1、安徽省定远县第四中学 2018 届高三 11 月考物理试题一、选择题1. 概念是物理学内容的基础和重要组成部分，以下有关物理概念的描述正确的是（）A. 比值定义法是物理概念中常用的一种定义新物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，如电容的定义 ，表示 C 与 Q 成正比，与 U 成反比，这就是比值定义的特点B. 空气阻力和浮力的影响不能忽略时，斜向上抛出一物体，则物体在空中的运动是一种匀变速运动C. 静止的物体可能受到滑动摩擦力，运动的物体不可能受到静摩擦力D. 圆周运动是一种加速度不断变化的运动，其向心力不一定就是物体受到合外力【答案】D考点：考查静摩擦力和最大静摩擦力；物
2、理学史；匀速圆周运动；电容 。【名师点睛】本题考查摩擦力、比值定义法及向心力等内容，要注意摩擦力的相对性，明确运动的物体可以受静摩擦力；静止的物体也可以受滑动摩擦力2. 质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为 45。弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度 g 向右做匀加速运动，当地重力加速度为 g。则( )A. 静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半B. 静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力C. 加速时，弹簧的弹力等于零D. 加速时，弹簧的形变量是静止时的 2 倍【答案】C【解析】对小球受力分析如图所示当系统静止时，根据力的平衡得：小球受弹簧的弹力 ，杆对小
3、球的弹力，AB 错误；当系统以加速度 g 向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图则此时弹簧对小球的弹力为 0，C 正确，D 错误，选 C【点睛】小球静止时，根据力的平衡求出弹簧对小球的弹力和杆对小球的弹力；小球加速时，通过作图分析弹簧对小球的弹力.3. 如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM 水平，ON 竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为 L 的非弹性轻绳相连，开始时小球 A 在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时 OB= ，重力加速度为 g，现将外力增大到原来的 4 倍(方向不变)，则小球 B 运动到与 O 点的距离为 时的速度大小为（ ）A. B. C.
4、D. 【答案】B【解析】开始时 O 与 A 间距离：OA 设 AB 质量均为 m，对开始时的 B 受力分析如图，则 又 所以以开始时的 AB 两物体作为整体受力分析：水平方向只受 F 和 N，故 FN将外力增大到原来的 4 倍(方向不变)，则 小球 B 运动到与 O 点的距离为 时，这一过程中 A 向左移动了 ，B 上升了 此时绳与竖直方向夹角的正切值 ， ，此时 AB 间的速度关系为 ，即以 AB 为整体，由功能关系得： 联立解得： 点睛：绳连接、杆连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。4. 一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道 1，再进入圆轨道2，圆轨道 1 的
5、半径为 R，圆轨道 2 的半径是轨道 1 的 1.8 倍，小球的质量为 m，若小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B，则小球在轨道 1 上经过 A 处时对轨道的压力为( )A. 2mg B. 3mg C. 4mg D. 5mg【答案】C【解析】在 B 点由重力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，小球从 A 到 B 的过程，由机械能守恒得： ，在 A 点，由牛顿第二定律得： ，联立得：N=4mg，由牛顿第三定律知，小球在轨道 1 上最高点 A 处对轨道的压力为 ，选 C.【点睛】小球刚好能通过轨道 2 的最高点 B 时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出 B点的速度，再由机械能守恒求出小球通过 A
6、 点的速度，即可由牛顿运动定律求解对轨道的压力5. 如图，一带电粒子从小孔 A 以一定的初速度射入平行板 P 和 Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q 板上如图所示的位置在其他条件不变的情况下要使该粒子能从 Q 板上的小孔 B 射出，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）A. 保持开关 S 闭合，适当上移 P 极板B. 保持开关 S 闭合，适当左移 P 极板C. 先断开开关 S，再适当上移 P 极板D. 先断开开关 S，再适当左移 P 极板【答案】A【解析】试题分析：粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从 Q板上的小孔 B 射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只
