安徽省定远县第四中学2018届高三11月考卷物理试题 含解析

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. 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F＝N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. 2mgB. 3mgC. 4mgD. 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=2v y0/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0.7π 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θ），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ma cosθC. 地面对斜面体有水平向左的摩擦力，大小为ma cosθD. 地在对斜面体的支持力大小为(M+m)g【答案】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θ=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. 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W＝qU，知电场力做功为0，故D正确．故选CD．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U OC=φO-φC=0-（-4）=4V根据匀强电场的特点可知：U AO=U OC=4V则：φA=O+U AC=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=E KB-E KA=12-8=4eV所以：，选项A错误；φB=φA-U AB=4-4=0V，则U BC=φB-φC=0-（-4）=4V．故B正确；由于B点的电势等于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：＝R sin53°＝0.05×0.8＝0.04m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•φA=4eV，粒子的总能量：E=E KA+E PA=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。