1、- 1 -安徽省定远炉桥中学 2018 届高三 12 月段考卷物理试卷一、选择题1. 如图，物体 P 静止于固定的斜面上，P 的上表面水平，现把物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，由此可求出A. P 与斜面的摩擦力B. P 与 Q 的摩擦力C. P 对斜面的正压力D. 斜面的倾角【答案】B【解析】没有放 Q 时，对 P 受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，有：支持力：N=Mgcos；沿斜面向上的摩擦力：f=Mgsin；根据平衡条件可得：重力沿斜面向下的分力为 MgsinMgcos；所以当 Q 放在 P 上方时，整体有：（M+m）gsin（M+m）gcos，所以系统仍然静止；两个物体的
2、质量和斜面倾角不知道，所以无法求解摩擦力大小，AD 错误；由于系统静止且 P 的上表面水平，且 P 和 Q 无相对运动趋势，所以 Q 受到的摩擦力为零，B 正确；两个物体的质量和斜面倾角不知道，所以无法求解 P 对斜面的正压力，C 错误；故选 B点睛：本题关键是对物体受力分析，求解出支持力和静摩擦力表达式；物体 Q 轻轻地叠放在P 上，相当于增大物体 P 重力.2. “神舟七号”飞船绕地球运转一周需要时间约 90min， “嫦娥二号”卫星在工作轨道绕月球运转一周需要时间约 118min(“神舟七号”和“嫦娥二号”的运动都可视为匀速圆周运动)。已知“嫦娥二号”卫星与月球中心的距离约为“神舟七号”
3、飞船与地球中心距离的 。根据以上数据可求得A. 月球与地球的质量之比B. “嫦娥二号”卫星与“神舟七号”飞船的质量之比C. 月球与地球的第一宇宙速度之比D. 月球表面与地球表面的重力加速度之比- 2 -【答案】A【解析】:A、根据万有引力提供向心力 ,得 ，所以 是定值,即可以计算出月球与地球的质量之比,所以 A 选项是正确的.B、 “嫦娥二号”卫星与“神舟七号”飞船是环绕天体,质量在等式两边约去了,所以计算不出它们的质量,故 B 错误.C、根据第一宇宙速度的公式 ,因为不知道月球和地球的半径,故无法计算月球与地球的第一宇宙速度之比,故 C 错误.D、星球表面的重力加速度 ,因为不知道月球和地
4、球的半径,故无法计算月球表面与地球表面的重力加速度之比,故 D 错误.综上所述本题答案是：A3. 汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为 v1，装满货物后的最大速度是v2已知汽车空车的质量是 m0，汽车所受的阻力与车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：当汽车空载时，有： 当汽车装满货物后，有：，联立两式解得： 故 C 正确，ABD 错误故选 C【点睛】汽车在水平路面上行驶时，当牵引力等于阻力时，速度最大根据功率与速度的关系，结合汽车阻力与车重的关系求出所装货物的质量4. 如图所示，在倾角为 30的光滑斜面上，有一根长为 L0
5、.8 m 的轻绳，一端固定在O 点，另一端系一质量为 m0.2 kg 的小球，沿斜面做圆周运动，取 g10 m/s 2，若要小球能通过最高点 A，则小球在最低点 B 的最小速度是( ) - 3 -A. 4 m/s B. C. D. 【答案】C【解析】小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，刚小球通过 A 点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有： ，解得： ，由动能定理： ，带入数据解得： 。故 C 正确，ABD 错误。5. 如图所示，光滑水平面上放置质量分别为 m 和 2m 的四个木块 A、 B、 C、 D，其中 A、 C 两木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是 mg 。
6、现用水平拉力 F 拉 D 木块，使四个木块以同一加速度运动，则 A、 C 轻绳的最大拉力为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】设左侧两木块间的摩擦力为 ，右侧木块间摩擦力为 。对左侧下面的大木块有：，对左侧小木块有 ；对右侧小木块有 ，对右侧大木块有，联立可知 。四个物体加速度相同，由以上式子可知 一定大于 ；故应首先达到最大静摩擦力，由于两个接触面的最大静摩擦力最大值为 ，所以应有，联立解得： 故 C 项正确。综上所述本题答案是：C点睛：本题属于比较难的连接体问题，本题的关键是要使四个木块一起加速，则任两个木块间的静摩擦力都不能超过最大静摩擦力，把握这一特征会比较有利于解题。6.