7、能增加运动的时间；A、保持开关 S 闭合，适当上移 P 极板，根据 U=Ed，d 增加，场强 E 减小，故加速度 a=qE/m减小，根据 t=2vy0/a，时间延长，可能从小孔 B 射出；故 A 正确；B、保持开关 S 闭合，适当左移 P 极板，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故 B 错误；C、先断开开关 S，再适当上移 P 极板，电荷的面密度不变，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故C 错误；D、先断开开关 S，再适当左移 P 极板，电荷的面密度增加，场强变大，故粒子加速度变大，故时间缩短，水平分位移减小，故不可能从小孔 B 射出，故 D 错误；故选 A考点：考查电容器、匀
8、强电场、带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是明确粒子的运动性质，然后结合类似斜抛运动的分运动规律列式分析6. 在光滑水平桌面中央固定一边长为 0.3 m 的正三棱柱 abc，俯视如图所示。长度为 L=1 m的细线，一端固定在 a 点，另一端拴住一质量为 m=0.5 kg、不计大小的小球。初始时刻，把细线拉直在 ca 的延长线上，并给小球以 v0=2 m/s 且垂直于细线方向的水平速度，由于棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失） 。已知细线所能承受的最大拉力为 7 N，则下列说法中不正确的是A. 细线断裂之前，小球速度的大小保持不变B. 细线断裂之前，小
9、球所受细线拉力的冲量为零C. 细线断裂之前，小球运动的总时间为 0.7 sD. 细线断裂之前，小球运动的位移大小为 0.1 m【答案】D点睛：此题是物理数列类型，通过分析，抓住小球每转 120半径减小 0.3m，确定出小球转动的圈数是关键7. 如图所示，在水平面上放一斜面体 A，质量为 M，若斜面上质量为 m 的物体 B 以加速度 a减速下滑，斜面体 A 静止不动，斜面倾角为 ） ，则下列说法中正确的是A. 地面对斜面体没有摩擦力B. 地面对斜面体有水平向右的摩擦力，大小为 macosC. 地面对斜面体有水平向左的摩擦力，大小为 macosD. 地在对斜面体的支持力大小为( M+m)g【答案】
10、B【解析】以 B 和斜面体 A 整体作为研究对象，分析受力情况：总重力 、地面的支持力 ，摩擦力 f，受力分析如图所示将物体 B 的加速度 a 分解为水平和竖直两个方向由于 a 有水平向右的分加速度，则由牛顿第二定律可知，地面对斜面体有水平向右的摩擦力，大小 AC 错误，B 正确在竖直方向上，则有 ，则 D 错误选 B.【点睛】物体 B 以加速度 a 减速下滑，加速度方向沿斜面向上，以 B 和斜面体 A 整体作为研究对象，分析受力情况，将 B 的加速度分解为水平和竖直两个方向，根据牛顿第二定律分析和求解地面对斜面体 A 的摩擦力和支持力8. 如图所示，一根细线两端分别固定在 A、 B 点，质量
11、为 m 的物体上面带一个小夹子，开始时用夹子将物体固定在图示位置， OA 段细线水平， OB 段细线与水平方向的夹角为 =45，现将夹子向左移动一小段距离，移动后物体仍处于静止状态，关于 OA、 OB 两段细线中的拉力大小，下列说法正确的是( )A. 移动前， OA 段细线中的拉力等于物体所受的重力大小B. 移动前， OA 段细线中的拉力小于物体所受的重力大小C. 移动后， OB 段细线中拉力的竖直分量不变D. 移动后， OB 段细线中拉力的竖直分量变小【答案】AD【解析】移动前，对 m 进行受力分析，如图所示由平衡条件得：OA 段丝线中的拉力 A 正确，B 错误移动后，根据几何知识可知，m
12、的位置将下降，OA 段丝线将斜向左上方，对 m 有斜向左上方的拉力，有竖直向上的分力而移动前 OA 段丝线水平，对 m 没有竖直方向的分力，根据正交分解法可知，OB 段丝线中拉力的竖直分量将变小C 错误，D 正确选 AD.【点睛】移动前，对 m 进行受力分析，由平衡条件求解 OA 段丝线中的拉力移动后，m 仍处于平衡状态，运用正交分解法，分析 OB 段丝线中拉力的竖直分量9. 如图， O 是一固定的点电荷，虚线 a、 b、 c 是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷 q 仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从 a 处运动到 b 处，然后又运动到 c 处由此可知( ) A. O 为负电荷B.
