安徽省凤阳第二中学2018届高三物理11月检测试题(含解析)

安徽省凤阳第二中学2018届高三物理11月检测试题（含解析）一．选择题
1. 下列说法正确的是( )
A. 牛顿在研究第一定律时利用了理想实验法
B. 在探究求合力方法的实验中利用了控制变量法
C. 电场力做功与重力做功都与运动路径无关,可以把这两种力用类比法研究
D. 在探究加速度、力和质量三者关系时，先保持质量不变，研究加速度与力关系；后再保持力不变，研究加速度与质量关系，这是等效代替法
【答案】C
考点：物理问题的探究方法.
2. 如图所示，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一滑块从曲面底端受水平力作用缓缓地沿曲面向上滑动一小段的过程中，曲面始终静止不动，则地面对物体的摩擦力f和地面对物体的支持力N大小变化的情况是（）
A. f增大，N减小
B. f减小，N不变
C. f增大，N不变
D. f不变，N不变
【答案】A
【解析】试题分析：对滑块受力分析，滑块受重力，水平拉力与重力，因处于平衡状态，依据力的合成法则，及平衡条件，则有水平拉力在增大，再对物体与滑块作为整体来受力分析，处于平衡状态，那么竖直方向与水平方向均处于平衡，因此地面对物体的支持力N大小不变，
而地面对物体的摩擦力f随着水平拉力的增大而增大，故C正确，
考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．
②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．
③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用
3. 如图所示，小球甲从A点水平抛出的同时小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向间夹角为θ=45°．已知BC高h，不计空气的阻力．由以上条件可知
A. 甲小球做平抛运动的初速度大小为
B. 甲乙小球到达C点所用时间之比为1:2
C. A、B两点的高度差为
D. A、B两点的水平距离为
【答案】A
【解析】A、乙球到达C点的速度 ,则甲球到达C点的速度,根据平行四边形定则知,甲球平抛运动的初速度，故A正确；
B、对甲有: ，对乙球有则故B错误.
C、已知BC高h ，AC两点的高度差 ,则A、B的高度差故C错误；
D、A、B的水平距离 ,故D错误.
综上所述本题答案是：A
4. 如右图所示，一运送救灾物资的直升飞机沿水平方向匀速飞行．已知物资的总质量为m，吊运物资的悬索与竖直方向成θ角．设物资所受的空气阻力为，悬索对物资的拉力为F，重
力加速度为g，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析物资的受力情况，作出力图：重力mg、物资所受的空气阻力f和悬索对物资的拉力F．
根据平衡条件得知，f和F的合力与mg大小相等、方向相反，则有f=mgtanθ，F=；故选
B.
5. 如图所示，匀速上升的升降机底部固定一竖直的轻质弹簧，弹簧上端系有一小球，若开降机突然停止，在地面上的观察者来看，小球在继续上升的过程中（）
A. 加速度逐渐减小
B. 加速度逐渐增大
C. 加速度先增大后减小
D. 加速度先减小后增大
【答案】B
【解析】开始小球受重力和弹簧弹力处于平衡，若升降机突然停止时，由于惯性，小球继续上升，此过程中，导致合力的方向逐渐增大．根据牛二定律，加速度的大小逐渐增大，加速度的方向向下，与速度反向，则速度逐渐减小，故B正确．故选B．
6. 如图所示，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分别放置电荷量都为q的正、负点电荷。

图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，k为静电力常量。

下列表述正确是：
A. a、b两点电场强度大小相等，方向不同
B. a点电势高于b点电势
C. 把点电荷+Q从c移到d，电势能增加
D. 同一个试探电荷从c移到b和从b移到d，电场力做功相同
【答案】D
【解析】A、根据电场线分布知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同．故A错误．B、ab两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a、b的电势相等．故B错误．C、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c点的电势大于d点的电势．把点电荷+Q从c移到d，电场力做正功，电势能减小，故C 错误．D、因可知同一电荷移动，电场力做功相等，则D正确。

