2022届江苏省扬州市扬州中学高三（上）10月阶段检测物理试题（解析版）

1、 江苏省扬州中学2021-2022学年第一学期考试试卷高三物理一、单项选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分每小题只有一个选项符合题意选对的得4分，错选或不答的得0分1. 下列表达式中，属于比值法定义物理量的是（）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】A根据牛顿第二定律，加速度与合外力成正比，与质量成反比，则是加速度的决定式，不属于比值法定义物理量，所以A错误；B电场强度是由场源电荷及在场源电荷周围的位置来决定，与电势差及距离无关，所以属于比值法定义物理量，则B正确；C电容的决定式反映了电容与两极板的正对面积成正比，与介电常数成正比，与极板间的距离成反比，所以不属于比值法定

2、义物理量，则C错误；D是表示做功的变化快慢，但是不能说功率与功成正比，与时间成反比，所以是属于比值法定义物理量，则D正确；故选BD。2. 一质点做直线运动，在t=t0时刻，位移x0，速度v0，加速度a0，此后a逐渐减小，则它的（）A. 速度逐渐减小B. 位移的变化越来越快C. 速度的变化越来越快D. 位移始终为正，速度变为负值【答案】B【解析】【详解】A由于在t=t0时刻，位移x0，速度v0，加速度a0，则速度方向与加速度方向相同，质点做加速运动，所以速度越来越大，则A错误；CD加速度大小表示物体运动速度的变化快慢，a逐渐减小说明质点的速度变化越来越慢了，即质点速度慢慢增大，所以速度一直增大，

3、则位移始终为正，速度始终为正，所以CD错误；B位移的变化越来越快，即速度越来越大，所以B正确；故选B。3. 如图所示，固定的四分之一粗糙圆弧轨道的圆心在竖直墙上的点，A点与点在同一高度，轻弹簧一端固定在点，另一端连接质量为的小物块，物块静止在轨道上，弹簧与竖直方向的夹角，重力加速度为，则（ ）A. 轨道对物块一定有支持力B. 弹簧一定处于伸长状态C. 弹簧一定处于压缩状态D. 轨道对物块的摩擦力大小等于mg【答案】A【解析】【分析】【详解】D对小物块做受力分析有f = mgsin = mgD错误；A沿斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于mg），不为零，有

4、摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，A正确；BC假设滑块受重力、支持力、摩擦力，三个力的合力可以为0，即物体可以不受弹簧的弹力，则弹簧可以处于原长，不一定处于压缩或伸长状态，BC错误。故选A。4. 一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B（可视为质点），将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图所示，当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向成=30角，B球的速度大小为v2，则（）A. v2=v1B. v2=2v1C. v2=v1D. v2=v1【答案】C【解析】【详解】球A与球形容器球心等高，速度v1方向竖直向下，速度分解

5、如图所示，有v11=v1sin30=v1球B此时速度方向与杆成=60角，因此v21=v2cos60=v2沿杆方向两球速度相等，即v21=v11解得v2=v1故选C。5. 从水平面上方O点水平抛出一个初速度大小为v0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与O等高的A点，小球与水平面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力，若只改变初速度大小，使小球仍能击中A点，则初速度大小可能为（）A. 2v0B. 3v0C. D. 【答案】D【解析】【详解】由于小球在竖直方向先加速后减速，在水平方向一直匀速，根据运动的对称性原理，可知该过程运动的时间为平抛运动时间的两倍

6、，设竖直高度为h，竖直方向的运动时间为水平方向的位移为设初速度为时，经地面反弹n次，仍与A点碰撞，其运动时间为水平位移不变，则有故选D。6. 电荷量相等的四个点电荷分别固定于正方形的四个顶点，O点是正方形的中心，电场线分布如图所示，取无限远处电势为零。下列说法正确的（）A. 正方形右下角电荷q带负电B. M、N、P三点中N点场强最小C. M、N、P三点中M点电势最高D. 负电荷在P点的电势能比在O点的电势能小【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据电场线的特点，正方形左上角电荷带正电，顺时针开始，第二个电荷带负电，右下角电荷带正电，第四个电荷带负电，故A错误；B根据电场线的疏密，M、N、P三点

7、中M点场强最小，故B错误；CD依据对称性可知，O点电势为零，M点电势为正，N、P两点更接近负电荷，电势为负，所以三点中M点电势最高,将负电荷从P点移动到O点，电势升高，电场力做正功，电势能减少，所以负电荷在P点的电势能比在O点的高，故C正确，D错误。故选C。7. 如图所示，两同学到游乐场乘坐“旋转秋千”，他们分别坐在用相同长度的轻质缆绳悬挂的座椅中，两同学（含座椅）质量不同。不计空气阻力，当水平圆盘带着两人达到匀速转动时，下列说法错误的是（）A. 两同学运动的周期相同B. 质量大的同学运动的半径小C. 两同学运动的线速度大小相等D. 两同学运动的加速度大小相等【答案】B【解析】【分析】【详解】

