【文档说明】四川省南充高级中学2022-2023学年高三下学期第七次月考理综物理试题 含解析.docx，共(22)页，3.262 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-221441c412793f6fe5497e63bf29f9df.html

以下为本文档部分文字说明：

南充高中高2020级高三第七次月考理科综合能力测试（物理部分）可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14Na23S32Cl35.5K39Ni59Ag108第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共8

小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项是符合题目要求，第19~21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.无人酒店是利用智能机器人进行全程服务，如图为一机器人将身体倚靠在光滑的竖直墙面上休息

的情形。A处为脚踝，B处为胯部，均看作光滑的铰链，AB为双腿，看作轻杆，脚部（重力不计）与地面的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若机器人接到工作指令欲收脚起身，使A向右移动，双腿慢慢变陡的过程中，下列说法

正确的是（）A.脚受到地面的支持力越来越小B.脚受到地面的摩擦力越来越大C.双腿承受的压力越来越大D.后背受到墙面的支持力越来越小【答案】D【解析】【详解】CD．由于A、B两处均看作光滑的铰链，所以腿部承受的弹力方向与AB共线，设B

点上方人体的重力大小为G，对B点受力分析如图所示根据平衡条件可知，腿对B点的作用力F1与墙壁对后背的支持力F2的合力大小始终等于G，根据平行四边形定则有1sinGF=，2tanGF=使A向右移动，双

腿慢慢变陡的过程中，逐渐增大，则1F和2F都逐渐减小，可知双腿承受的压力越来越小，后背受到墙面的支持力越来越小，故C错误，D正确；AB．对人整体受力分析，根据平衡条件可知脚受到地面的摩擦力与2F大小相等，脚受到地面的支持

力与人的总重力大小相等，所以脚受到地面的摩擦力越来越小，脚受到地面的支持力不变，故AB错误。故选D。2.如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍，两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于ef、两点，其中ef、分别为adbc、的中点。下列说法正确的是（）A.两

导线间相互吸引B.ef、的中点磁感应强度为0C.d点与b点的磁感应强度相同D.d点与c点的磁感应强度相同【答案】C【解析】【详解】A．根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，故两导线间相互排斥，故A错误；BCD．通电导线在周围

产生的磁场，磁感应强度大小为IBkr=方向由安培定则可知垂直于点到导线垂直线段，画出各点的磁感应强度平面图，如图所示，可知ef、的中点磁感应强度不为零，方向竖直向下，b与d两点的合磁感应强度等大同向，d与c两点合磁感应强度方向不同，故C正确，BD错

误。故选C。3.如图所示，餐桌中心有一个半径为r的圆盘，可绕其中心轴转动，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘及餐桌间的动摩擦因数均为µ。现缓慢增大圆盘的角速度，小物块将从圆盘上滑落，最终恰好停在桌面边缘。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的

间隙不计。则下列说法正确的是（）A.餐桌的半径为52rB.小物块刚从圆盘上滑落时，小物块的速度为2grC.小物块刚从圆盘上滑落时，圆盘的角速度为2grD.该过程中因摩擦产生的内能为µmgr【答案】A【解析】【详解】C．小物块

刚滑落时，最大静摩擦力等于所需向心力，可得2mgrm=解得gr=选项C错误；B．小物块刚滑落时的速度大小为vrgr==选项B错误；A．设小物块在餐桌上滑行的距离为x，根据动能定理可得2102mgxmv−=−解得2=rx小物块在桌面上运

动的俯视图如图所示根据图中几何关系可得222Rxr=+解得52rR=选项A正确；D．该过程中因摩擦产生的热量为12Qmgxmgr==选项D错误。故选A。4.甲、乙两质点经过坐标原点O后都沿x轴正方向匀变速直线

运动，但甲比乙晚2s经过坐标原点O，甲、乙两质点运动过程中速度大小的二次方2v与它们到原点之间的距离的关系分别如图中的图线AB、所示。运动一段位移后停止的质点将不再运动。下列说法正确的是（）A.甲、乙两质点加速度都向x轴正方向B.甲、乙两质点的加速度大小之比为1:2C.甲、乙两质点在4

mx=处相遇D.甲、乙两质点最近距离为2m【答案】D【解析】【详解】A．由匀变速直线运动的速度位移关系公式2202vvax−=可得2202vaxv=+由2vx−图像是一倾斜直线知，两质点在运动过程中加速度大小