故选D．
【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低．
7. 2013年6月我国宇航员在天宫一号空间站中进行了我国首次太空授课活动，展示了许多在地面上无法实验的实验现象，假如要在空间站再次进行授课活动，下列我们曾在实验室中进行的实验，若移到空间站也能够实验操作的有（）
A. 利用托盘天平测质量
B. 测定单摆做简谐运动的周期
C. 利用自由落体验证机械能守恒定律
D. 利用弹簧测力计测拉力
【答案】D
【解析】宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中会处于完全失重状态，物体受的重力正好充当向心力，所以与重力有关的实验是无法实验的，如：利用托盘天平测质量，利用自由落体验证机械能守恒定律，测定单摆做简谐运动的周期．故ABC错误；弹簧测力计的原理是胡克定律：，实验可以利用弹簧测力计测拉力．故D正确．故选D．
8. 如图所示的是示波管工作原理图：电子经电场加速后垂直射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度（该距离越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可使示波管的灵敏度提高（）
A. 增大U1
B. 增大U2
C. 减小L
D. 减小d
【答案】D
【解析】试题分析：经加速电场后的速度为V，则，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，
y=at2===，所以示波管的灵敏度=，所以要提高
示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以D正确．
考点：示波器的原理．
9. 一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是
A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小
B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做正功，弹性势能增加
C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力热能零点的选取有关
【答案】AC
【解析】在运动员下落的过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小．故A正确．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力方向向上，而运动员向下运动，所以弹性力做负功，根据弹力做功量度弹性势能的变化关系式得：W弹=-△Ep因为弹性力做负功，所以弹性势能增加．故B 错误．对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，机械能守恒，故C正确；根据重力做功量度重力势能的变化，WG=-△Ep，而蹦极过程中重力做功不变的，与重力势能零点的选取无关．所以重力势能的改变与重力势能零点的选取无关．故D
错误．故选AC．
点睛：做功不做功，决定能量是否变化，功的正负决定能的增减．重力做正功（或负功）重力势能减少（或增加）；弹簧的弹力做正功（或负功）弹簧的弹性势能减少（或增加）．机械能守恒定律适用于系统，其条件是系统内只有重力或弹力（有弹簧时）做功．
10. 如图所示为一带电粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动时，其动能EK随位移x变化的关系图象，其段为曲线，段为直线，则下列说法正确的是( )
A. 处电场强度为零
B. 段电场强度不断增大
C. 若段曲线关于直线对称，则0点的电势高于处的电势
D. 粒子在段做匀加速直线运动
【答案】AD
【解析】对于极短位移△x内，由动能定理可得：qE△x=△E k，得：，可见图象的斜率大小反映场强的大小，故x1处电场强度为零，x2～x3段场强不变，是匀强电场，故A正确，B错误．若0～x2段曲线关于直线x=x1对称，可知粒子在O点和x2点两点动能的相等，由功能关系可得两点电势能相等，故电势相等，故C错误．x2～x3段为匀强电场，粒子做匀加速直线运动，故D正确．故选AD.
11. 如图所示，半圆槽M置于光滑的水平面上．现从半圆槽右端入口处静止释放一质量为m
的小球，则小球释放后，以下说法中正确的是（）
A. 若圆弧面光滑，则系统动量守恒
B. 若圆弧面光滑，则小球能滑至半圆槽左端入口处
C. 若圆弧面不光滑，则小球不能滑至半圆槽左端入口处，且小球到达最左端时，系统有向右的速度
D. 若圆弧面不光滑，则小球不能滑至半圆槽左端入口处，但小球到达最左端时，系统速度为零
【答案】BD
【解析】试题分析：以半圆槽与小球组成的系统为研究对象，不论圆弧面是否光滑，在整个过程中，系统在水平方向受到的合力为零，在水平方向动量守恒，在竖直方向所受合外力不为零，在竖直方向动量不守恒，即对系统来说，系统受到的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；如果圆弧面光滑，在整个过程中，半圆槽与小球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，小球能滑到半圆槽左端入口处，故B正确；如果圆弧面不光滑，以半圆槽与小球组成的系统为研究对象，在整个过程中，系统在水平方向受到的合力为零，在水平方向动量守恒，由于系统初状态动量为零，小球到达最左端时，系统动量也为零，系统速度为零；由于圆弧面不光滑，小球在运动过程中受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，使系统机械能减少，小球不能滑至半圆槽左端入口处，故C错误，D正确；故选BD。