13、在整个过程中 q 的速度先变大后变小C. 在整个过程中 q 的加速度先变大后变小D. 在整个过程中，电场力做功为 0【答案】CD【解析】试题分析：A、粒子所受合力的方向大致指向轨迹弯曲的凹侧，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知 O 为正电荷，故 A 错误；B、从 a 处运动到 b 处，然后又运动到 c处，电场力先做负功后做正功，则动能先减小后增大，所以速度先减小后增大，故 B 错误；C、越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小，故 C 正确；D、a 与 c 在同一个等势面上，两点间的电势差为 0，根据 WqU，知电场力做功为 0，故 D 正确故选 C
14、D考点：考查等势面；加速度；电场强度【名师点睛】解决本关掌握通轨迹的弯大致判断力的方向，会根据电场力判断动变化，知道在等势面上移电荷，电场力做功10. 如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出） ，电场方向与圆周在同一平面内，ABC是圆的内接直角三角形，BAC=63.5，O 为圆心，半径 R=5cm位于 A 处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为 8eV、电荷量+e 的粒子，有些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达 B 点的粒子动能为 12eV，达到 C 点的粒子电势能为4eV（取 O 点电势为零） 忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53=0.8。下列说法正确的是A. 圆周上 A、C 两
15、点的电势差为 16VB. 圆周上 B、C 两点的电势差为-4VC. 匀强电场的场强大小为 100V/mD. 当某个粒子经过圆周上某一位置时，可以具有 6eV 的电势能，且同时具有 6eV 的动能【答案】CD【解析】C 点的电势：则 UOC= O- C=0-（-4）=4V根据匀强电场的特点可知：U AO=UOC=4V则： A=O+UAC=4V粒子在 A 点的动能是 8eV，在 B 点的动能是 12eV，根据动能定理得：W AB=EKB-EKA=12-8=4eV所以： ，选项 A 错误； B= A-UAB=4-4=0V，则 UBC= B- C=0-（-4）=4V故 B 正确；由于 B 点的电势等于
16、 O 点的电势等于 0，所以 O 与 B 是等势点，连接 OB，则 OB 为匀强电场的等势面，过 A 点做 OB 的垂线交 OB 与 D 点，则 AD 的方向就是该电场的场强方向，如图：O 点是圆心，由几何关系可知：ABO=BAC=63.5所以：AOB=180-ABO-BAC=180-63.5-63.5=53所以： Rsin530.050.80.04 m由于 OBD 是等势面，所以： 故 C 正确A 点的电势为 4V，所以粒子在 A 点的电势能：E PA=e A=4eV，粒子的总能量：E=E KA+EPA=8+4=12eV，所以当某个粒子经过圆周上某一位置时，若具有 6eV 的电势能，则同时具
17、有 6eV 的动能故 D 正确；故选 BCD.点睛：该题考查粒子在匀强电场中的运动问题，解答本题关键是先求出 C 点的电势，然后正确判断出 AB 的电势，判断出 B 点的电势与 O 点的电势相等然后从电场力做功公式 W=qEd，判断出电场线的方向，并运用这个公式求解电场力做功，要理解这个公式中 d 是两点沿电场线方向的距离11. 有一电场强度方向沿 x 轴方向的电场，其电势 随 x 的分布如图所示。一质量为 m、带电量为q 的粒子只在电场力的作用下，以初速度 v0从 x=0 处的 O 点进入电场并沿 x 轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（）A. 粒子从 x=0 处运动到 x=x
18、1处的过程中动能逐渐增大B. 粒子从 x=x1处运动到 x=x3处的过程中电势能逐渐减小C. 欲使粒子能够到达 x=x4处，则粒子从 x=0 处出发时的最小速度应为D. 若 ，则粒子在运动过程中的最小速度为【答案】BD【解析】粒子从 O 运动到 的过程中，电势降低，场强方向沿 x 轴正方向，粒子所受的电场力方向沿 x 轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，A 错误粒子从 运动到 的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知粒子的电势能不断减小，B 正确根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到 处，就能到达 处，当粒子恰好运动到 处时，由动能定理得： ，解得： ，则要使粒子能运
19、动到 处，粒子的初速度 至少为 C 错误若 ，粒子运动到 处电势能最大，动能最小，由动能定理得： ，解得： ，D 正确，选 BD.【点睛】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况，即可判断动能的变化根据负电荷在电势高处电势小，判断电势能的变化粒子如能运动到 处，就能到达 处，根据动能定理研究 过程，求解最小速度粒子运动到 处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度12. 如图所示，一质量为 m 的物体静置在倾角为 = 30的光滑斜面底端。现用沿斜面向上的恒力 F 拉物体，使其做匀加速直线运动，经时间 t，力 F 做功为 W，此后撤去恒力 F，物体又经时间