不变，甲质点速度随位置坐标在减小，因此甲质点做匀减速直线运动，乙质点速度随位置坐标在增大，因此乙质点做匀加速直线运动。乙质点加速度向x轴正方向，甲质点加速度向x轴负方向，故A错误；B．由2vx−图像可知，图像的斜率大小是2a，所以甲质点的加速度2

363m/s26a==甲乙质点加速度2181.5m/s26a==乙则甲、乙两质点的加速度大小之比为:1:2aa=甲乙故B错误；C．由匀变速直线运动位移时间公式2012Svtat=+，得甲、乙两质点分别从

经过坐标原点O开始计时2362Stt=−甲221.5324Stt==乙的当x=4m时，解得232s3t=−甲43s3t=乙又2tt+甲乙故它们没有在x=4m处相遇，C错误；D．设甲经过坐标原

点O后经时间1t与乙速度相等，则有111.5(2)63tt+=−解得12s3t=两质点此时距离O的位移大小分别为2113106m23xtt=−=甲21316(2)m43xt=+=乙此时甲乙两质点最近，最近距离为2mxxx=−=乙甲D正确。故选D。5

.如图所示，四只质量都为m的猴子水中捞月，竖直倒挂在树梢上，从上到下编号依次为1、2、3、4，四只猴子都处于静止状态。正当4号打算把手伸向水面捞“月亮”时，2号突然两手一滑没抓稳，3、4号扑通一声掉进了水里。重力加速

度为g，空气阻力不计，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（）A.四只猴子加速度和速度都等于0B.3号对4号猴子的作用力等于mg的C.1号猴子对树梢的拉力为4mgD.1号猴子对2号猴子的作用力大小为83mg【答案】C【解析】【详解】A．在2号猴子手滑

后的一瞬间，四只猴子的速度都等于0，但加速度都不等于0，故A错误；B．以3、4号猴子为整体，可知整体的加速度为重力加速度g，则4号猴子的加速度也为重力加速度g，所以3号对4号猴子的作用力等于0，故B错误；C．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为F，对整体有4Fmg=则在2号猴子手滑后的一瞬间，1号

猴子对树梢的拉力保持不变，大小仍为4mg，故C正确；D．以1、2号猴子为整体，根据牛顿第二定律可得22Fmgma−=解得ag=方向向上；以2号猴子为对象，根据牛顿第二定律可得12Fmgma−=解得122

Fmg=可知1号猴子对2号猴子的作用力大小为2mg，故D错误。故选C。6.如图所示为一款热销“永动机”玩具示意图，其原理是通过隐藏的电池和磁铁对小钢球施加安培力从而实现“永动”。小钢球从水平光滑平台的洞口M点静止出发，无磕碰地穿过竖直绝缘管道后从末

端N点进入平行导轨PPʹ-QQʹ，电池、导轨与小钢球构成闭合回路后形成电流，其中电源正极连接导轨PQ，负极连接PʹQʹ；通电小钢球在底部磁场区域受安培力加速，并从导轨的圆弧段末端QQʹ抛出；然后小钢球恰好在最高点运动到水平光滑平台上，最终滚动至与挡板发生完全非弹性碰撞后再次从M点静止出发

，如此循环。已知导轨末端与平台右端的水平、竖直距离均为0.2m，小钢球质量为40g，在导轨上克服摩擦做功为0.04J，其余摩擦忽略不计，重力加速度g取10m/s2，则（）A.磁铁的N极朝上B.取下电池后，小钢球从M点静止出发仍能回到平台上C.小钢球从导轨末端QQʹ抛出时速度5m/sD.为了维持

“永动”，每个循环需安培力对小球做功0.04J【答案】AC【解析】【详解】A．由电路可知钢球中电流方向垂直于纸面向里，由左手定则可知磁铁上方轨道处磁场方向向上，故磁铁N极朝上，故A正确；B．取下电池后，小球缺少安培力做功，即使从导轨末端抛出，初速度减小也将导致不能到达平台，故B错误；

