1、河北省景县梁集中学 2018 届高三第一次调研考试物理试卷一.选择题（1-9 为单选，每小题 4 分，10-14 为多选，少选的 2 分，全部正确得 4 分）1. 关于物理学的研究方法，下列说法中正确的是( )A. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了等效替代法B. 当 t0 时， 称做物体在时刻 t 的瞬时速度， 应用了比值定义物理量的方法vtC. 用 来描述速度变化快慢，采用了比值定义法D. 伽利略利用斜面实验研究自由落体运动时，采用的是微小放大的思想方法【答案】C【解析】试题分析：计算匀变速直线运动的
2、位移时，将位移分成很多小段，每一小段的速度可近似认为相等，物体在整个过程中的位移等于各小段位移之和，这是采用的微元法，A 错误；根据加速度定义 a=v/t，当t 非常小，v/t 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时加速度，采用的是极限法，B 错误；用 来描述速度变化快慢，采用了比值定义法，C 正确；伽利略利用斜面实验研究自由落体运动时，采用的是冲淡重力的影响的方法，D 错误；故选 C。考点：科学研究方法2. 甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移时间(xt) 图象如图所示，则下列说法正确的是( )A. 时刻甲车加速度大于乙车加速度B. 甲车追上乙
3、车以前 时刻两车相距最远t1C. 0 时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度D. 时刻两车的速度刚好相等t1【答案】C【解析】x-t 图像的斜率等于速度，由图象可知，甲做匀速运动，加速度为零；乙做加速运动，加速度不为零，故 t1 时刻甲车加速度小于乙车加速度，选项 A 错误； t1时刻之前，甲在前，t 1时刻两车的位移相同，说明乙车从后面追上甲车故 B 错误0 到 t1时间内，两车的位移相等，所用时间相等，则两车的平均速度相等故 C 正确由图象的斜率看出，t 1时刻乙车的速度大于甲车的速度，故 D 错误故选 C.点睛：本题关键抓住位移图象的数学意义来理解其物理意义：斜率等于速度、交点表示两物
4、体相遇3. 表面光滑、半径为 R 的半球固定在水平地面上， 球心 O 的正上方 O处有一无摩擦定滑轮， 轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示两小球平衡时 ，若滑轮两侧细绳的长度分别为L12.4R 和 L22.5R，则这两个小球的质量之比为 ，小球与半球之间的压力之比为 ，则以下说法正确的m1m2是( )A. B. C. D. m1m2=2524 N1N2=1【答案】B【解析】先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力 m1g、绳子的拉力 T 和半球的支持力 N，作出力图由平衡条件得知，拉力 T 和支持力 N 的合力与重力 mg 大小相等、方向相反设 OO=h，根据三角形相
5、似得： ；同理对右侧小球，有： ，解得： ， ， ， ；解得：TL1 m1gh N1R TL2 m2gh N2Rm1：m2=L2：L1=25：24；N1：N2=m1：m2=L2：L1=25：24，故 ACD 错误，B 正确；故选 B4. 一个物体沿直线运动,从 t=0 时刻开始,物体的 -t 的图象如图所示,图象与坐标轴的交点分别为 0.5m/s 和-1s,由此可知 ( )A. 物体做变加速直线运动 B. 物体的初速度的大小为 1m/sC. 物体的加速度的大小为 1m/s2 D. 物体的加速度的大小为 0.5m/s2【答案】C【解析】由图得： =（0.5t+0.5）m/s；由 x=v0t+at
6、2 得： 可得 a=0.5，a=1m/s2v0=0.5m/s，可知，物体的加速度不变，做匀加速直线运动故 ABD 错误，C 正确故选 C.5. 气球冒险家利用一簇气球使一座房屋成功升空。图示时刻房屋正在加速上升，此时（）A. 绳对房屋的拉力与房屋对绳的拉力大小相等B. 房屋对绳的拉力与房屋所受的重力大小相等C. 房屋受到的绳的拉力与房屋所受的重力是一对平衡力D. 房屋对绳的拉力与房屋所受的重力是一对作用力和反作用力【答案】A【解析】绳对房屋的拉力与房屋对绳的拉力是一对作用力和反作用力，则大小相等，选项 A 正确；房屋对绳的拉力与绳对房屋的拉力大小相等，因加速上升，则绳对房屋的拉力大于房屋所受的