20、 t 回到出发点，若以斜面底端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是A. 恒力 F 大小为B. 从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了 WC. 回到出发点时重力的瞬时功率为D. 物体动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的上方【答案】AB【解析】试题分析：分别研究从开始到经过时间 t 和撤去恒力 F 到回到出发点，物体的受力情况，根据运动学公式求出恒力 F，除重力以外的力做功等于机械能的变化量，根据动能定理求出回到出发点的速度，根据瞬时功率公式求解重力的瞬时功率，根据运动学公式求出撤去力 F 时，物体继续上滑到最高点距离，运用动能定理求出撤去力 F 时，物体重力势能从开始到经过时间 t，物体受
21、重力，拉力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度为，撤去恒力 F 到回到出发点，物体受重力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度大小为： ，两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等则得： ，联立解得 ，故 A 正确；除重力以外的力做功等于物体机械能的变化量，力 F 做功 W，机械能增加量为 W，由于又回到出发点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了 W，故 B正确；根据过程中，根据动能定理得 ，解得 ，回到出发点时重力的瞬时功率为 ，故 C 错误；撤去力 F 时重力势能为 ，动能为 ，则 ，撤去 F 后到最高点的过程中，动能减小，重力势能增大，动能与势能
22、相等的位置不可能在这段距离，所以动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的下方，故 D 错误二、实验题13. 某物理兴趣小组利用学校的数字实验室设计了一个测量小车瞬时速度的实验。设计的实验装置如图所示。将长直木板 B 支成斜面，小车 C 的前端固定挡光片 P，光电门 G 固定在木板的侧面 A 处，让小车在斜面上的同一位置 O 由静止释放，用光电计时器(未画出)记录挡光片通过光电门时挡光的时间 t。兴趣小组共准备了宽度 x 不同的五块挡光片，分别做了五次实验(每次实验时挡光片的前沿均与小车的前端对齐)，并计算出各次挡光片通过光电门的平均速度 ( )。根据记录的数据，在给出的坐标纸上画出了 图线，已知图
23、线的斜率为 k，纵轴截距为 b，根据图线回答如下问题：（1）由 图线，得出小车的加速度大小为_。（2）由 图线，得出小车前端过 A 处的瞬时速度大小为_。【答案】 (1). 2 k (2). b【解析】 （1）在的 图象中，图象的斜率大小等于物体加速度的一半，则有： ，解得：；（2）图象与纵坐标的交点为 A 点的速度大小，由图象得： .【点睛】图象的斜率表示物体加速度的大小，由此可得出图象的加速度；图象与纵坐标的交点即为小车前端过 A 处的瞬时速度14. 如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为 d、质量为 m 的金属小球从 A 处由静止释放，下落过程中
24、能通过 A 处正下方、固定于B 处的光电门，测得 A、 B 间的距离为 H(Hd)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为 g.则：（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径 d=_ mm.（2）小球经过光电门 B 时的速度表达式为_（3）多次改变高度 H，重复上述实验，作出 随 H 的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、 H0和重力加速度 g 及小球的直径 d 满足表达式_时，可判断小球下落过程中机械能守恒(4)实验中发现动能增加量 Ek总是稍小于重力势能减少量 Ep，增加下落高度后，则 Ep Ek将_(填“增大” 、 “减小”或“不变”)【答案】 (1). 7.15
25、 (2). (3). (4). 增大【解析】 （1）由题图乙可知，主尺读数为 7 mm，游标尺读数为 30.05 mm=0.15 mm，故小球直径 d=7 mm0.15 mm=7.15 mm.（2）已知小球经过光电门 B 的时间和小球的直径，则小球经过光电门 B 时的速度（3）若减少的重力势能等于增加的动能，可以认为机械能守恒，则有 ，即，整理得 .（3）因为该过程中有克服阻力做功，而高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后， Ep Ek增大三、计算题15. 如图所示，一辆质量 M=3 kg 的小车 A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量 m=1 kg的光滑小球 B，将一轻质弹簧压缩并锁定，