考点：动量守恒定律、机械能守恒定律
【名师点睛】知道动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚系统受力情况，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题。

12. 质量均为m的A、B两物体分别在水平恒力和的作用下沿水平面运动，撤去、后受摩擦力的作用减速，在时刻两物体均静止，速度-时间图像如图所示，在下列说法正确的是
A. A、B受摩擦力大小相等
B. 、大小相等
C. 、对A、B冲量大小之比为1：2
D. 全过程中摩擦力对A、B做功之比为1：1
【答案】BC
...............
考点：考查了速度时间图像，牛顿第二定律，动能定理，冲量
【名师点睛】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度-时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，并运用动能定理．
二．实验题
13. 某同学“探究弹力与弹簧伸长量的关系”,步骤如下：
（1）弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为L x；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6．数据如下表：
由表可知所用刻度尺的最小分度为____。

（2）如图所示是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值(填“L0”或“L x”)．
（3）由图可知弹簧的劲度系数为________N/m(结果保留两位有效数字,重力加速度g取9.8 m/s2)
【答案】 (1). 1mm (2). L x (3). 4.9
【解析】(1)记录的实验数据中长度估读到0.1mm，则所用刻度尺的最小分度为1mm。

(2) 纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与 L x的差值。

(3)因为，所以
14. 某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图1所示的装置：水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验时，保持轨道和细线水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动实现平衡摩擦力．
(1)该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？_____ (回答“是”或“否”)
(2)实验需要用游标卡尺测量挡光板的宽度d，如图2所示，则d＝________mm；
(3)实验获得以下测量数据：小车(含传感器和挡光板)的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和光电门2的中心距离x，某次实验过程：力传感器的读数F，小车通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2.小车通过光电门2后砝码盘才落地，重力加速度为g.该实验对小车需验证的表达式是__________________(用实验中测出的物理量表示)．
【答案】 (1). 否 (2). 5.50 (3).
【解析】试题分析：（1）因为小车的拉力可以通过传感器测量，不需要用砝码盘和砝码的总
重力表示，所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．
（2）游标卡尺的主尺读数为5 mm，游标读数为0．05×10 mm＝0．50 mm，则最终读数为5．50mm．（3）小车通过光电门1、2的瞬时速度分别为，，小车动能的增加量为
，合力做功为：，
所以验证的表达式为
考点：考查探究功与速度变化的关系．
【名师点睛】解决本题的关键知道该实验的原理，通过原理确定需要验证的表达式，以及掌握游标卡尺的读数方法．
三、计算题
15. 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A.B
两点，其中A点坐标为，B点坐标为，坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8V，点B处的电势为4V，现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度射入电场，粒子运动中恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：
（1）图中C处的电势；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）带电粒子的比荷。

【答案】（1）4V （2）266.7V/m （3）
【解析】试题分析：（1）坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为，OA的中点C点，根据知：由题意可得C点的电势为。

（2）B、C两点的电势相等，连接BC，因BC的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于BC，过O点做BC的垂线相交于D点，由几何关系得：
则电场强度为：。

（3）带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向射入电场，做类平抛运动，则有：
，，又，，联立解得：
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、电势
【名师点睛】在匀强电场中，电场是处处相等的，电场强度，电势差与沿电场方向上的距离有关系，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场。