7、 如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为 30，质量分别为 M、 m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体M，此时 M 距离挡板的距离为 s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知 M = - 4 -2m，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是A. M 和 m 组成的系统机械能守恒B. 当 M 的速度最大时， m 与地面间的作用力为零C. 若 M 恰好能到达挡板处，则此时 m 的速度为零D. 若 M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 M 做的功等于物体 m 的机械能增加量【答案】B【解析】因 Mm 之间
8、有弹簧，故两物体受弹簧的弹力做功，机械能不守恒；故 A 错误；M 的重力分力为 Mgsin=mg；物体先做加速运动，当受力平衡时 M 速度达最大，则此时 m 受力为mg，故 m 恰好与地面间的作用力为零；故 B 正确；从 m 开始运动至到 M 到达底部过程中，弹力的大小一直大于 m 的重力，故 m 一直做加速运动，M 到达底部时，m 的速度不为零；故 C错误；M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和；故 D 错误；故选 B.7. 粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动，水平拉力 F 及运动速度 v 随时间变化的图线如图中
9、甲.乙所示，取重力加速度 ，则（ ）A. 前 内物体运动的加速度为B. 前 内物体运动的位移的大小为C. 物体的质量 m 为D. 物体与地面间的动摩擦因数【答案】AD【解析】试题分析：根据速度图象的斜率等于加速度，求出前 2s 内物体运动的加速度，在- 5 -v-t 图象中与时间轴所围面积为物体的位移，即可求出位移分析物体的运动情况：前 2s 内做匀加速运动，后 2s 内做匀速直线运动，由图读出两个过程中水平拉力的大小，根据牛顿第二定律分别研究两个过程，列出方程，联立解得 m 和 根据速度图象的斜率等于加速度，可知前 2s 内物体的运动加速度 ，故 A正确；前 4s 内物体的位移为 ，故 B
10、错误；根据牛顿第二定律得：前2s 内 ，后 2s 内 ，由图得 ，代入解得： ，故 C 错误，D 正确8. 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 点静止释放，并穿过带电环，关于小球从 A 运动到与 O 对称的点 A的过程中，其加速度（a） 、重力势能（Ep G） 、机械能（E） 、电势能（E p 电 ）随位置变化的图象如图所示（取 0 点为坐标原点且重力势能为零，向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为零）其中不正确的是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从 A 到
11、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先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，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 正确；小球从 A 到圆环中心的过程中，重力势能 EpG=mgh，小球穿过圆环后， EpG=-mgh，根据数学知识可知，B 是可能的，故 B 正确；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 是可能的，故 C 正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球
12、下落的过程中，电场力做功与下落- 6 -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 图错误。所以选 D。9. 一个质量为 m 的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角 =30的斜面，其加速度为 ，如图此物体在斜面上上升的最大高度为 h，则此过程中正确的是A. 物体动能增加了B. 物体克服重力做功C. 物体机械能损失了D. 物体克服摩擦力做功【答案】BC【解析】物体在斜面上加速度为 ，方向沿斜面向下，物体的合力 ，方向沿斜面向下，斜面倾角 ，物体从斜面底端到最大高度处位移为 2h，物体从斜面底端到最大高度处，物体合力做功 ，根据动能定理研究物体从斜