C．斜抛到最高点可反向看作平抛运动，则212ygt=xxvt=解得0.2st=，1m/sxv=所以2m/syvgt==所以抛出时的速度为225m/sxyvvv=+=故C正确；D．为了维持“永动”，每个循环

安培力做的功应该补充机械能的损失，一部分是克服摩擦力做的功，还有一部分是碰撞挡板的损失，一定大于0.04J，故D错误。故选AC。为7.如图所示，带负电的小球从直角三角形A点以初速度v0水平向右抛出，整个空间存在水平向右的匀强电场，且AB竖直BC水平，30C

=。已知带电小球所受电场力恰好是重力的33倍。下列说法正确的是（）A.小球通过AB所在直线时的机械能比在A点时的机械能大B.小球运动过程中机械能最小时，速度方向一定平行于ABC.小球运动过程中动能最小时的电势能最大D.小球经过AC所在直线时的速率等于0v【答案】BD【

解析】【详解】A．由于AB与电场方向垂直，可知AB为等势线，当小球通过AB所在直线时，电场力对小球做功为零，此时小球的机械能与在A点时的机械能相等，故A错误；B．小球运动过程中机械能最小时，电场力对小球做负功最多，此时小球的位置到A点的水平距离达到最大，即此时小球水平分速度为零，

所以速度方向一定平行于AB，故B正确；C．小球运动过程中，动能、重力势能和电势能之和保持不变，所以小球运动过程中动能最小时，重力势能和电势能之和最大，但不是电势能最大；当小球的机械能最小时，电势能才是最大，故C错误；D．设电场力与重力的合力与AB的夹角为，则有3ta

n3qEmg==可得30=可知电场力与重力的合力方向刚好与AC垂直，则小球经过AC所在直线时，电场力与重力的合力刚好做功为0，所以小球经过AC所在直线时的速率等于0v，故D正确。故选BD。8.如图所示，截面半径为l的圆柱形空腔位

于三维坐标系Oxyz中，分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域。03zl的Ⅰ区域内有沿y轴正方向的匀强磁场；4333llzl+的Ⅱ区域内有沿y轴正方向的匀强电场；Ⅲ区域内同时存在沿z轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度与Ⅱ区域相等。现有一带电粒子从点(,0,0)Pl，以大小为

0v的速度垂直磁场进入Ⅰ区域，经点(0,0,3)Ql沿着z轴进入Ⅱ区域，然后经过点40,,323lMll+进入Ⅲ区城，粒子恰好未从圆柱腔的侧面射出，最终从右边界上点0,,2lNz离开区域Ⅲ。已知粒子的质量为m，电荷量为q+，不计粒子

重力，则（）A.Ⅰ区域磁感应强度的大小0mvBql=B.Ⅱ区域电场强度的大小20169mvEql=C.进入Ⅲ区域后粒子在xOy平面内分运动是圆周运动，其周期0lTv=D.进入Ⅲ区域后做螺旋线运动，螺距（相邻两螺

旋线上对应点的距离）不相等【答案】CD【解析】【详解】A．粒子在Ⅰ区域xOz平面内做圆周运动，轨迹如图所示根据几何关系可知12rl=根据洛伦兹力提供向心力2001vqvBmr=可得Ⅰ区域磁感应强度的大小02mvBql=故A错误；B．粒子在Ⅱ区域yOz平面做类平抛运动，z轴方向有02

43lvt=y轴方向有22122lat=加速度为qEam=解得Ⅱ区域电场强度的大小20916mvEql=故B错误；C．粒子在M点沿y轴方向的分速度为2034yvatv==粒子进入Ⅲ区域后在xOy平面做圆周运动，轨迹如图所示由几何关系可知22222()()2lrlr+=−解得238rl=其周

期为202rlTvyv==故C正确；D．粒子进入Ⅲ区域后在xOy平面做圆周运动，沿z轴做匀加速直线运动，故粒子做螺旋线运动，螺距为201()2LvnTanT=+)12(3n=，，可得22932nLnll=+)12(3n=，，故D正确。故选CD。第Ⅱ卷（共174分）

