速度 a与力传感器示数F 的关系如图丙所示。图像不过原点的原因是_，修正上述实验后，当小车的质量一定时，加速度与其受到的合力成 （填“正比”或“反比”）。
三、解答题
13. 如图所示， AB是一段光滑的水平支持面（不计支持面厚度）， 一个质量为m的小物体P在支持面上以速度 v0滑到B点时水平飞出，落在水平地面的C点，其轨迹如图中虚线BC所示。 已知P落地时相对于 B点的水平位移OC=1，重力加速度为g，不记空气阻力的作用。
（1）现于支持面下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带右端E与B点相距l/2，先将驱动轮锁定，传送带处于静止状态。 使P仍以v0 离开B点在传送带上滑行，然后从传送带右端E水平飞出，恰好仍落在C点，其轨迹如图中虚线EC所示，求小物块P与传送带之间的动摩擦因数μ；
（2）若解除锁定，驱动轮以不同的角度ω顺时针匀速转动，仍使P以v0从B点滑上传送带，最后 P的落地点为D（图中未画出）。 试写出角速度ω对应的OD的可能值。
14. 如图甲所示，质量为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得 v-t图象如图乙所示。取重力加速度g=10m/s 。求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2） 10s内物体的位移；
（3）物体再次回到 A点时的速度大小。
15. 如图所示，质量M=8kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板的右端施加一水平恒力 F=8N，当长木板向右运动的速度达到 3m/s时，在长木板的右端轻放上一质量m=2kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2 ，已知长木板足够长，小物块始终不会离开木板，从小物块放在长木板上开始计时，经过3s时间，取 g=10m/s2，求：
（1） 小物块的速度大小；
（2）在这 3s时间内，水平恒力 F做的功。
16. 如图所示，一个木板放置在光滑的水平桌面上， A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，并且跨过轻滑轮， A物体放置在木板的最左端，滑轮与物体A间的细绳平行于桌面，已知木板的质量m1=20.0kg，物体A的质量m2=4.0kg，物体B的质量m3=1.0kg，物体A 与木板间的动摩擦因数μ=0.5，木板长 L=2m，木板与物体A之间的最大静摩擦等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10m/s2。为了使 A、B两个物体以及木板均保持静止状态，需要对木板施加水平向左的力F1加以维持，求：
（1）这个力F1的大小；
（2）为了使物体A 随着木板一起向左运动，并且不发生相对滑动，现把力F1替换为水平向左的力 F2，求力 F2的最大值。
试题解析
1. C
A． 当研究护航舰艇的运行轨迹时，护航舰艇的大小和形状可以忽略，可以将其看做质点，A错误；
BC． 总航程五千多海里是轨迹长，是路程，B错误C正确；
D． 因无法确定舰艇的运动位移，故无法求出其平均速度，D错误。
2. B
一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动。根据图像可知，在4s，图像斜率为零，速度减为零， 反向看
解得
v0=20m/s
3. D
AC． 物体A 相对地面没有运动的趋势，则物体A不受摩擦力，AC 错误；
BD． 物体B相对斜面有向下运动的趋势，则受沿斜面向上的静摩擦力，与重力沿斜面向下的分力相等，大小为mgsinθ， B 错误， D正确。
4. D
处于完全失重状态的飞船只受地球的引力，提供飞船绕地球做匀速圆周运动的向心力，并不是处于平衡状态，而是对支持它的物体的压力为零。
5. D
“等效性”体现在两次都将小圆环拉到相同的位置，与F1、F2与F满足什么规则无关，在拉动小圆环的过程中，不仅橡皮条伸长的长度相同，而且橡皮条拉伸的方向也要相同。在两次拉动橡皮条的过程中，弹簧测力计的形变是不同的。
6. C
A． 根据开普勒第二定律可知，在某一椭圆轨道运行时，由近地点向远地点运行时，相等时间内与地球连线扫过的面积相同，故A错误；
B． 卫星从椭圆轨道I到椭圆轨道Ⅱ最后进入Ⅲ都要在P点点火减速制动，做近心运动，可知
v1>v2>v3
故 B错误；
C． 由开普勒第三定律
可知，半长轴越大周期越大，故
故C正确；
D． 根据万有引力定律可知，卫星沿三个轨道运动到 P 点所受万有引力相同，则卫星沿三个轨道运动到 P点的加速度相同，故D错误。
7. C
A． 当Δt→0时， 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限法，故A正确，不符合题意；
B． 在“探究加速度与力、质量的关系”实验中主要运用了控制变量法，故B正确，不符合题意；
C． 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了理想模型法， 故C错误，符合题意；
D． 在推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里主要运用了微元法，故D正确，不符合题意。
8. C
AB．过河的最短时间为当船头垂直河岸时，所以时间为 故A、B错误；
CD．若以最短的距离过河时，即船的合速度沿垂直河岸方向，所以船的实际速度为所以过河时间为 由几何关系可知，船与上游成α角， 所以α=60°，故C正确，D错误。
9. B
