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1、2019年皖西高中教学联盟高三教学质量检测理科综合能力测试(物理部分)二、选择题：共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个垂直于斜面的挡板挡住(挡板固定在斜面上)。现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是A. 斜面对球的弹力与a的大小无关B. 斜面和挡板对球弹力的合力等于maC. 挡板对球的弹力可能为零D. 斜面对球的弹力可能为零【答案】D【解析】【分析】以小球为
2、研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析竖直挡板对球的弹力和斜面对球的弹力情况，小球所受的合力为ma【详解】小球的加速度为a，即受到的重力，挡板给的弹力以及斜面给的弹力三力的合力大小为ma，由于重力沿竖直方向，所以又可以这样说斜面对球的弹力和挡板对球的弹力在水平方向上的分力等于ma，AB错误；若挡板对小球的弹力为零，则小球只受重力和斜面给的斜向左上的弹力，二力的合力不可能沿水平向右，C错误；挡板可以看做一个斜面，当加速度a与此斜面倾角的正切值相等时，小球对另一斜面无压力，D正确【点睛】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度2.
3、2018年12月8日凌晨2点23分，我国在西昌卫星发射基地成功发射一枚火箭把“嫦娥四号”探测器送上了天空。“嫦娥四号”在仅离月球100公里的距离被月球引力捕捉，将首次实现在月球背面登陆，再次刷新人类登月纪录。假设着陆的过程如图所示，下列说法正确的是A. “嫦娥四号”靠近月球的过程中所受引力越来越小B. “嫦娥四号”在轨道II上的B点减速进入轨道IC. “嫦娥四号”在轨道II上的B点加速进入轨道ID. “嫦娥四号”在轨道II上运动的机械能小于在轨道运动的机械能【答案】B【解析】【分析】变轨时需要制动减速，万有引力大于向心力才做靠近；由于减速，则轨道I上的机械能要小；【详解】根据可知当卫星靠近月球
4、的过程中，受到的引力增大，A错误；卫星从轨道II进入轨道I应在B点减速，反之加速则发生逃逸，不会进入轨道I，B正确C错误；由于在B点制动减速，所以机械能减小，即在轨道I上的机械能减小，D错误3.先后让一束氘核(H)和一束氚核(H)通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与板面平行，离开时速度方向与板面夹角分别为、。不计原子核所受的重力，则A. 如果氘核和氚核的初速度相同，则B. 如果氘核和氘核的初动量相同，则C. 如果氘核和氚核的初动能相同，则D. 如果氘核和氚核由静止开始从同一位置经同一电场加速后进入偏转电场，则【答案】B【解析】【分析】粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由牛顿第二定律求
5、得加速度粒子垂直电场方向做匀速直线运动，由水平位移L和求出运动时间粒子在电场方向做初速度为零的匀加速运动，并由三角函数，求出偏角的正切【详解】设粒子进入电场时速度为，质量为m，带电量为q，形成偏转电场的平行板长为L，两板间距离为d，电势差为U。粒子在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得：水平方向，加速度，竖直分速度，速度偏向角的正切；根据已知可知两粒子的电荷量相等，若两粒子的初速度相同，则，若两粒子的初动量相等，根据可得，故，A错误B正确；若两粒子的初动能相等，则，C错误；若粒子由静止开始从同一位置经同一电场加速后进入偏转电场，根据动能定理可得，则初动能相同，情况同C，D错误【点睛】带电粒
6、子在电场中偏转问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力4.如图所示，光滑斜面倾角为，轻弹簧劲度系数为k，下端固定在挡板上，上端和物体B拴接在一起。开始时，B处于平衡状态。物体A由斜面上某点下滑，并以速度v0与B发生碰撞，碰撞瞬间粘连在一起，经过最低点后恰好能到达D点，A、B可视为质点且质量均为m，C、D间的距离
7、为，则v0为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据动量守恒求解两物体碰撞后的速度；两物体从C点返回到D点过程中，动能转化为重力势能和弹性势能，据此列式求解【详解】AB两物体发生碰撞过程中，两物体组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得，解得，以B为研究对象，在碰撞时，根据共点力平衡条件可得弹簧的初始形变量为，又知道CD两点间的距离为，即C点弹簧被压缩了，在D点弹簧应被拉伸了，所以D点的形变量和C点相同，在两点弹簧的弹性势能相等，故从C点返回D点有：，解得，A正确【点睛】本题的突破口是分析弹簧在C点和D点的形变量关系，在两点弹簧的形变量恰好相等，即从C点到D点弹簧弹性势能变化为零
8、，即物体的动能全部转化为重力势能，在利用能分析弹簧问题时，一定要注意考虑全面，过程中什么能转化为什么能5.如图甲所示，在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等。一个质量为103kg的小物块从e释放，经过f点到达d点，其运动的v-t图像如图乙所示。其中f点是整条图线斜率最大的位置(图中虚线为过f点的切线)，已知小物块的带电量为2103C，则下列分析中正确的是A. 由e点到d点，电势逐渐升高B. 由e点到d点，物块的电势能先减小后变大C. d、f两点间的电势差Udf=0.5VD. f点为ed之间电场强度最大的点，场强E=1V/m【答案】D【解析】【分析
9、】根据等量同种电荷电场分布规律分析电势变化；过程中电势能和动能相互转化，根据v-t图像中速度（动能）的变化判断电势能的变化；根据动能定理求解df两点间的电势差；v-t图像的斜率表示加速度，斜率大，则加速度大，受到的电场力大，根据牛顿第二定律列式求解电场强度大小；【详解】等量同种电荷中垂面的场强方向由e点指向d点，故从e点到d点，电势降低，A错误；由运动图像可知，物块释放后动能逐渐增大，所以电势能减小，B错误；根据动能定理可得，解得，即df两点间的电势差为-5V，C错误；f点是整条图线斜率最大的位置，即该点的加速度最大，受到的电场力最大，电场强度最大，根据牛顿第二定律可得，其中，解得，D正确6.