二、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。9.某学习小组利用智能手机的连拍功能探究平抛运动的规律进行了如下实验。①将小球以某初速度水平抛出，使用手机的连拍功能进行拍摄；

②某次拍摄时，小球在抛出瞬间恰好拍下一张照片，拍摄的照片编辑后如图所示，图中A处为小球抛出瞬间的影像；③经测量，ABBC、两线段的长度之比为:ab。己知该手机相邻两次连拍的时间间隔为T，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。（1）ABBC、之间的水平距离理论上满足ABx_

__________BCx（填“<”或“=”或“>”）；（2）BC之间实际下落的竖直高度为___________（用gT、表示）；（3）小球抛出时初速度大小为___________（用gTab、、、表示）。【答案】①.=②.232gT③.2222192abgTba−−【解析】的【详解】（

1）[1]小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，相等时间距离相等；（2）[2]BC之间实际下落的竖直高度22321.2hgTTgTTg=+=（3）[3]小球从A到B，位移关系()222012vTgTa+=小

球从B到C，位移关系()222032vTgTb+=解得22220192vabgTba=−−10.某学生实验小组利用图1所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：多用电表；电压表（量程5V，内

阻十几千欧）；滑动变阻器（最大阻值5kΩ）；导线若干。（1）将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔___________，调零点；（2）将图1中多用电表的红表笔和___________（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端；（3）调节滑动变阻器的滑片，使其

接入电路的阻值为零，此时电压表的示数为4.5V，多用电表指针的示数如图2所示。则电压表的内阻是___________k，欧姆表内部电源的电动势为___________V。（结果保留3位有效数字）（4）若该欧姆表的刻度值是按电动势

为9.0V刻度的，当电池的电动势下降到7.0V时，欧姆表仍可调零。若重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为18.0k，则这个待测电阻的真实值为___________k（结果保留3位有效数字）。【答案】①.短接②.1

③.16.0④.8.72⑤.14.0【解析】【详解】（1）[1]欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮,使电流表满偏。（2）[2]多用电表的红表笔对应欧姆表内电源的负极，所以红表笔应接

电压表的负接连柱，故红表笔接触1。（3）[3]由于滑动交阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表内阻16.01kΩ=16.0kΩR=[4]欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1kΩ挡位的内电阻为15.0kΩr=；根据闭合电路欧姆定律，电动势为8.72VUEUrR=+=（4）[5]]电

动势为9V，调零后欧姆表内部电阻为gERI=内电动势为7V，调零后欧姆表内部电阻为gERI=内电动势为9V，电阻阻值为18.0k对应的电流EIRR=+测内电动势7V时EIRR=+内真这个待测电阻的真实值为14.0kR=真11.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在竖直墙的O点，另一端穿

过轻质光滑小环A（可看成质点）悬挂物体甲，轻质光滑小环A拴牢在另一轻绳上，通过光滑定滑轮B与物体乙相连，当系统平衡后，O点处轻绳与竖直墙的夹角30=，62sin154−=,62cos154+=，重力加速度为g。求：（1）甲、乙两物体的质量之比；（2）当剪断轻绳AB的瞬间，甲、乙的加速

度。为【答案】（1）262mm+=甲乙；（2）ag=甲，方向竖直向下；ag=乙，方向竖直向下【解析】【详解】（1）轻质光滑小环受力如图所示由平衡条件知，则这三个力首尾相连围成的矢量三角形闭合，如图所示由正弦定理得()31180sinsin2FF

=−对甲有12mFFg==甲对乙有3Fmg=乙联立可得sin7526sin302mm+==甲乙（2）当剪断AB瞬间，左边绳突然松驰，绳中弹力突变为零，故有ag=甲，方向竖直向下；AB绳中弹力为零，则有ag=乙，方向竖直向下。12.密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性

，因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为0m、位于同一竖直线上

的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离1h。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离()221hhh，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的