7、重力，则房屋对绳的拉力大于房屋所受的重力，选项 B 错误；因加速上升，则房屋受到的绳的拉力与房屋所受的重力不是一对平衡力，选项 C 错误；房屋对绳的拉力与房屋所受的重力是两种不同性质的力，故不是一对作用力和反作用力，选项 D 错误；故选 A.6. 一物体做直线运动的 v-t 图象如图所示，下列判断正确的是( )A. 在 01s 内，物体受到的合外力逐渐增大B. 在 02s 内，物体受到的合外力保持方向不变C. 在 1s2s 内，物体受到的合外力的平均功率为零D. 在 03s 内，物体受到的合外力所做总功为零【答案】D点睛：解决本题的关键注意分析 v-t 图象的性质并会熟练运用动能定理 W 合
8、=EK，难度适中7. 如图所示，质量为 2kg 的物体与水平地面间动摩擦因数为 0.2，水平地面足够大。t=0 时，物体以 2m/s初速向右运动，同时对物体施加一个水平向左的大小恒为 2N 的拉力 F，向右为正方向，在 t=0 之后（）A. 物体所受摩擦力不会变化B. 物体所受摩擦力会由-4N 变为+2NC. 物体所受摩擦力会由-4N 变为-2ND. 物体所受摩擦力会由+4N 变为+2N【答案】B【解析】试题分析：最大静摩擦力为 ，当物体静止后，不再运动，此时受到的摩擦力向右，大小与 F 等大，故物体所受摩擦力会由-4N 变为+2N，B 正确；考点：考查了摩擦力的计算【名师点睛】在计算摩擦力时
9、，首先需要弄清楚物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力，如果是静摩擦力，其大小取决于与它反方向上的平衡力大小，与接触面间的正压力大小无关，如果是滑动摩擦力，则根据公式 去计算F=N8. 如图所示，在动摩擦因数 =0.2 的水平面上有一个质量为 m=2kg 的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成 =45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。取 g=10m/s2，且小球与地面之间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，则当剪断轻绳的瞬间，以下说法中不正确的是（）A. 此时轻弹簧的弹力大小为 20 NB. 地面对小球的作用力大于 20 NC. 小球的加速度大
10、小为 8 m/s2，方向向左D. 若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为 10 m/s2【答案】D【解析】试题分析：先分析剪断轻绳前弹簧的弹力，再研究剪断轻绳瞬间，抓住 弹簧的弹力没有变化，求解小球的合力，由牛顿第二定律求出小球的加速度和水平面对小球的作用力剪断轻绳前，小球受力如图所示由于处于静止状态，根据共点力平衡条件可得 ，剪断 轻绳的瞬间，弹簧还来不及发生变化，所以F=mg=20N弹簧的弹力不变，仍为 20N，A 正确；由于剪断瞬间，地面对小球的支持力为 20N，同时地面对小球还存在一个摩擦力，故地面对小球的作用力大于 20N，B 正确；剪断瞬 间，平面对小球的支持力大小 ，摩擦力大
11、小为 ，根据牛顿第二定律得：加速度 ，方向水平向左， C 正确；剪断f=mg=4N a=Ffm=2042m/s2=8m/s2弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬 间为零，此 时小球所受的合力 为零，则小球的加速度为零，故 D 错误【点睛】在应用牛顿第二定律解决瞬时问题时，一定要注意，哪些力不变， （弹簧的的形变量来不及变化，弹簧的弹力不变），哪些力变化（如 绳子断了， 则绳子的拉力变为 零，或者撤去外力了， 则外力变为零， ）然后结合整体隔离法，应用牛顿第二定律分析解 题9. 人用绳子通过定滑轮拉物体 A,A 穿在光滑的竖直杆上,当以速度 v0 匀速地拉绳使物体 A 到达如图所示位置时,绳与竖直杆的
12、夹角为 ,则物体 A 实际运动的速度是 ( )A. v0sin B. v0/sin C. v0cos D. v0/cos【答案】D【解析】将 A 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于 A 沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度 ，D 正确；A、B、C 错v=v0cos误；故选 D10. 质量为 m 的物体，在距水平地面 h 高处以 g 的加速度匀加速竖直下落到地面，若重力加速度为 g，则在此过程中（ ）A. 物体的重力势能减少 mgh B. 物体的动能增加 mghC. 物体的机械能减少 D. 物体的机械能减少 mgh34mgh【答案】AD【解析】物体从