16. 如图所示，竖直平面xOy内有三个宽度均为首尾相接的电场区域ABFE、BCGF和CDHG。

三个区域中分别存在方向为＋y、＋y、＋x的匀强电场，且电场区域竖直方向无限大，其场强大小比例为2∶1∶2。

现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为(0，)的P点射入ABFE场区，初速度方向水平向右。

物体恰从坐标为(2，/2)的Q点射入CDHG场区，已知物体在ABFE 区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为，物体可以视为质点，求：
(1)物体进入ABFE区域时的初速度大小；
(2)物体在ADHE区域运动的总时间；
(3)物体从DH边界射出位置的坐标．
【答案】（1）8m/s2 （2）-1.25J （3）当时，
【解析】设三个区域的电场强度大小依次为2E、E、2E，物体在三个区域运动的时间分别t1、t2、t3．
(1)在BCGF区域，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得：mg-qE=ma2，
而：2qE=mg
得：
在水平方向有：L=v0t
在竖直方向有：
解得：,
(2)在ABEF区域．对物体进行受力分析，在竖直方向有：2qE=mg
物体做匀速直线运动，有：，
在BCGF区域，物体做类平抛运动，有：,
在Q点竖直方向速度为：
则Q点速度为：，与水平方向夹角为45°
在CDHG区域由于2qE=mg
对物体进行受力分析，mg，与水平方向夹角为45°，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动．
运动到x轴过程，根据运动学公式，有：
解得：
所以有：
(3)物体在ABFE区域做匀速直线运动，在BCGF区域物体做类平抛运动，偏移量为
在CDHG区域，沿与水平方向夹角为45°，物体做匀加速直线运动，竖直方向位移为L，则物体从DH边界射出位置的坐标为
【点睛】此题是带电体在电场和重力场的复合场中运动的问题，关键是分析物体的受力情况和运动情况．类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究，匀加速直线运动根据牛顿定律和运动学公式结合研究．
17. 如图所示，是某工地传输工件的装置简化图，AB为一段圆弧半径R=5.6m的圆弧固定轨道， BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段半径r=1m的圆弧固定轨道，三段轨道均光滑．一长为L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点高度为h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD轨道左端碰
撞（碰撞时间极短）后立即被粘在C处．工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在工作台面DE上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2，求：
（1）若h=2.8m，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力N；
（2）工件能被站在台面DE上的工人接住所对应h的取值范围。

【答案】(1) 40N，方向竖直向下(2) ①3m②
【解析】(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B点,设到B点时的速度为v B，根据动能定理：
工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得：
由①②两式可解得：N=40N
由牛顿第三定律知,工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为N′=N=40N
(2)①由于BC轨道足够长,要使工件能到达CD轨道,工件与小车必须能达共速,设工件
刚滑上小车时的速度为v0,工件与小车达共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得：
mv0=(m+M)v1
由能量守恒定律得：
对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：h1=3m.
②要使工件能从CD轨道最高点飞出,h1=3m为其从AB轨道滑下的最大高度,设其最小高
度为h′,刚滑上小车的速度为v′0,与小车达共速时的速度为v′1,刚滑上CD轨道的
速度为v′2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv′0=(m+M)v′1…⑥
由能量守恒定律得：
工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得：
工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得：
联立。

⑥⑦⑧⑨,代入数据解得：h′=m
综上所述,要使工件能到达CD轨道最高点,应使h满足：m<h⩽3m.
【名师点睛】（1）工件在光滑圆弧上下滑的过程，运用机械能守恒定律或动能定理求出工件滑到圆弧底端B点时的速度．在B点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对工件的支持力，从而得到工件对轨道的压力．
（2）由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能达共速，根据动量守恒定律、能量守恒定律求出滑上小车的初速度大小，根据机械能守恒求出下滑的高度h=3m，要使工件能从CD轨道最高点飞出，h=3m为其从AB轨道滑下的最大高度，结合动量守恒定律和能量守恒定律、机械能守恒定律求出最小高度，从而得出高度的范围．。