空气阻力大小为13fkmv=，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力，重力加速度为g。求：（1）比例系数k；（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离2h电势能的变化量；（3）如油滴B从匀速开始向下减速运动的时间与向上运动变为匀速的

时间相等，求新油滴匀速运动的速度。【答案】（1）2301mgtkh=；（2）A不带电，B带负电，()0121mgdhhqUh+=，()0212p1mghhhEh+=−；（3）1232hhvt−=，方向向下【解析】【详解】（1）极板间不带电时，对A、B向下匀速运动的速度为11hvt=

由平衡条件得13001mgkmv=联立解得2301mgtkh=（2）给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。可知油滴A不带电，油滴B带负电，B油滴向上匀速运动的速度为22hvt=对

B油滴由平衡条件得13002Uqmgkmvd=+解得电荷量为()0121mgdhhqUh+=对B，电势能的变化量为()0212p21mghhhUEWqhdh+=−=−=−电（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为02m，新油滴所受电场力为()0121mghhqUFdh+==电设向下为正方

向，根据动量守恒定律可得010202mvmvmv−=共对B由动量定理：以1v向下运动段f10010FtImgtmv−−+=−电向上运动达2v段f20020FtImgtmv−++=−−电两式比较知12vv

，则0v共，即新油滴向下运动；新油滴向下加速，达到平衡时()130022mgFkmv=+电解得速度大小为1232hhvt−=方向向下。13.从波源质点O起振开始计时。经时间1st=，x轴上距波源8m处的

质点第一次到达波峰，此时波形如图所示，则下列说法正确的是（）A.该列波的传播速度为10m/sB.O点的简谐振动方程为2sin5(cm)yt=C.在0.6st=时，x轴上2m处质点位移为零，且向y轴负方向振动D.在0~1s时间内，x轴上4m处质点通过的路程为4cmE.再经2.0s，24mx=处的

质点处于波谷位置【答案】ACE【解析】【详解】A．由波形图可知，1st=内，传播的距离为10m，则该列波的传播速度为10m/s10m/s1v==故A正确；B．周期为8s0.8s10Tv===则O点的简谐振动方程为22sin2sin(cm)2sin2.5(cm)0

.8yAtttT===故B错误；C．由波形图可知，质点的起振方向向上，x轴上2m处质点在0.2st=开始向上振动，在0.6st=时，已经振动的时间为10.6s0.2s0.4s2tT=−==可知此时x轴上2m处质点位于平衡位置，位移为零，且向y轴负方向振动，故C正确

；D．x轴上4m处质点开始振动的时刻为0.4st=，则在0~1s时间内，x轴上4m处质点振动的时间为31s0.4s0.6s4tT=−==则通过的路程为3436cm4sAA===故D错误；E．由波形图可知

，此时4mx=处于波谷的振动传到24mx=所用时间为244s2s10t−==可知再经2.0s，24mx=处的质点处于波谷位置，故E正确。故选ACE。14.图甲所示，双层中空玻璃由两层玻璃加密封框架，形成一个夹层空间，隔层充入干燥空气。如图乙所

示每单层玻璃厚度为d，夹层宽度为l，一光束沿与玻璃面成30=角从一侧经双层中空玻璃射入另一侧（光束与玻璃剖面在同一平面上），光线通过玻璃后入射光线与出射光线会有一个偏移量（两光线垂直距离），玻璃折射率3，光在空气中的速度近似为c。求：（1）这束光通过中空玻璃从

室外到室内的偏移量h；（2）这束光通过中空玻璃从室外到室内的时间t。【答案】（1）233hd=；（2）42dlc+【解析】【详解】（1）画出这束光的光路图如图所示根据折射定律有sinsininr=可得30r=由几何知识可知cosdABCDr=

=光束进入第一层玻璃的偏移量1sin()hABir=−这束光通过每层玻璃的偏移量相等，所以从室外到室内的偏移量1212hhhh=+=故得2(sincoscossin)cosdhirirr=−将数据代入可得233hd=（2）光在玻璃中的传播速度cvn=由几何知识得coslBCi=

光在玻璃中的传播12ABvt=光在空气中的传播有2BCct=所以光通过中空玻璃从室外到室内的时间为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com