13、面底端到最大高度处得 ，所以物体动能减小 ，故 A 错误；根据功的定义式得：重力做功，故 B 正确；重力做功量度重力势能的变化，所以物体重力势能增加了 mgh，而物体动能减小 ，所以物体机械能损失了 ，故 C 正确；除了重力之外的力做功量度机械能的变化物体除了重力之外的力做功还有摩擦力做功，物体机械能减小了 ，所以摩擦力做功为 ，故 D 错误【点睛】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系我们要正确的对物体进行受力分析，能够求出某个力做的功10. 如图所示， MNPQ 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为 E， ACB 为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道
14、半径为 R， A、 B 为圆水平直径的两个端点， ACB 为圆弧。一个质量为 m、电- 7 -荷量为- q 的带电小球，从 A 点正上方高为 H 处由静止释放，并从 A 点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是A. 小球一定能从 B 点离开轨道B. 小球在 AC 部分可能做匀速圆周运动C. 小球再次到达 C 点的速度可能为零D. 当小球从 B 点离开时，上升的高度一定等于 H【答案】BD【解析】试题分析：由于题中没有给出 H 与 R、E 的关系，所以小球不一定能从 B 点离开轨道，故 A 错误；若重力大小等于电场力，小球在 AC 部分做匀速圆周
15、运动，故 B 正确；若小球到达 C 点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C 点的速度不可能为零，故 C 错误；由于小球在 AB 部分电场力做功为零，所以若小球能从 B点离开，上升的高度一定等于 H，故 D 正确。考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、向心力【名师点睛】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高。二、实验题11. 某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，设计出如下实验方案，实验装置如图甲所示已知小车（含遮光条）质量 M，砝码盘质量 m0，长木板上固定两个光电门A、
16、B，其实验步骤是：A按图所示安装好实验装置；B挂上细绳和砝码盘（含砝码） ，调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；C取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量 m；D将小车置于长木板上由静止释放，让小车在木板上运动，并先后经过 AB 两个光电门E重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复 B-D 步骤，求得小车在不同合- 8 -外力 F 作用下的加速度。回答下列问题：（1）按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？_（填“是”或“否” ） （2）如图乙，遮光条的宽度为_mm。若遮光条宽度为 d，经过光电门 A、B 时遮光时间分别为 t1、t
17、2，光电门 A、B 中心之间的距离为 L，砝码盘中砝码的质量为 m，重力加速度为g，则小车的加速度为_，小车受到的合外力为_（用题目给定的物理量符号表示）（3）某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，他根据表中的数据画出 a-F 图象（如图丙） 造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是：_。【答案】 (1). 否 (2). 5.45 (3). (4). (5). 在计算- 9 -小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力12. 学校开展研究性学习，某同学为了探究杆子转动时的动能表达式，设计了下图甲所示的实验：质量为 m 的均匀长直杆一端固定在转轴 O 处，杆由水平位置静止释放，用置于圆弧上某位置的光
18、电门测出另一端 A 经过该位置时的瞬时速度 vA，并记下该位置与转轴 O 的高度差h该同学用 20 分度的游标卡尺测得长直杆的横截面的直径如图乙为_mm调节光电门在圆弧上的位置，测得多组数据如表格所示请选择适当的数据处理方法，猜想并写出 vA与 h 的函数关系等式_.组次 1 2 3 4 5h/m 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30vA（m/s） 1.73 2.12 2.46 2.74 3.00- 10 -当地重力加速度 g 取 10m/s2，不计一切摩擦，结合你找出的函数关系式，根据守恒规律写出此杆转动时动能的表达式 EK= _（请用数字、质量 m、速度 vA表示）.【答案】