8、A同轴转动的角速度相同，所以当圆盘带着两同学匀速转动时，两同学的角速度相同，由周期与角速度的关系，可知两同学的运动周期也相同，A正确，不符合题意；B设其中一个同学的质量是m，轻质缆绳与竖直方向的夹角为，缆绳的长度为l，圆盘的半径为r，受力分析如图所示，重力与缆绳作用力的合力提供向心力，则有mgtan=m2r1r1是同学做圆周运动的半径r1=r+lsin整理得gtan2lsin=2r由以上分析计算可知，角与同学的质量无关，缆绳的长度和角速度相等，两同学做圆周运动的半径相同，B错误，符合题意；C由线速度与角速度的关系v=r可知，两同学运动的线速度大小相等，C正确，不符合题意；D由匀速圆周运动的加速

9、度a=2r可知，两同学的加速度大小相等，D正确，不符合题意。故选B。8. 2021年4月29日，中国空间站天和核心舱被长征五号运载火箭成功送入预定轨道，揭开了中国空间站建设的大幕，如图所示，在地球赤道的某位置发射质量为m的火箭，上升到A点后点火加速，以速度v1进入椭圆轨道I，随后火箭立即关闭发动机沿轨道I运动到B点，此时速度为v2，在B点再次点火加速后，以速度v3进入半径为r的圆形轨道，则（）A. v3v1B. 火箭从A运动到B的时间tC. 火箭刚到B点的加速度D. 火箭上升到A点的过程中，合力做功【答案】B【解析】【详解】A设在A点绕地球做圆周运动，其线速度为，根据解得则绕地球做圆周运动时，

10、半径越大线速度越小，所以有由于在A点后点火加速，以速度v1进入椭圆轨道I，即所以则A错误；B火箭在半径为r的圆形轨道上运行的周期为根据开普勒第三定律由于椭圆轨道I的半长轴小于圆形轨道的半径，所以在椭圆轨道I的周期 小于在圆形轨道上运行的周期 ，则火箭从A运动到B的时间所以B正确；C火箭刚到B点的加速度为所以C错误；D火箭上升到A点的过程中，合力做功因为火箭在地球赤道上随地球一起自转具有一定初速度，所以D错误；故选B。9. 滑索是一项体育游乐项目。游客从起点利用自然落差加速向下滑行，越过绳索的最低点减速滑至终点，如图。不考虑空气对人的作用力，选项图不能正确表示游客加速下滑或减速上滑的是（）A.

11、加速下滑B. 加速下滑C. 减速上滑D. 减速上滑【答案】A【解析】【详解】AA图中游客受绳的拉力和重力作用，合力方向向左，游客向下作减速运动，不能表示加速下滑，故A符合题意；BB图中游客受绳的拉力和重力作用，合力方向向右，游客向下作加速运动，可以表示加速下滑，故B不符合题意；CDC、D图中游客受绳的拉力和重力作用，合力方向向左，游客向上作减速运动，可以表示减速上滑，故CD不符合题意。故选A10. 如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点由静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A过程加速度（a）、重力势能（EpG）、

12、机械能（E）、电势能（Ep电）随位置变化的图象一定错误的是（取O点为坐标原点且重力势能为零，竖直向下为正方向，无限远电势为零）（）A B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A点到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力可能先增大后减小，方向竖直向上，重力不变，由牛顿第二定律得知，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A是可能的，故A不符合题意；B小球从A到圆环中心的过程中，重力势能小球穿过圆环后根据数学知识可

13、知， B是可能的，故B不符合题意；C小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C不符合题意；D由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的，故D符合题意。故选D。11. 如图所示，电场强度方向在竖直平面内的矩形匀强电场区I、的高和间距均为h，上面为I、下面为，电场强度为E。质量为m的带电小球由静止释放，进入电场I和时的速度相等，空气阻力不计，重力加速度为g，则（）A. 刚进入电场I时加速度方向竖直向上B. 穿过电场I的时间大于在两电场之间的

14、运动时间C. 穿过两电场后小球的电势能增加了3mghD. 穿过两电场后小球的电势能增加2mgh【答案】A【解析】分析】【详解】AB因为小球在匀强电场区I、之间的运动是匀加速运动，其末速度与其进入匀强电场区I的初速度相等，由于匀强电场区I与I、之间的间距均为h，且在匀强电场区I一定做匀变速运动，所以带电小球在匀强电场区I做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度，根据可知电场力为重力的2倍，运动过程与在I、之间的运动具有对称性，穿过电场I的时间等于在两电场之间的运动时间，所以A正确，B错误；CD由于电场力为重力的2倍，所以经过两个当场区域，电势能增加EP=22mgh=4mgh选项CD错误。故选A。二

