【文档说明】西藏山南第二高级中学2021届高三上学期第三次月考理科综合物理试卷 【精准解析】.doc，共(16)页，1.229 MB，由小赞的店铺上传

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山南二高2020-2021学年高三第三次月考试卷理科综合物理部分1.如图所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是A.木块受到的摩擦力大小是mgcosαB.木块对斜面体的压力大小是mgsinαC.桌面与斜面体之间没有摩擦力D.桌面

对斜面体的支持力大小是Mg【答案】C【解析】【分析】对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解支持力和静摩擦力；对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；【详解】AB、对木块m受力分析，受重力mg、支持力N和静摩擦

力f，根据平衡条件，有：fmgsin=，Nmgcos=，根据牛顿第三定律，木块对斜面体的压力大小也为mgcos，故A、B错误；CD、对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为()NMmg=+，静摩擦力为零，故C正确，D错误；故选C．【点睛】关键灵活地

选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解．2.一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F

表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图像是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据物体受力可知：物体受到拉力、摩擦力、重力和支持力，其中重力和支持力为平衡力，物体所受合力为拉力和摩擦力的矢

量和．当0mFf时，物块受静摩擦力，物块始终静止，物体所受合力为零，加速度为0；当mFf时，物块受滑动摩擦力且大小不变，合力大于零，物块做加速运动．由牛顿第二定律可得mFfma−=，又mfmg=，则有Fmamg=+，根据图像

可知，综上所述，正确答案为C．3.如图所示，D点为固定斜面AC的中点，在A点先后分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果小球分别落在斜面上的D点和C点．空气阻力不计．设小球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到D点

和C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到D点和C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为1和2，则下列关系式正确的是A.1212tt=B.010212vv=C.1212vv=D.12tan1tan2=【答案】C【解析】【分析】本题考查的是平抛运动的规律，两次平抛均落到斜面上，位移

偏转角相等，以此切入即可求出答案．【详解】设斜面的倾角为θ，可得0gt=tanθ2v，所以120102gtgt=2v2v，竖直方向下降的高度之比为1：2，所以12t1=t2，求得0102v1=v2，再结合速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍，011202vv1==vv2，12tanθ=1ta

nθ，所以C正确．【点睛】平抛运动问题的切入点有三种：轨迹切入、偏转角切入、竖直方向相邻相等时间位移差为常数．4.如图所示，用长为r的细杆粘住一个质量为m的小球，使之绕另一端O在竖直平面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速度2grv=，在最高点时（）A.小球对细杆的拉力是2mgB.小

球对细杆的压力是2mgC.小球对细杆的拉力是23mgD.小球对细杆的压力是mg【答案】B【解析】【详解】假设在最高点时小球受拉力为F，则由牛顿第二定律2vmgFmr+=解得12Fmg=−负号说明小球受支持力作用，即小球对细杆的

压力是2mg。故选B。5.如图所示，虚线a、b、c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为a、b、c，且abc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示．由图可知（）A.粒子从K到L的过程中，电场力做负功B.粒子从L到M的过程中，电场力做负功C.粒子

从K到L的过程中，电势能增加D.粒子从L到M的过程中，动能减少【答案】AC【解析】【详解】电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图A．粒子从K到L的过程中，正粒子从低电势向高电势运动，根据WqU=故电场力做负功，A正确；B．粒子从L到M的过程中，正粒子先从低电

势向高电势运动，后从高电势向低电势运动，电场力先做负功后做正功，B错误；C．粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，C正确；D．粒子从L到M的过程中，电场力先做负功后做正功，故动能先减少后增大，D错误。故选AC。6.如图甲所示，一理想变压器原线圈

匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=150匝，变压器输入端的正弦交变电压如图乙所示，定值电阻的阻值为11Ω，总阻值为22Ω的滑动变阻器滑片为P。下列说法中正确的是（）A.变压器副线圈输出电压的频率为50HzB.滑片P向右滑动时，电阻R两端的电压不变C.滑片P滑到最右端时

，通过电阻R的电流为6AD.滑片P滑到最左端时，变压器的输入功率为66W【答案】AC【解析】【详解】A．由图象可知，交流电的周期为T=0.02s，所以交流电的频率为f=1T=50Hz，故A正确；B．滑片P向右滑动时，副线圈总电

阻减小，总电流增大，电阻R两端的电压增大，故B错误；C．滑片P滑到最右端时，变阻器电阻为0，原线圈电压的有效值为4402V=440V2，根据电压与匝数成正比，有1122UnUn=，得266VU=，通过R的电流为2