13、距地面 h 高处由静止开始以加速度 a=竖直下落，根据牛顿第二定律得：ma=mg-f，得：物体受到的阻力：f=mg；物体下降，重力做正功 mgh，则物体重力势能减少了 mgh，故 A 正确；由动能定理得：F 合 h=Ek-0，又 F 合 =ma=mg，解得 Ek=mgh，故 B 错误；物体重力势能减少了 mgh，动能增加了 mg，故机械能减少了 mgh，故 C 正确，D 错误；故选 AC.点睛：本题关键对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求出合外力及阻力，最后根据动能定理和重力做功和重力势能变化的关系列方程求解11. “轨道康复者” 航天器可在太空中给“ 垃圾”卫星补充能源，以延长卫星的使
14、用寿命。如右图所示， “轨道康复者”与一颗地球同步卫星在同一平面内，绕地球以相同的方向做匀速圆周运动， “轨道康复者”与同步卫星的轨道半径之比为 1：4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（）A. “轨道康复者” 在图示轨道上运行周期为 6hB. “轨道康复者” 线速度大小是地球同步卫星的 2 倍C. 站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D. 为实施对同步卫星的拯救,“轨道康复者”需从图示轨道加速【答案】BD【解析】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，则 GMmr2=m(2T)2r T=2 r3GM T康T同 =(r康r同 )3=(14)3=18，
15、T 康 =T 同 =24=3h故 A 错误；根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得线速度：GMmr2=mv2r， ，故 B 正确；“轨道康复者”的周期小于 24h，所以相对于地面向东运动，则站在赤v=GMr v康v同 = r同r康 = 41=21道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，故 C 错误；“轨道康复者”从图示轨道上进行加速做离心运动，然后与同伴卫星对接进行施救，故 D 正确；故选 BD点睛：本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题；要知道卫星做离心运动的条件12. 如图所示，光滑水平面 OB 与足够长的粗糙斜面
16、 BC 相接于 B 点，O 端有一竖直墙面，一轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为 m1 的滑块压缩弹簧至 D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经 B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在 B 点的机械能损失。若换用相同材料、相同粗糙程度、质量为 m2(m2m1) 的滑块压缩弹簧至同一点 D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( ) A. 两滑块到达 B 点的速度相同B. 两滑块沿斜面上升的最大高度相同C. 两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同D. 两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同【答案】CD【解析】试题分析: A、两滑块到 B 点的动能相同，但速度不同，故
17、 A 错误；B、两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于速度不同，故上升高度不同故 B 错误；C、两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得： ，所以 ，故两滑块上升到最高点过程克服重EP=mgh+mgcoshsin mgh= EP1+cos力做的功相同，故 C 错误；D、由能量守恒定律得 ，其中， ，结合 CEP=mgh+mgcoshsin E损 =mghcot选项分析得，D 正确故选 D考点：考查机械能守恒定律；功的计算【名师点睛】关键是会应用能量守恒定律解决问题，同时要注意数学推理能力训练13. 如右图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平平面上，斜面倾角 。质量均为 2kg
18、 的 A、B 两物体=300用轻质弹簧拴接在一起，弹簧的劲度系数为 5N/cm，质量为 4kg 的物体 C 用细线通过光滑的轻质滑轮与物体 B 连接。开始时 A、B 均静止在斜面上，A 紧靠在挡板处。用手托住 C，使细线刚好被拉直。现把手拿开，让 C 由静止开始运动，从 C 开始运动到 A 刚要离开 B 挡板的过程中，下列说法正确的是（g 取10m/s2）（）A. 初状态弹簧的压缩量为 2cmB. 末状态弹簧的压缩量为 2cmC. 物体 B、C 组成的系统机械能守恒D. 物体 C 克服绳的拉力所做的功为 0.8J【答案】ABD【解析】初状态弹簧的压缩量为 ，故 A 正确末状态弹簧的伸长量为x1
