《试卷》精品解析：河北省衡水中学2020届高三（上）第一次调研物理试题（解析版）18.doc

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1、河北省衡水中学20192020届高三（上）第一次调研物理试题一、选择题1. 物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是（）A. 亚里士多德首先提出了惯性的概念B. 伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法C. 牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证D. 力的单位“N“是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位【答案】B【解析】牛顿首先提出了惯

2、性的概念，选项A错误； 伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，选项B正确；牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿第一定律步能通过现代的实验手段直接验证，选项C错误； 力的单位“N”和加速度的单位“m/s2”都是导出单位，选项D正确；故选B.2. 一质点位于x=1m处，t=0时刻沿x轴正方向做直线运动，其运动的vt图象如图所示下列说法正确的是（）A. 02s内和04s内，质点的平均速度相同B. t=4s时，质点在x=2m处C. 第3s内和第4s内，质点位移相同D. 第3s内和第4s内，质点加速度的方向相反

3、【答案】B【解析】根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知02s内和04s内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故A错误0-2s内质点的位移为x=（1+2）2m=3m，2-4s内位移为零，则t=4s时质点的位移是3m，t=0时质点位于x=-1m处，则t=2s时，质点在x=x+x=2m处，故B正确第3s内和第4s内，质点位移大小相同，但方向不同，选项C错误；速度图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，加速度是一定的，则知第3s内和第4s内，质点加速度的方向相同，故D错误故选B.点睛：本题是速度图象问题，考查理解物理图象意义的能力，关键要

4、抓住速度图象“斜率”表示加速度，“面积”表示位移3. 如图所示，小球A、B通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的分别为和2假设装置中的各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为（）A. 2cos：1 B. 1：2cos C. tan：1 D. 1：2sin【答案】B【解析】分别对AB两球分析，运用合成法，如图：由几何知识得：Tsin=mAg,Tsin2=mBg,故mA:mB=sin:sin2=1:2cos,故选B【点睛】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来4. 如图所示，一

5、个半径为R的圆球，其重心不在球心O上，将它置于水平地面上，则平衡时球与地面的接触点为A；若将它置于倾角为30的粗糙斜面上，则平衡时（静摩擦力足够大）球与斜面的接触点为B已知AB段弧所对应的圆心角度数为60，对圆球重心离球心O的距离以下判断正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】将球置于水平地面上，球受重力和支持力，二力平衡，故重力的作用点在OA连线上，将球放在斜面上，以B为支点，根据力矩平衡条件，合力矩为零，故重力的力矩一定为零，故重心也在过B的竖直线上，一定是该线与OA的交点，如图所示：，故选项D正确。点睛：重心是重力的作用点，本题关键结合共点力平衡条件和力矩平衡条件判断出重心

6、的位置，然后结合几何关系列式求解。5. 如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为O点，P为环上最高点，轻弹簧的一端固定在P点，另一端栓连一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置平衡，则（）A. 弹簧可能处于压缩状态B. 大圆环对小球的弹力方向可能指向O点C. 小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向O点D. 大圆环对小球的弹力大小可能小于球的重力，也可能大于球的重力【答案】C【解析】若弹簧处于压缩状态，则对小球受力分析可知，重力向下，大圆环对小球的弹力指向O点，弹簧弹力沿PQ向下，则由平衡条件可知，此三力不可能平衡，选项A错误；因弹簧处于被拉伸状态，则大圆环对小球的弹力方向沿半径方向向外，

7、不可能指向O点，选项B错误；因小球受重力、弹簧的弹力以及大圆环的弹力作用，由平衡条件可知，小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定与大圆环对小球的弹力等大反向，指向O点，选项C正确； 根据平行四边形法则，结合几何关系可知，大圆环对小球的弹力大小等于球的重力，选项D错误；故选C.点睛：解答此题关键是理解力的平衡条件，通过画出受力图，根据小球的受力情况，结合几何知识进行判断.6. 如图所示，a、b、c三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A、B保持静止，细绳a是水平的，现对B球施加一个水平向有的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，A球保持不动，这时三根细绳张力Fa、Fb、Fc的变化情况是（）A. 都变大B. 都不

