【文档说明】【精准解析】宁夏银川市一中2021届高三上学期第二次月考物理试题.doc，共(18)页，942.000 KB，由小赞的店铺上传

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银川一中2021届高三年级第二次月考理科综合能力测试物理一、选择题1.下列关于物理学方面的知识说法正确的是（）A.伽利略通过“理想实验”得到了“力是维持物体运动的原因”的结论B.力学的基本单位有：N（牛）、kg（千克）、s（秒）C.牛顿第二定律表明物体所受合外力越大，物体的惯性越大

D.根据速度定义式vxt=，当t非常小时，v就可以表示物体的瞬时速度，该定义应用了极限思维法【答案】D【解析】【详解】A．伽利略通过“理想实验”得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论，选项A错误；B．力学的基本单位有

：m（米）、kg（千克）、s（秒），选项B错误；C．牛顿第二定律表明物体所受合外力越大，加速度越大；牛顿第一定律表明，物体的质量越大惯性越大，选项C错误；D．根据速度定义式vxt=，当t非常小时，v就可以表示物体的瞬时速度，该定义应用了极限思维法

，选项D正确。故选D。2.如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点Q处．若不计

空气阻力，下列关系式正确的()A.va=2vbB.2abvv=C.ta=2tbD.22abtt=【答案】B【解析】b球落在斜面的中点，知a、b两球下降的高度之比为2：1，根据212hgt=知，2htg=，则时

间之比为2abtt=，因为a、b两球水平位移之比为2：1，则2abvv=，故B正确，A、C、D错误．点晴：ab两处抛出的小球都做平抛运动，由平抛运动的规律水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，抓住水

平位移和竖直位移关系进行求解．3.如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态。现用水平力F推动B缓慢向左移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是（

）A.小球A对物体B的压力逐渐减小B.墙面对小球A的支持力先增大后减小C.地面对物体B的摩擦力逐渐增大D.水平力F逐渐增大【答案】A【解析】【详解】AB．对A球受力分析，当推动B缓慢向左移动一小段距离后，FN1与竖直方向的夹角变小，整个过程动态变

化如下图所示由图可知，FN1减小，根据牛顿第三定律，则小球A对物体B的压力逐渐减小；FN2也减小，则墙面对小球A的支持力一直减小，综上所述，A正确，B错误；C．以整体为研究对象，竖直方向受力平衡，则地面对B的支持力等于总重力，根据牛

顿第三定律可得，B对地面的压力FN不变，则地面对物体B的摩擦力Ff也不变，C错误；D．整体水平方向受力平衡，根据平衡条件有2NfFFF=+由于静摩擦力不变，FN2逐渐减小，则F逐渐减小，D错误。故选A。4.如图所示，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置

在粗糙水平桌面上，用一细绳连接。初始时细绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，此时连接A物体的细绳与水平方向夹角为θ，此过程中，下列说法正确的是（）A.A物体做匀加速

直线运动B.A物体到Q点时，B物体的速度为vsinC.B物体做匀加速直线运动D.细绳对B的拉力等于水平桌面对B的摩擦力【答案】B【解析】【详解】A．滑块A下滑时，竖直方向受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，

则滑块A所受的合力不是恒力，则A的加速度不是恒量，即A不是匀加速下滑，故A错误；B．若滑块A的速度为v，则由速度的分解可知，滑块B的速度为vsinθ，故B正确；C．因B所受绳的拉力是变化的，则滑块B不可能做匀加速直线运动，选项C错误；D．由于B不是匀速运动，则细绳对B的拉

力不等于水平桌面对B的摩擦力，选项D错误。故选B。5.质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角，槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态，通过实验知道，

当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于（）A.233mB.2mC.（3－1）mD.（3＋1）m【答案】D【解析】【详解】当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示，由牛顿第二定律

，有tan60mgma=解得小球的加速度3tan603gag==以整体为研究对象，由牛顿第二定律，有()2MgMma=+解得重物C的质量M()31Mm=+故D正确，ABC错误。故选D。6.如图所示，目前世界上最大的无轴式摩天轮是位于山东潍坊的空心摩天轮，直径125米，旋转一周大约

需要半个小时．摩天轮在竖直平面内匀速转动，乘客始终相对吊厢静止，则（）A.乘客的加速度为零B.15min内乘客的位移约为125mC.乘客的速率约为0.22m/sD.乘客转动到最低点处于失重状态【答案】BC

【解析】【详解】A．乘客做匀速圆周运动，则加速度不为零，选项A错误；B．15min内乘客转动半周，则位移约为125m，选项B正确；C．乘客的速率约为3.14125m/s=0.22m/s3060dvt==选项C正确；D．乘客转动到最低点时，加速度向上，处于超重状态，选项D错误。故

选BC。7.如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终

在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）A.小球均静止时，弹簧的长度为L-mgkB.角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mgC.角速度ω0=2kgkLmg−D.角速度从ω0继续增大的过程中，弹簧的形变量增大【答案】A

