河北省保定市安国中学2020届高三上学期第一次物理试题

河北安国中学第一次理综测试物理部分

二、选择题

1.一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在落地前第5 s内的位移是18 m，则 （   ）

A. 小球在2 s末的速度是20 m/s

B. 小球在第5 s内的平均速度是3.6 m/s

C. 小球在第2 s内的位移是20 m

D. 小球在前5 s内的位移是50 m

【答案】D

【解析】

【详解】第5s内的位移是18m，根据自由落体运动规律有：

m

其中s，s

解得：m/s2。

A．2s末的速度：

v=gt=8m/s

故A错误；

B．第5s内的平均速度：

m/s

故B错误；

C．第2s内的位移为

m

故C错误；

D．小球在前5 s内的位移

m

故D正确。

故选D．

2.关于力学单位制的说法中正确的是

A. 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma

B. 在国际单位制中，质量基本单位是kg，也可以是g

C. kg、m/s、N是导出单位

D. g、m、J是基本单位

【答案】A

【解析】

【详解】只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma，选项A正确；在国际单位制中，质量的基本单位是kg，不是g，选项B错误；kg是基本单位，m/s、N是导出单位，选项C错误；m是基本单位，g、J不是基本单位，选项D错误；故选A.

3.火星成为我国深空探测的第二颗星球，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行(不计周围其他天体的影响)，宇航员测出飞行N圈用时t，已知地球质量为M，地球半径为R，火星半径为r，地球表面重力加速度为g。则（    ）

A. 火星探测器在轨道上匀速飞行的速度约为

B. 火星探测器在轨道上匀速飞行的向心加速度约为

C. 火星探测器的质量为

D. 火星的平均密度为

【答案】D

【解析】

【详解】A．飞行N圈用时t，故速度为：

故A错误；

B．火星探测器匀速飞行的向心加速度约为：

故B错误；

C．探测器受到的万有引力提供向心力，故

等式两边的质量m约去了，无法求解探测器的质量m，故C错误；

D．探测器受到的万有引力提供向心力，故

又

地球表面物体的重力等于万有引力，则

得

联立得火星的平均密度为

故D正确。

故选D．

4.如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿固定斜面向上匀加速运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，Q受到绳的拉力（   ）

A. 与斜面倾角θ有关

B. 仅与两物块质量有关

C. 与系统运动状态有关

D. 与动摩擦因数有关

【答案】B

【解析】

【详解】设P、Q的质量分别为m1、m2。以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：

解得：

再隔离对Q分析，根据牛顿第二定律得：

解得：

则知绳子的拉力与斜面倾角无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关。故B正确，ACD错误。

故选B．

5.如图，一长为的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：先求拉力F的大小．根据力矩平衡，，解得；

再求速度；再求力与速度的夹角θ=30°，所以功率．

考点：力矩的平衡条件；线速度、角速度和周期、转速；功率、平均功率和瞬时功率

【名师点睛】本题主要考查了力矩的平衡条件、线速度、角速度和周期、转速、功率、平均功率和瞬时功率．属于难度较大的题目．本题要先根据力矩平衡条件求出拉力F的大小，再根据瞬时功率表达式求拉力的功率．

【此处有视频，请去附件查看】

6.如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点.若粒子在运动中只受电场力作用.根据此图能作出的正确判断是(  )

A. 带电粒子所带电荷的符号

B. 粒子在a、b两点的受力方向

C. 粒子在a、b两点何处动能大

D. a、b两点电势的高低

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A错误，B正确。

CD．由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，由a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的动能较大，在b点动能较小；由于粒子的电性不知道，所以无法判断两点电势的高低，故C正确，D错误。

故选BC．

7.中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，最高时速为108 km/h，装有M－70大功率燃气轮机，该机额定输出功率为8700 kW．假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程所受的阻力f与速度v成正比，即f＝kv．下列说法正确的是

A. 由题中所给数据，能计算阻力f与速度v的比值k

B. 在额定输出功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为2.9×105 N

C. 以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kW

D. “野牛”级重型气垫船的最大牵引力为2.9×105 N

【答案】AB

【解析】

【详解】在额定输出功率下以最高时速航行时，vm=108km/h=30m/s，根据P=Fv得：，此时匀速运动，则f=F=2.9×105N，若以恒定牵引力启动时，开始的牵引力大于匀速运动的牵引力，所以最大牵引力大于2.9×105N，故B正确，D错误；根据f=kv得：，故A正确；以最高时速一半的速度匀速航行时，F=f=k=9.67×103×N=1.45×105N，则P=Fv=1.45×105×15=2175kW，故C错误．故选AB．

【点睛】此题主要考查的是学生对功率计算公式的灵活应用和功率变形公式的理解掌握，以及对二力平衡知识的应用，有一定难度.

8.在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物．如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．已知重力加速度g=10m／s2，则可知（    ）

A. 货物与传送带间动摩擦因数为0.5

B. A、B两点的距离为2.4m

C. 货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8J

D. 货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J

【答案】AD

【解析】

A、在时间内，货物速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有，由图乙可得，货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有，由图乙可得，联立解得，，故A正确；

B、v–t图象与t轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为，B错误；

C、货物受到的摩擦力为，时间内的位移为，对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功，，同理 时间内，货物的位移为，摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为，所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12 J–0.8 J=11.2 J，C错误；

D、货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为，时间内，传送带的位移为，总相对路程为，货物与传送带摩擦产生的热量为，故D正确．

点睛：本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移．

三、非选择题

9.在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端.用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示.请将以下的实验操作和处理补充完整：

（1）用铅笔描下结点位置，记为O；

（2）记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，沿每条细绳(套)的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线；

（3）只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，_________________；

（4）按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；

（5）根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；

（6）比较________的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验.