10、甲车在乙车前方75m处由静止以恒定功率P=50kW启动，阻力恒定，最后匀速运动。乙车做初速为0的匀加速直线运动(无最大速度限制)。两车同时同向运动，v-t图象如图所示。其中，甲车质量m=7.5t。则下列说法正确的是A. 甲车所受的阻力为5000NB. 甲车所受的阻力为7500NC. 乙车追上甲车的时间为40sD. 乙车追上甲车的时间为30s【答案】AC【解析】【分析】甲车以恒定功率启动，当速度最大时（即匀速运动的速度）阻力和牵引力相等，根据P=fv求解阻力；本题要注意明确图象的意义，关键在于甲车的运动情况，首先求解甲车的阻力，然后根据二者位移相等，利用动能定理进行求解即可【详解】甲车所受阻力为
11、，A正确B错误；甲车阻力恒定，设前20s内的位移为s，根据动能定理可得，解得，v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，此时乙车的位移为，此后，设再经过时间两车相遇，该过程中甲做匀速运动，乙车做初速度为10m/s的匀加速直线运动，加速度为，则有，解得，故，C正确D错误7.如图甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R=8的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成串联回路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。下列说法正确的是A. 电源的电动势E=V，内阻r=2B. 图乙中Rx=25C. 滑动变阻器的滑片向左移动时，R上消耗的功率先增加后减小D. 调整滑动变阻器Rp的阻值可以
12、得到该电源的最大输出功率为1.28W【答案】BD【解析】【分析】将R看成电源的内阻，当电源的内外电阻相等时的功率最大，由图读出的功率最大值及对应的阻值，即可求得电源的内阻，根据功率公式求出电源的电动势。根据滑动变阻器的阻值为4与阻值为Rx时消耗的功率相等列式，可求得Rx当RP=0时电路中电流最大，R消耗的功率最大。根据内外电阻相等时电源的输出功率最大求该电源的最大输出功率【详解】把R等效为电源的内阻，根据图像可知功率最大时，解得，A错误；滑动变阻器的阻值为4与阻值为Rx时消耗的功率相等，有，即，解得，B正确；当滑片向左滑动时，其接入电路的电阻增加，电流减小，R消耗的功率减小，C错误；当外电路电
13、阻与电阻相等时，电源的输出功率最大。本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为，D正确【点睛】解决本题的关键是掌握推论：当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大。对于定值电阻，当电流最大时其消耗的功率最大。对于变阻器的最大功率，可采用等效法研究8.如图所示，平面直角坐标系中，A点的坐标为(d，0)，在y轴和直线AD之间存在垂直纸面向里的匀强磁场I，在AD和AC之间存在垂直纸面向外的匀强磁场II，磁感应强度均为B，AD、AC边界的夹角DAC=30。质量为m、电荷量为+q的粒子可在边界AC上的不同点射入，入射速度垂直AC且垂直磁场，若入射速度
14、大小为，不计粒子重力，则A. 粒子在磁场中的运动半径为dB. 粒子距A点0.5d处射入，不会进入I区C. 若粒子能进入区域I，则粒子在区域I中运动的最短时间为D. 若粒子能进入区域I，则粒子从距A点(1)d处射入，在I区域内运动的时间最短。【答案】ACD【解析】【分析】根据洛伦兹力充当向心力求解半径；画出运动轨迹根据几何知识分析粒子距A点0.5d处射入会不会进入I区；根据粒子在区域I运动时间最短时的轨迹图结合几何知识分析【详解】根据可得，A正确；如图甲所示，设粒子从M点入射时，轨迹和AD相切，则，于是，粒子距A点0.5d处射入，会进入I区，B错误；粒子在区域I运动时间最短时，轨迹如图乙所示，此
15、时MN平行于x轴，又，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为120，运动时间为，C正确；由几何关系可知，又，则，D正确【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题三、非选择题9.某同学设计了探究做功与速度变化关系”的实验方案。装置如图甲所示，主要操作步骤如下： a.测遮光片的宽度d，如图乙所示；b.测斜面上A点到光电门的距离L；c.让滑块从A点由静止滑下，记录遮光片通过光电门的时间t；d.分别从A点下方的B、C(图中未画出)点释放滑块，重复步骤b、c；e.根据v=计算出每次滑块到达光电门上端时的速度v；f.尝试作出L与v的几种图象。根据上述操作，回答下列问题：(1)遮光片的宽度d=_cm；(2)能获得“功与速度二次方成正比”结论的图象是_；A.L-v图象 B.L-v2图象 C.L-v3图象 D.L-图象【答案】 (1). 0.30210.3023 (2). B【解析】【分析】由螺旋测微器读出整