C【解析】【详解】A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，BNmg=设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：1mgkx=故弹簧的长度为：11mgLLxLk=−=−故A项正确；BC．当转动的

角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即0BN=，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：20costanmgmL=sinFmg=杆而对A球依然处于平衡，有：2sinkFmgFkx+==杆而由几何关系：2sinLxL−=联立四式解得：2kFmg

=02kgkLmg=−则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：2kFmgmgmg=+=则弹簧对A球的弹力是2mg，由

牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，弹簧的形变量不变，故D错误。故选AC。8.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=

10m/s2，则下列说法正确的是（）A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan=0.75：B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4sD.煤块在传送带上留下

的痕迹长为12+45（）m【答案】AD【解析】【详解】AB．由v－t图像得0~1s内煤块的加速度大小221124m/s8m/s1a−==方向沿传送带向下；1~2s内煤块的加速度大小22240m/s4m/s1a−==方向沿传送

带向下。0~1s，对煤块由牛顿第二定律得1sincosmgmgma+=1~2s，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ一μmgcosθ=ma2解得tanθ=0.75，μ=0.25故A正确，B错误；C．v－t图像图

线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x=10m，由运动学公式得下滑时间为22210s5s4xta===下所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为()25s+，故C错误；D．0~1s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m，1~2s内传送带比煤块多走2m，

划痕还是4m。()2~25s+内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为()22121245m2atvt++=+，故D正确。故选AD。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都做答；第1

3题~16题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题9.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。（1）图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F-x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为____N/m。（2）图线不过原点的原因是由于_

____。（3）一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两根不同的弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图像如图所示。下列表述正确的是（）A．b的原长比a的长B．a的劲度系数比b的小C．a的劲度系数比b的大D．测得的弹力与弹簧的长度成正比【答案】(1).2

00(2).弹簧自重(3).AB【解析】【详解】（1）[1]弹簧弹力F与弹簧伸长量l的F－l图线的斜率为弹簧的劲度系数，如图所示可得()7N200N/m40.5cmFkl===−（2）[2]弹簧自身重力不可忽略，导致竖直放置的弹簧因自身重力而伸长，故图线不过原点。（3

）[3]A．横坐标为弹簧的总长度，由图像可知，b的原长比a的长，选项A正确；BC．弹簧弹力F与弹簧长度l的F－l图线的斜率为弹簧的劲度系数，则abkk，选项B正确，C错误；D．测得的弹力与弹簧的伸长量（形变量）成正比，选项D错误。故选AB

。10.研究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是________。A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠

近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有

画出）。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______m/s2（结果保留两位有效数字）。若实际频率小于50Hz，则测出的加速度________。（填“偏大”“偏小”“准确”）（3）以弹簧测力计的示数F

为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________。A．2tanθB．1tanC．kD．2k【答案】(1).BCD(2).1.3(3).偏大(4).D【解析

】【详解】(1)[1]AE．本实验中细线的拉力由弹簧测力计直接测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故AE错误；B．先拿下砂桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高

，以平衡摩擦力，故B正确；C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C正确；D．要改变砂和砂桶质量，从而改变拉力的大小，打

出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确。故选BCD。(2)[2]根据公式∆x=aT2依据逐差法可得小车加速度。由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为T=0.06s，可得2222(2.83.33.8)(1.41.92.3)10m/s1.3

m/s(30.06)a−++−++==[3]若实际频率小于50Hz，则打点周期大于0.02s，打出的点迹间距偏大，若计算时还用0.02s计算，则测出的加速度偏大；(3)[4]由牛顿第二定律2FMa=得2FaM=对aF−图来说，图象的斜率2kM

=得2Mk=对于斜率k，不能根据k=tanθ求解，所以不能根据2tanM=可求小车的质量M，故ABC错误，D正确。故选D。11.如图所示，倾角为30°的粗糙斜面固定在地面上，物块在沿斜面方向的推力F的

作用下向上运动。已知推力F在开始一段时间内大小为8.5N。后来突然减为8N，整个过程中物块速度随时间变化的规律如图所示，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物块的质量m；（2）物块与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1）1kg；（2）35【解

析】【详解】（1）当F=8.5N时物块做匀加速运动由v-t图象得2Δ0.5m/sΔvat==由牛顿第二定律得F-Ff-mgsinα=ma当F＇=8N时物块做匀速运动F＇-Ff-mgsinα=0由以上各式解得m=1kg（2）由第（1）问可得F＇=Ff+mgsinαFf=μmgcos30°得3=

512.如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平

地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，求：（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）A、C两点的高度差；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道

的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度．【答案】（1）0.8m（2）68N；方向竖直向下（3）3.625m【解析】【详解】（1）根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为：05m/scos53Cvv==，竖直分量：4m/sycv=下落