19、=mBgsink =2100.5N5N/cm=2cm故 B 正确对于物体 B、C 与地球组成的系统，由于弹簧对 B 做负功，所以系x2=mAgsink =2100.5N5N/cm=2cm统的机械能不守恒故 C 错误初末状态弹簧的弹性势能相等，对于弹簧、物体 B、C 与地球组成的系统，根据机械能守恒定律得：mCg（x1+x2）=mBg（x1+x2）sin+ (mB+mC)v2，对 C，由动能定理得 mCg（x1+x2）-W=mCv2，联立解得物体 C 克服绳的拉力所做的功 W=0.8J，故 D 正确故选 ABD点睛：本题考查机械能守恒定律、动能定理及胡克定律的应用，要注意选取研究对象，正确分析物
20、理过程，做好受力分析，选择合适的物理规律求解即可14. 如图所示，传送带带面 AB 与水平面间夹角为 =37，物块与传送带之间动摩擦因数为 0.5，传送带保持匀速运转。现将物块由静止放到传送带中部，A 、B 间距离足够大（若物块可与带面等速，则物块与带面等速时，物块尚未到达 A 或 B） 。下列关于物块在带面 AB 上的运动情况的分析正确的是( )A. 若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向上加速滑动B. 若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动C. 若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为 10m/s2，后为 0D. 若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大
21、小先为 10m/s2，后为 2m/s2【答案】BD【解析】试题分析：因为 ， ，所以 ，若传送带沿顺时针方向匀mgsin=6m mgcos=4m mgsinmgcos速运转，物块沿传送带向下加速滑动，A 正确 B 错误；若传送带沿逆时针方向匀速运转，刚开始由于物块的速度小于传送带的速度，所以此时物块相对传送带向上运动，故受到的摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得 ，当物块速度和传送带速度相同时，由于 ，a1=mgsin+mgcosm =10m/s2所以仍会向下加速运动，此时相对传送带向下，所以受到的摩擦力方向沿传送带向上，故根据牛顿第二定律可得 ，故 C 错误 D 正确a2=mgsin
22、mgcosm =2m/s2考点：考查了传送带的问题【名师点睛】关键是先判断 与 的大小关系，然后根据传送带与物块间的相对运动判断摩擦mgsin mgcos力方向，根据牛顿第二定律解题二.实验题（本题共 12 分）15. 如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律已准备的器材有打点计时器（带导线） 、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需的器材是_A直流电源、天平及砝码 B直流电源、刻度尺C交流电源、天平及砝码 D交流电源、刻度尺安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示图中 O 点为打点
23、起始点，且速度为零选取纸带上打出的连续点 A、B、C、作为计数点，测出其中 E、F、G 点距起始点O 的距离分别为 h1、h2、h3已知重锤质量为 m，当地重力加速度为 g，计时器打点周期为 T为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从 O 点到 F 点的过程中，重锤重力势能的减少量 _，动EP=能的增加量 _（用题中所给字母表示） Ek=实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是_A该误差属于偶然误差 B该误差属于系统误差C可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差某同学在实验中发现重锤增加的动能略小于重锤减少的重力势能，于是深入研究阻力 f 对本实验的影响他测出各计数点到起始点的距离 h，并计算出各计数点的速度 v，用实验测得的数据绘制出 v2-h 图线，如图所示图象是一条直线，此直线斜率的物理含义是_ （用数学表达式书写，可能用到的物理量 m、g、f）【答案】 (1). D (2). (3). (4). BD (5). EP=mgh2 Ek=mg(h3h1)28T2 2(mgf)m