26、此时弹簧的弹性势能为 Ep=6 J，小球与小车右壁距离为 L=0.4 m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小。（2）在整个过程中，小车移动的距离。【答案】 （1）3 m/s；1 m/s（2）0.1 m【解析】试题分析：解除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式求解（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能由动量守恒定律得：由能量守恒定律得：联立得：（2）由动量守恒定律得：由位移关系得：又联立得：【点睛】本题是动量守恒和能量守恒的综合应用解除弹簧的锁定后，系统所受合力为零，遵守动量守恒和能量守恒
27、，并根据位移关系列式求解.16. 如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距离为 d=8 cm，板长为 L=25 cm，接在直流电上，有一带电液滴以 v0=0.5 m/s 的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到 P 处时迅速将下板向上提起 cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小。（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到 P 点所用时间为多少？( g 取 10 m/s2)【答案】 （1）2 m/s 2（2）0.3 s【解析】试题分析：（1）电容器与电源相连，故极板间电势差恒定，由 可以求出电场强度与电势差的关系，从而根据开始时液滴平衡
28、求解电场力与重力的关系，从而求得下极板上提后电荷所受电场力的大小，根据牛顿第二定律求解加速即可；（2）根据粒子恰好从上极板边缘飞出，根据竖直方向粒子做匀加速运动，由加速度和位移求出粒子做类平抛运动时间，而粒子穿过平行板的总时间等于板长与初速度的比值，从而求得粒子到达 P 的时间（1）带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力因为液滴做匀速运动，则有：qE=mg，又得：当下板向上提后，由于 d 减小，板间场强 E 增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动此时液滴所受电场力：此时液滴的加速度：（2）因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是则有：解得：而液滴从刚进入电场到出
29、电场的时间：所以液滴从射入开始匀速运动到 P 点时间为【点睛】本题抓住平行板间电场强度与电势差的关系，知道粒子做类平抛运动求出粒子的运动情况，根据类平抛运动的规律进行解题，同时要知道电容器与电源相连极板电压保持不变17. 如图所示，AB 为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC 为光滑水平轨道，CD 为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且 AB 与 BC 通过一小段光滑弧形轨道相连，BC 与弧 CD 相切。已知 AB 长为 L=10m，倾角 =37，BC 长 s=4m，CD 弧的半径为 R=2m，O 为其圆心，COD=143。整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为 E=1103N/C。一质
30、量为 m=0.4kg、电荷量为 q=+310 -3C 的物体从 A 点以初速度 vA=15m/s 沿 AB 轨道开始运动。若物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为 =0.2，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s 2，物体运动过程中电荷量不变。求（1）物体在 AB 轨道上运动时，重力和电场力对物体所做的总功；（2）物体在 C 点对轨道的压力为多少；（3）用物理知识判断物体能否到达 D 点；【答案】 （1）0（2）27N（3）恰能到达 D 点【解析】试题分析：（1）从 A 至 B 过程中，求出重力做的功和电场力做的功，两者相加即为对物体做的总功；（2）从 A 至 C 过程，由动能定理
31、和牛顿第二定律即可求物体在 C 点对轨道的压力；（3）物体刚要离开轨道时轨道对物体的弹力为零，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出 D 点的速度，由动能定理研究 A 到 D 的过程，求出物体经过 C 点的速度，然后分析判断能否到达 D 点（1）AB 过程，重力和电场力对物体做的总功：（2）AB 过程，根据受力分析可知，物体下滑过程受到的滑动摩擦力为：AC 过程，由动能定理得： 解得：在 C 点，由牛顿第二定律得：解得：根据牛顿第三定律得，物体对轨道的压力：（3）重力和电场力的合力： ，方向与竖直方向成 斜向左下所以 D 点即为圆周运动中的等效最高点，由合力提供向心力在 D 点有：解得：要到达 D 点，在 C 点速度至少为 v从 C 至 D，由动能定理得：解得：又 ，所以物体恰能到达 D 点.【点睛】本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合研究带电体在电场力和重力场的复合场中运动问题，难点是确定物体离开轨道的位置，抓住此时轨道的弹力为零，由牛顿第二定律研究