根据图中两个三角形相似得到影子位移与时间的关系式，再根据自由落体运动位移时间关系公式列式，然后联立得到影子位移与时间的关系式，最后分析讨论；根据图示， 从O点做平抛运动，经过时间t时下落的位移为 h，影子的位移为x，由数学知识可得： 联立解得 即影子的位移与时间成正比，所以小球在点光源照射下的影子在墙上的运动是匀速直线运动，故选项B正确，选项ACD错误。
此题通过影子的运动考查平抛运动规律，关键在于确定影子位移的表达式后分析讨论。
10. C
以球为研究对象， 根据牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知，球对圆环的作用力大小
方向向下，再以圆环为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小
11. D
AD． 开始阶段，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
得
a =10m/s2
货物的速度从零增至传送带的速度时用时为
此过程货物的位移为
传送到的位移
此后t2=t-t1=1.3s-0.3s=1s内，由于
mgsinθ>μmgcosθ
货物继续做匀加速运动，由牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcosθ=ma 2
a2=2m/s2
继续匀加速运动至 B点的位移
传送带的位移
从A点到B点的过程中，货物与传送带的相对位移为
选项 A错误，D正确；
CD． 开始时摩擦力对物体做正功，共速以后摩擦力对物体做负功，选项BC错误。
12.B 0.625 没有平衡小车受到的摩擦力或平衡小车受到的摩擦力不足； 正比
（1） [1]A． 细线受到的拉力由传器测量，不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，故A错误；
B． 小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故B正确；
C． 电磁打点计时器的振针和复写纸、纸带撞击形成点迹，而电火花计时器是产生脉冲在纸带上形成点迹，所以选用电火花计时器比选用电磁打点计时器的实验误差小，故C错误；
D． 对小车的拉力可由传器测量后计算出来，实验中不需要要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故D错误。
（2）[2]已知打点计时器使用的交流电源的频率为 50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，相邻计数点间的时间为
根据逐差法可得小车的加速度
（3）[3]当拉力为零时，加速度为负值，说明没有平衡小车受到的摩擦力或平衡小车受到的摩擦力不足；
[4]修正上述实验后，根据牛顿第二定律有
2F=ma
即
可知当小车的质量一定时，加速度与其受到的合力成正比。
13.（1） （2）（a） OD=1（b） （c）
分析：物块离开水平面后做平抛运动，应用平抛运动规律与动能定理可以求出动摩擦因数；根据物块受到与传送带速度间的关系，分析物块的运动过程，应用匀变速运动规律分析答题。
（1） 小木块从B到C的过程，做平抛运动，水平方向有v0d0=l，
小木块从 E到C的过程沿水平方向有 解得
设想物块从与传送带之间的动摩擦因数为μ，小物块从B到E的过程，
根据动能定理有： 解得
（2）（a）当传送带的速度： 即 时，物体在传送带上一直做匀减速运动，物体离开传送带时的速度为vE， 则： OD=l；
（b）如果物体在传送带上一直做加速而未与传送带共速， 则物体的加速度是a=μg则物体离开传送带的速度达到最大值为vmax，
根据运动学公式有： 解得
当传送带的速度： 即 时，物体离开传送带时的速度为vmax，则
（c）当传送带的速度 即 时，
物体离开传送带时的速度为： 则
14.（1） F=3N，μ=0.05； （2）2m，水平向左；（3）
（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a ，向左做匀加速直线运动的加
速度大小为a2，则由v-t图得
A1=2m/s2， a2=1m/s2
由牛顿第二定律有
F+μmg=ma1
F-μmg=ma2
联立解得
F=3N， μ=0.05
（2）物体减速阶段即0到 4s内发生的位移大小
方向水平向右；
物体从4s到10s反向做加速运动，发生的位移大小为
方向水平向左；
所以10s内物体的位移
x=x2-x1=2m
方向水平向左；
（3） 由运动学公式
v2=2a2x1
代入数据解得
15.（1） 4.8m/s；（2） 91.2J
（1）根据牛顿第二定律得，小物块在长木板上做匀加速运动的加速度大小为
此时长木板的加速度大小为
设经过t时间小物块与长木板的速度相同，根据运动学规律有
a1t=v0+a2t
解得
t=2s
此时二者的速度大小均为
v=a1t=4m/s
易知共速后二者将整体做匀加速运动，加速度大小为
从小物块放在长木板上开始计时，经过3s时间，小物块的速度大小为
（2）从小物块放在长木板上开始计时，长木板在前 2s内的位移大小为
在第3s内的位移大小为
则长木板在前 3s内的位移大小为
x=x1+x2=11.4m
在这3s时间内，水平恒力 F做的功为
WF=Fx=91.2J
16. （1）10N； （2）60N
（1）使 A、B两个物体以及木板均保持静止状态，设绳上拉力为T，对于 B满足
T=m3g
对A及木板组成的系统，满足
F=T
联立代入数据可得 F=10N。
（2）物体A随着木板一起向左运动，并且不发生相对滑动时，三者的加速度大小相等，当A与木板间的静摩擦力达到最大值时，F 达到最大值，对A、B整体，由牛顿第二定律可得
μm2g-m3g=（m2+m3）a
代入数据解得a=2m/s2，对木板，由牛顿第二定律得
F2-μm2g=m1a
代入数据可解得F2=60N。