【答案】    (1). 记下细绳的方向    (2). 力与F的大小和方向

【解析】

【详解】（3）[1]中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，从而用力的图示法画出合力；

（6）[2]比较力与F的大小和方向，看它们的一致程度，得出结论。

10.某同学在“测定金属丝电阻率”的实验中：

（1）在用游标为20分度的游标卡尺测其长度时，示数如图甲所示，读数为______cm．

（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为______mm．

（3）在测量金属丝的电阻率的实验中，已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供选用：

A．量程是0-0.6A，内阻是0.5Ω的电流表；

B．量程是0-3A，内阻是0.1Ω的电流表；

C．量程是0-3V，内阻是6kΩ的电压表；

D．量程是0-15V，内阻是30kΩ的电压表；

E．阻值为0-1kΩ，额定电流为0.5A滑动变阻器；

F．阻值为0-10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器；

G．蓄电池（6V）；

H．开关一个，导线若干．

为使测量结果尽量准确，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选______．（只填字母代号）

若图所示的实验仪器就是我们选定，请用铅笔画线连接实验电路．（      ）

【答案】    (1). 5.015    (2). 5.700    (3). C    (4). A    (5). F    (6).

【解析】

【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：5.0cm=50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为：

3×0.05mm=0.15mm

所以最终读数为：

50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm

（2）[2]螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为：

20.0×0.01mm=0.200mm

所以最终读数为：

5.5mm+0.200mm=5.700mm

（3）[4][5][6]电源电动势为6V，电压表应选C、量程是0-3V，内阻6kΩ；如果选D、量程是0-15V，内阻30kΩ，电源电动势不到电压表量程的一半，读数误差较大；电路最大电流约为：

A

则电流表应选：A、量程是0-0.6A，内阻是0.5Ω；为方便实验操作，滑动变阻器应选：F、阻值为0-10Ω，额定电流为2A；待测电阻为10Ω，滑动变阻器最大电阻为10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；由于：

则电流表应采用外接法，电路图如图所示：

11.如图所示，半径为R的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r的光滑圆球P和Q，且R＝1.5r．在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器．当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v0＝5 m/s 的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25 N；某时刻撤去推力F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x＝m．已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g＝10 m/s2．求：

(1)水平推力F的大小；

(2)撤去推力后传感器的示数．

【答案】(1)75 N　(2)0

【解析】

【详解】(1)系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，

其中传感器示数F1＝25 N．设P、Q球心连线与水平方向成θ角，则  ①

则圆球重力mg＝F1tanθ   ②

由①②式解得θ＝60°，  ③

当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，则   ④

系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μMg＝Ma  ⑤ 

系统匀速运动时F＝μMg   ⑥

其中Mg＝3mg，由③④⑤⑥解得，F＝75N    ⑦

(2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得   ⑧

解得FA＝0，即此时传感器示数为0

【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．

12.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2．

(1)摆线能承受的最大拉力为多大？

(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围．

【答案】(1)   (2) 或

【解析】

【详解】（1）摆球由C到D过程机械能守恒，则

，解得

在D点由牛顿第二定律得

联立得摆线的最大拉力N

（2）摆球不脱离圆轨道的情况有：

①摆球能到达A孔，且小球到达A孔的速度恰好为零

对摆球从D到A的过程，由动能定理得

解得

②摆球进入A孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道

其临界情况为到达与圆心等高处速度为零

由机械能守恒定律得

对摆球从D到A的过程，由动能定理得

解得

③摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点，由牛顿第二定律得

由动能定理得

解得

综上所述，动摩擦因数的范围为或者

【点睛】在物体受力较复杂，但是做功比较容易表达的情况下，常根据动能定理求得某一位置的速度；另外对于某一过程，某些力做的功（尤其是变力做的功）通常用动能定理求解．

13.下列说法正确的是(  )

A. 一个气体分子的体积等于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比

B. 显微镜下观察到的墨水中的小炭粒所做的不停地无规则运动，就是分子的运动

C. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大

D. 布朗运动的激烈程度与温度有关，这说明分子运动的激烈程度与温度有关

E. 外界对物体做功时，物体的内能不一定增加

【答案】CDE

【解析】

【详解】A．气体分子体积很小，故不能用气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比来计算气体分子体积；故A错误；

B．显微镜下观察到的墨水中的小炭粒所做的不停地无规则运动，是布朗运动，它是分子的运动的体现，但不是分子的运动，故B错误；

C．若分子间距从小于平衡距离开始变化，则分子力先做正功再做负功，故分子势能先减小后增大；故C正确；

D．布朗运动的距离程度与液体温度，固体颗粒的大小等有关，温度越高，颗粒越小，布朗运动越剧烈，故D正确。

E．外界对物体做功时，若同时放热，则由热力学第一定律可知物体的内能不一定增加，故E正确。

故选CDE．

14.如图中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下.两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压强为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？

【答案】p0＋　p0－

【解析】

【详解】题图甲中选活塞为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件知pAS=p0S＋mg，

得pA=p0＋

题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图(b)所示，由平衡条件知p0S=pBS＋Mg，

得pB=p0－.