8、变C. Fb不变，Fa、Fc变大D. Fa、Fb不变，Fc变大【答案】C【解析】试题分析：先以B为研究对象受力分析，由分解法作图判断出Fc大小的变化；再以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断Fa、Fb的变化情况解：以B为研究对象受力分析，将重力分解，由分解法作图如图，由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即Fc逐渐变大，F逐渐变大；再以AB整体为研究对象受力分析，设b绳与水平方向夹角为，则竖直方向有：Fbsin=2mg得：Fb=，不变；水平方向：Fa=Fbcos+F，Fbcos不变，而F逐渐变大，故Fa逐渐

9、变大；故选：C【点评】当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单7. 半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，其延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱体不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q（P的截面半径远大于Q的截面半径），整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地逆时针转动，在Q到达最高位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法正确的是（）A. MN对Q的弹力大小逐渐减小B. P、Q间的弹力先增大后减小C. 桌面对P的摩擦力先增大后减小D. P所受桌面的支持力保持不变【答案】AC【解析】以小圆

10、柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图1所示由平衡条件得： 根据几何关系可知：+不变，分析可知，增大，减小，MN对Q的弹力F1减小，P对Q的弹力F2增大故A正确，B错误若刚开始，挡板在最低点，处于水平位置，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对P的摩擦力为零，当Q运动到最高点时，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对P的摩擦力仍为零，则整个过程中，桌面对P的摩擦力先增大后减小，故C正确对P研究，作出受力如图2，地面对P的弹力N=Mg+F2sin，F2增大，增大，所以N增大故D错误故选AC.点睛：本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键，对C选项分

11、析时可以使用极端假设法，假设初末位置分别在最低点和最高点，再对整体受力分析判断，难度适中。8. 如图所示，n个质量为m的相同木块并列放在水平面上，木块跟水平面间的动摩擦因数为，当对1木块施加一个水平向右的推力F时，木块加速运动，木块5对木块4的压力大小为（）A. F B. C. D. 【答案】D【解析】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，得：，以1234为研究对象，设5对4 的压力为N，根据牛顿第二定律： 联立以上二式得：，故ABC错误，D正确。点睛：本题属于连接体问题，连接体问题往往是隔离法和整体法结合应用，正确的选择研究对象是关键。9. 如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着

12、A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端开始时AB两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）A. aA=aB=gB. aA=2g，aB=0C. aA=g，aB=0D. aA=2g，aB=0【答案】D【解析】水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图， 静止时 ，水平细线被剪断瞬间，T消失，其它各力不变，所以，故选D。10. 如图所示，质量为M足够长的斜面体始终静止在水平地面上，有一个质量为m的小物块在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿

13、斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为0已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A. 斜面体给小物块的作用力大小等于mgB. 斜面体对地面的压力小于（m+M）gC. 若将力F的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动D. 若将力F撤掉，小物块将匀速下滑【答案】AD【解析】试题分析：因斜面体与地面的摩擦力为0，可知物体m对斜面体的作用力为竖直向下，可知斜面体给小物块的作用力为竖直向上，大小等于mg，选项A 正确；对斜面体而言，受力分析可知，因物体m对斜面体的作用力为竖直向下大小为mg，则斜面体对地面的压力等于（m+M）g，选项B错误；若将力F的方向突然改为竖直向下，则物体对斜面的正压力

14、变大，摩擦力变大，力F沿斜面方向的分力变小，故小物块不一定做加速运动，选项C错误；若将力F撤掉，则小物块对斜面的压力不变，摩擦力不变，物体对斜面的正压力不变，故斜面体对小物块的作用力仍然竖直向上，大小等于mg，故小物块仍将匀速下滑，选项D正确；故选AD考点：牛顿定律的应用【名师点睛】此题考查了对不同研究对象进行受力分析，掌握力的合成与分解的方法，理解地面与斜面无摩擦力的本质。11. 如图所示，A、B两物体的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g现对A施加一水平拉力F，则（）A. 当F2mg时，A、B都相

15、对地面静止B. 当F=mg时，A的加速度为gC. 当F3mg时，A相对B滑动D. 无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】BCD【解析】试题分析：根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2mg，f3的最大值为mg故当0Fmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；C、设当A、B恰好发生相对