高度：20.82ycvhmg==。（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得：()22111cos5322DCmgRmvmv−=−代入数据解得：29m/sDv=小球在D点时由牛顿第二定律得：2DNvFmgmR−=代入

数据解得：FN=68N由牛顿第三定律得FN′=FN=68N，方向竖直向下（3）设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：210.3103m/sag===，221m/smg

aM==速度分别为：1Dvvat=−2vat=对物块和木板系统，由能量守恒定律得：2211()22DmgLmvmMv=−+代入数据解得：L=3.625m即木板的长度至少是3.625m。[物理——选修3－3]13.新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀

门K，向下压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K，消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，则下列说法正确的是（）A.充气过程中储气室内

气体分子数增多且分子运动剧烈程度增加B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能不变C.充气过程中，储气室内气体内能不变D.喷液过程中，储气室内气体吸收热量对外界做功E.喷液过程中，储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力减小【答案】BDE【解析】【详解】A．充气过程中，

储气室内气体的分子数增加，气体的温度不变，故气体分子的运动剧烈程度不变。故A错误；B．气体的温度不变，故气体分子平均动能不变。故B正确；C．充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体的平均动能不变，所以气体内能增大。故C错误；D．喷液过程中，气体膨胀，

向外做功。气体的温度不变，内能不变。根据热力学第一定律，气体吸热。故D正确；E．喷液过程中，气体膨胀，体积变大。气体的温度不变，根据玻意耳定律，气体压强变小，储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力减小。故E正确。故选BDE。14.竖直平面

内有一直角形内径处处相同的细玻璃管，A端封闭，C端开口，最初AB段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A端，各部分尺寸如图所示．初始时，封闭气体温度为T1=300K，外界大气压强p0=75cmHg．求

：(1)若对封闭气体缓慢加热，当水平管内水银全部进入竖直管内时，气体的温度是多少(2)若保持(1)问的温度不变，从C端缓慢注入水银，使水银与C端管口平齐，需要注入水银的长度为多少．【答案】（1）450K（2）14

cm【解析】【详解】(1)设细管的横截面积为S，以AB内封闭的气体为研究对象．初态p1=p0+5cmHg，V1=30S，T1=300K当水平管内水银全部进入竖直管内时，此时：p2=p0+15cmHg，体积V2=40S，设此时温度为

T2，由理想气体方程得：111pVT=222pVT解得T2=450K（2）保持温度不变，初态p2=p0+15cmHg，体积V2=40S，末态p3=p0+25cmHg由玻意耳定律得：p2V2=p3V3解得V3=36S故需要

加入的水银长度l=30+20-36cm=14cm[物理——选修3－4]15.下列有关光现象的说法正确的是（）A.在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变大B以相同入射角从水中射向空气，紫光能发生全反射，红光也一定能发生全反射C.拍摄

玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度D.用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象E.在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象【答案】AE【解析】【详解】A．由双缝干涉条纹间距公式Lxd=可知，在其它条件不变的情况下将入射光由紫光改为红光，即入射光的波长增大，相邻条

纹间距一定变大，A正确；B．由1sinnC=可知折射率n越大，临界角C越小，由于紫光的折射率最大，临界角最小，当紫光能发生全反射时，入射角不一定大于或等于红光的临界角，因此红光不一定能发生全反射，B错误；C．偏振片只能

使振动方向与偏振片狭缝的方向相同的那部分光透过，而沿其它方向振动的光不能通过，因此减弱了透射光的强度，C错误；D．用三棱镜观察太阳光谱是利用了光的折射现象，D错误；E．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，E正确。故选AE。16.如图所示，一列简谐横波沿x

轴传播，t=0.2s时刻的波形如图中实线所示，t=0.5s时刻的波形如图中虚线所示，t=0时刻，x=2m处的质点正处在波谷，周期T＞0.5s，求：(1)这列波传播的方向及传播的速度；(2)从t=0时刻开始，波传播

3s时间，x=2m处的质点运动的路程为3m，则这列波的振幅为多大？x=2m处的质点在t=2.5s时的位移为多少？【答案】(1)这列波沿+x方向传播，传播的速度10m/s；(2)这列波的振幅为0.2m，x=2m处的质点在t=2.5s时的位移为－210m

【解析】【详解】(1)周期T＞0.5s，因此从实线到虚线的时间间隔△t=0.3s＜T假设波沿x轴正方向传播，则58T=0.3s求得T=0.48s将实线波形沿x轴正方向平移x=0.20.48×8m=103m的波形为t＝0时刻的波形，此波形表明x=2m处

的质点不在波谷，因此假设不成立，则这列波沿+x方向传播，则38T=0.3s求得T=0.8s波传播的速度v=T=10m/s(2)由于t=3s=334T振动的路程s=3344A=3m解得A=0.2m该质点的振动方程为y=－0.

2cos2π0.8t(m)当t=2.5s时，质点的位移为y=－210m