【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.pdf，共(18)页，466.583 KB，由小赞的店铺上传

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-1-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=2vb

B.2abvv-2-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-3-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，-4-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-5-3tan603gag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-6-3.14125m/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】AC【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：-7-20costanmgmL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：2kFmg

mgmg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：-8-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1

2+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=10

m，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。-9-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13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).200(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。-10-（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________。-11-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/s1.3m/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-12-k=tanθ求解，所以不能根据2t

anM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-13-3=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-14-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/smgaM速度分别为：1

Dvvat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（）-15-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）14cm-16-【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：111pV

T=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。-17-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-18-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