16、滑动时的拉力为F，加速度为a，则对A，有F2mg=2ma，对A、B整体，有Fmg=3ma，解得F=3mg，故当mgF3mg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F3mg时，A相对于B滑动C正确B、当F=mg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有Fmg=3ma，解得a=，B正确D、对B来说，其所受合力的最大值Fm=2mgmg=mg，即B的加速度不会超过g，D正确因选不正确的，故选：A【点评】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力12. 如图所示，M为定滑轮，一根细绳跨过M

17、，一端系着物体C，另一端系着一动滑轮N，动滑轮N两侧分别悬挂着A、B两物体，已知B物体的质量为3kg，不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，若C物体的质量为9kg，则关于C物体的状态下列说法正确的是（）A. 当A的质量取值合适，C物体有可能处于平衡状态B. 无论A物体的质量是多大，C物体不可能平衡C. 当A的质量足够大时，C物体不可能向上加速运动D. 当A的质量取值合适，C物体可以向上加速也可以向下加速运动【答案】AD【解析】试题分析：首先取AB连接体为研究对象，当A的质量远远小于B的质量，则B以接近重力加速度做向下的加速运动，B处于失重状态，细绳的最小拉力接近为零；当A的质量远远大于B的质量时，则

18、B以接近重力加速度向上做加速运动，B处于超重状态，细绳的最大拉力接近B的重力的两倍，故此时细绳拉C的最大拉力为B的重力的4倍，故当A的质量取值合适，C的质量在大于零小于12kg之间都有可能处于平衡，故A正确，B错误；结合以上的分析，当细绳对C拉力小于C的重力时C产生向下的加速度，当细绳对C的拉力大于C的重力时C产生向上的加速度，故C错误、D正确故选AD。考点：牛顿定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；解题时要分析滑轮两边物体的质量关系，根据牛顿定律讨论求解13. 如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，初始时，在竖直向上

19、的力F作用下系统静止，且弹簧处于原长状态以N表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量，现改变力F的大小，使B以的加速度匀加速向下运动（g为重力加速度，空气阻力不计），此过程中N或F的大小随x变化的图象正确的是（）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为，则有：，解得：，在此之前，根据，可知，二者之间的压力N由开始运动时的线性减小到零，故B图可能；而力F由开始时的线性减小到，此后托盘与物块分离，力F保持不变，故C错误，D正确。 点睛：分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求解二者之间的弹力为零时的位移大小，根据N和F的变化情况进行解答；利用牛顿第二定律答题

20、时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。14. 如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为 mA=lkg、mB=2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示则下列关于A、B两物块 受力及运动情况的分析，正确的是（）A. t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB. t=2.0s时刻A、B之间作用力为

21、零C. t=2.5s时刻A对B的作用力方向向左D. 从t=0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m【答案】AD学科网.学科网.学科网.学科网.考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用【名师点睛】AB分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的作用力为03N但加速度相等，然后隔离A、B分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻15. 如图，穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出）已知小球与杆间的动摩擦因数为，小

22、球运动过程中未从杆上脱落，且F0mg下列关于运动中的速度时间图象正确的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据竖直方向上平衡，确定杆子对球弹力的变化，从而得知摩擦力大小的变化，根据牛顿第二定律得出小球加速度的变化二、非选择题16. 现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带上打出一系列点迹（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5

23、、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），2、3和5、6计数点间的距离如图2所示由图中数据求出滑块的加速度a=_m/s2（结果保留三位有效数字）（2）已知木板的长度为l，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是_A滑块到达斜面底端的速度v B滑块的质量mC滑块的运动时间t D斜面高度h和底边长度x（3）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式=_（用所需测量物理量的字母表示）【答案】 (1). 2.51 (2). D (3). 【解析】试题分析：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=01s，根据逐差法有：；（2）要测

24、量动摩擦因数，由mgcos=ma，可知要求，需要知道加速度与夹角余弦值，纸带数据可算出加速度大小，再根据斜面高度h和底边长度x，结合三角知识，即可求解，故ABC错误，D正确（3）以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：mgsin-mgcos=ma解得：考点：测量滑块与木板之间的动摩擦因数【名师点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题17. 如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物体B均处于静止状态轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的