15、、非选择题：本题共5小题，共56分请将解答填写在答题卡相应的位置解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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12. 如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系的实验装置。转动手柄，可使两侧变速轮塔以及长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在左右两轮塔上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以各自的角速度做匀速圆周运动，其向心力由挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：（1）下列实验的实验方法与本实

16、验相同的是_。A验证力的平行四边形定则 B验证牛顿第二定律 C伽利略对自由落体的研究（2）若长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A到转轴距离的2倍，长槽上的挡板A和短槽上的挡板C到各自转轴的距离相等。探究向心力和角速度的关系时，若将传动皮带套在两半径之比等于3：1的的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板_和挡板_处（选填“A”或“B”或“C”），则标尺露出红白相间的等分格数的比值约为_。若仅改变皮带位置，通过对比皮带位置轮盘半径之比和向心力大小之比，可以发现向心力F与_成正比。（3）为了能探究向心力大小的各种影响因素，左右两侧塔轮_（选填“需要”或“不需要”）设置半径相同的轮盘。（4）你认为以上实

17、验中产生误差的原因有_（写出一条即可）。（5）利用传感器升级实验装置，用力传感器测压力，用光电计时器测周期进行定量探究。某同学多次改变转速后，记录一组力与对应周期数据，他用图像法来处理数据，结果画出了如图所示的图像，该图线是一条过原点的直线，请你分析他的图像横坐标x表示的物理量是_AT B C D【答案】 . B . A . C . 1：9 . 角速度的平方 . 需要 . 小球转动半径引起的误差；弹簧测力套筒的读数引起的误差；皮带打滑引起的误差等 . D【解析】【分析】【详解】（1）1本实验所用的研究方法是控制变量法，与验证牛顿第二定律实验的实验方法相同，故选B；（2）234若探究向心力和角速

18、度的关系时，则要保持质量和半径不变，即要将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C上；若将传动皮带套在两半径之比等于3：1的的轮盘上，因两轮盘边缘的线速度相同，则角速度之比为1:3 ，则向心力之比为1:9，则标尺露出红白相间的等分格数的比值约为1:9。5若仅改变皮带位置，通过对比皮带位置轮盘半径之比和向心力大小之比，可以发现向心力F与角速度的平方成正比。（3）6为了能探究向心力大小的各种影响因素，因为要研究角速度一定时向心力与质量或半径的关系，则左右两侧塔轮需要设置半径相同的轮盘。（4）7你认为以上实验中产生误差的原因有：小球转动半径引起的误差；弹簧测力套筒的读数引起的误差；皮带打滑引起的误差等；

19、（5）8根据纵标表示向心力F，则图像横坐标x表示物理量是，故选D。13. 如图甲所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具。“上坐一人，双手握铁篙，向后下方用力点冰，则冰床前进如飞”。在空旷的水平冰面上，小孩从静止开始，连续三次“点冰”后达到最大速度vm（未知），之后沿直线匀减速滑行了18m后停下。某同学用v-t图像描述了上述运动过程，如图乙所示。若每次“点冰”获得的加速度恒定且相等。求：（1）“冰爬犁”最大速度vm以及匀减速运动过程的加速度大小；（2）小孩“点冰”时“冰爬犁”加速度的大小。【答案】（1）vm=6m/s，a1=1m/s2；（2）m/s2【解析】【分析】【详解】（1）在713

20、s内，将运动倒过来看成匀加速运动，由运动学规律可得 代入数据解得减速过程加速度大小为a1=1m/s2最大速度vm=6m/s（2）由v-t图像可知，在07s内：加速总时间为t2=3s，减速总时间为t3=4s，有代入数据解得加速过程的加速度大小为m/s214. 单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角=72.8，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图

21、乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8=0.96，cos72.8=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。【答案】(1)4.8 m；(2)12 m【解析】【详解】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2=ma1 由运动学公式得 联立式，代入数据得d=4.8 m (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规

22、得v2=vMcos72.8 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2=ma2 设腾空时间为t，由运动学公式得 联立式，代入数据得L=12 m 15. 航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为=0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为，不计转运车与地面间的摩擦。A、B的质量均为M=40kg，A、B水平部分的长度均为L=4m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10m/s2。求：（1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少；（2）若某包裹的质量为m=10kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足的条件；（3）若某包裹的质量为m=50kg，为