19、(1). 7.25mm (2). (3). 【解析】试题分析：（1）游标卡尺的主尺读数为 7mm，游标尺上第 5 条刻度线和主尺上某一刻度线对齐，所以游标读数为 5005mm=025mm，所以最终读数为：7mm+025mm=725mm（2）质点的动能与速度的平方成正比，故可以求出速度的平方，如下表：由上述表格得到：vA2=30h；（3）设杆长 L，杆转动的角速度为： ；在杆上取x 长度微元，设其离 O 点间距为 x，其动能为： ；积分得到： ；考点：探究杆子转动时的动能三、计算题13. 有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有
20、效区域内，视为成功；若瓶最后未停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如下图所示， AC 是长度为 L15 m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在 A 点，从 A 点开始用一恒定不变的水平推力推瓶， BC 为有效区域。已知 BC 长度 L21 m，瓶子质量 m0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数 0.4。某选手作用在瓶子上的水平推力 F20 N，瓶子沿 AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点， g 取 10 m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？【答案】(1) （2）【解析】试题分析：（
21、1）受力分析后，先根据牛顿第二定律求解出瓶子加速和减速时的加速度，然后根据运动学公式结合几何关系列式求解出瓶子恰好滑动到 C 点时推力的作用时间；- 11 -（2）瓶子恰好滑动到 B 点，推力的作用距离最短；根据运动学公式结合几何关系列式求解即可（1）要想游戏获得成功，瓶滑到 C 点速度正好为零，力作用时间最长，设最长作用时间为 ，有力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为 ， 时刻瓶的速度为 v，力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为 ，由牛顿第二定律得： ， 加速运动过程中的位移 减速运动过程中的位移 位移关系满足： 又 由以上各式解得：（2）要想游戏获得成功，瓶滑到 B 点速度正好为零
22、，力作用距离最小，设最小距离为 d，则：联立解得：d=0.4m14. 如图，长木板 ab 的 b 端固定一档板，木板连同档板的质量为 M=4.0kg， a、 b 间距离s=2.0m。木板位于光滑水平面上。在木板 a 端有一小物块，其质量 m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数 =0.10，它们都处于静止状态。现令小物块以初速 v0 =4.0m/s 沿木板向右滑动，直到和档板相撞。碰撞后，小物块恰好回到 a 端而不脱离木板。求：(1)最终二者的速度；(2)碰撞过程中损失的机械能。【答案】(1) v=0.8m/s (2)E1=2.4J【解析】试题分析：设木块和物块最后共同的速度为 v，由动量守
23、恒定律- 12 -设全过程损失的机械能为 E，用 E1表示在碰撞过程中损失的机械能， 解得代入数据得:v=08m/s ,E 1=24J考点：考查动量守恒定律；功能关系.15. 如图所示，在空间中取直角坐标系 xOy，在第一象限内从 y 轴到 MN 之间的区域充满一个沿 y 轴正方向的匀强电场，MN 为电场的理想边界，场强大小为 E1，ON=d在第二象限内充满一个沿 x 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E2电子从 y 轴上的 A 点以初速度 v0沿 x轴负方向射入第二象限区域，它到达的最左端为图中的 B 点，之后返回第一象限，且从 MN上的 P 点离开已知 A 点坐标为（0，h） 电子的电量为
24、e，质量为 m，电子的重力忽略不计，求：（1）电子从 A 点到 B 点所用的时间；（2）P 点的坐标；（3）电子经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离【答案】 （1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）从 A 到 B 的过程中，加速度大小为 ，由速度公式得：0=v 0-at，解得： ；- 13 -（2）电子从 A 运动到 B，然后沿原路返回 A 点时的速度大小仍是 v0，在第一象限的电场中，电子做类平抛运动，则：电子电场 E1中的运动时间为：射出 P 点时竖直方向的分位移为 y= a1t12又根据牛顿第二定律得：解得 ；所以 P 点的坐标为（d， ） ；（3）电子到达 P 点时，竖直分速度为：电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，水平方向有：x=v 0t2竖直方向有：h-y=v yt2电子经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离 x=d+x解得 ；考点：带电粒子在匀强电场中加速和偏转【名师点睛】本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，结合几何知识进行求解