25、夹角=53，斜面倾角=37，物块A和B的质量分别为mA=5kg，mB=1.5kg，弹簧的劲度系数k=500N/m，（sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2），求：（1）弹簧的伸长量x；（2）物块A受到的摩擦力【答案】（1）4cm；（2）5N，方向沿斜面向上【解析】（1）对结点O受力分析如图所示：根据平衡条件，有：，且：，解得：；（2）设物体A所受摩擦力沿斜面向下，对物体A做受力分析如图所示：根据平衡条件，有：，解得：，即物体A所受摩擦力大小为，方向沿斜面向上。点睛：本题主要考查了平衡条件和胡克定律得直接应用，要求同学们能选择合适的研究对象并能正确对物体受力分析，注意

26、正交分解法在解题中的应用。18. 如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从斜面底端A送往上部，已知斜面光滑且足够长，倾角=30，滚轮与金属板的切点B到斜面底端A距离L=6.5m，当金属板的下端运动到切点B处时，立即提起滚轮使它与板脱离接触已知板的质量m=1kg，滚轮边缘线速度恒为v=4m/s，滚轮对板的正压力FN=20N，滚轮与金属板间的动摩擦因数为=0.35，取重力加速度g=10m/s2求：（1）板加速上升时所受到的滑动摩擦力大小；（2）板加速至与滚轮边缘线速度相同时前进的距离；（3）板匀速上升的时间【答案】（1）70N；（2）4m；（3）0.625s【解

27、析】（1）根据摩擦力公式，得：（2）对板进行受力分析，根据牛顿第二定律：可以得到：，根据运动学公式得：。（3）当板与轮的线速度相等后，板做匀速直线运动，则上升的时间为：。点睛：正确对板进行受力分析，根据受力情况确定板的运动情况，分析杆在运动过程中各力的做功情况，根据动能定理求解即可注意对运动性质的确定，能正确判断物体的运动性质，并能写出运动规律。19. 在铁路与公路交叉点上，由于司机粗心、判断失误或车况等原因常常造成交通事故现有一辆长为5m的汽车以v1=15m/s的速度行驶，在离铁路与公路交叉点175m处，汽车司机突然发现离交叉点200m处有一列长300m的列车以v2=20m/s的速度行驶过来

28、，为了避免事故的发生，汽车司机如果立刻刹车作匀减车运动，则最小加速度为多少？汽车司机如果立刻作匀加速运动，则最小加速度应多大？【答案】0.643 m/s2， 0.6 m/s2【解析】加速行驶，在列车通过交叉口前面通过，临界情况：，列车到达交叉口所用时间为：整理得：故当汽车以大于的加速度刹车时亦可避免事故发生汽车减速行驶，在列车到之前停止，列车通过交叉口所需时间为：汽车减速到停止过程，有： 代入数据得： 则汽车做减速运动应满足：代入数据得：故当汽车以大于的加速度刹车时亦可避免事故发生。点睛：本题要注意汽车可以通过两种方式避免事故发生，一个是加速，一个是减速，解题时不能遗漏还有就是不要忽略车身的长

29、度。20. 如图所示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速度地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L就在木板的最右端无初速度放一铁块（取g=10m/s2）试问：（1）木板与地面之间的滑动摩擦系数多大？（2）第1块铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？（3）最终木板上放有多少块铁块？【答案】（1）0.5（2）（3）7块【解析】（1）木板最初做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：竖直方向：水平方向：滑动摩擦力为：则得： ，解得：。（2）放第1块铁块后，木板做匀减速运动，则有：；由运动学公式得为：，代入数据解得：。（3）设最终有n块铁块能静止在木板上则木板运动的加速度大小为：第1块铁块放上后有：，第2块铁块放上后有：第n块铁块放上后有： 由以上各相加得： 要使木板停下来，必须有，代入解得：，则 故最终有7块铁块放在木板上。点睛：熟练应用平衡条件、摩擦力公式、牛顿第二定律和运动学公式即可正确解题，关键运用归纳法，得到速度的通项。