26AUIR==故C正确；D．滑片P滑到最左端时，变压器的输出功率为222266=W132W33UPR==总故D错误。故选AC。7.一质量为m的物体静止在水平地面上,在水平拉力F的作用下开始运动,在0~6s内其速度与时间关系图象和拉力的功率与时间关系图象如图所示,取g=10m/s2,下列判断

正确的是()A.拉力F的大小为4N,且保持不变B.物体的质量m为2kgC.0~6s内物体克服摩擦力做功24JD.0~6s内拉力做的功为156J【答案】BD【解析】【详解】A、在0-2s内物体做加速运动，2-6s内做匀速运动，由受力分析

可知，拉力不恒定，故A错误；B、在2-6s内P=Fv，P24F==N=4NV6，故f=F=4N，在甲图中226a=/3/2vmsmst==，由牛顿第二定律可知F′-f=ma，在2s末，P′=F′v，联立解得m=2kg，F′=10N，故B正确；C、由图象可知在0-6s内通

过的位移为x=30m，故摩擦力做功为Wf=fx=4×30=120J，故C错误；D、由动能定理可知212fWWmv−=，22112612015622fWmvWJJ=+=+=，故D正确；故选BD．8.如图所示，平行

导轨位于竖直平面内，导轨间距离L=0.5m，两导轨与电阻R连接，其余电阻不计，水平虚线下方存在匀强磁场，磁感应强度B=2T，质量m=0.1kg的导体棒ab垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，将其从距虚线h高处由静止释放，进入磁场时恰好以0

v=2m/s做匀速直线运动。g取102m/s，则下列说法正确的是（）A.导体棒ab进入磁场后电流的方向是b到aB.导体棒进入磁场后下落的过程不存在能量转化C.电阻R的阻值为0.02ΩD.h=0.2m【答案】AD【解析】【详解】A．由右手定则可知，导体棒ab进入磁场后电流方

向由b到a，故A正确；B．导体棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，在闭合回路中产生电流，部分机械能转化为焦耳热，有能量转化，故B正确；C．导体棒切割磁感线产生的感应电动势0EBLv=安培力220BLvFBILR==导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得220BLvmgR=代入数据解得

2ΩR=故C错误；D．导体棒进入磁场前做自由落体运动，下落高度2202m0.2m2210vhg===故D正确。故选AD。第II卷（非选择题）三、非选择题：共174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。（一）必考题：共137分。9.在测定匀变速直线运动加速度实验中，某次实验纸带的记录如图所示，纸带上O、A、B、C、D、E、F、G为计数点，每相邻两个计数点间还有4

个点没有画出，由图可知纸带的加速度等于__________，在打D点时纸带的速度为___________（保留两位有效数字），F到G的距离为_____________cm．【答案】(1).0．75m/s2(2).0．40m/s(3).5．90cm【解析

】【详解】根据题意可知：每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，因此计数点之间的时间间隔为：0.1Ts=，0.75xcm=，根据匀变速直线运动推论2xaT=可得：2220.0075/0.75/0.01xamsmsT===；根据匀变速直线运动中时间中点的

速度等于该过程中的平均速度，因此有：0.14500.0645/0.40/20.1Dvmsms−==；根据题意可知：19.6514.505.15EFxcmcmcm=−=，FGEFxxx−=，则：5.150.755.90FGEFx

xxcmcmcm=+=+=．【点睛】能够知道相邻的计数点之间的时间间隔，利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．10.某同学为了测量0～5V电压表的内阻，他从实验室拿来多用电表、3节干电

池、最大阻值为100Ω的滑动变阻器、开关和若干导线。(1)该同学在先用多用电表粗测电压表内阻时，把选择开关旋到欧姆×1k挡，正确调零后，将______（选填红或黑）表笔接电压表的“＋5V”接线柱，另一只表笔接一接

线柱，多用电表的指针位置如图甲中的a所示，则电压表的内阻为______Ω；(2)再用伏安法测量其内阻，把多用电表的选择开关旋到直流电流的______（填100、10或1）mA挡，并把各仪器按图乙接好电路；(3)实验中当电压表的示数为

4.0V时，多用电表的指针位置如图甲中的b所示，则示数为______mA，则电压表的内阻Ry＝______Ω（结果保留两位有效数字）。【答案】(1).黑(2).9K（或9×103）(3).1(4).0.45（0.44—0.46均给分）(5).8.9K（或8.9×103

）【解析】【详解】(1)[1]用多用电表欧姆档测电压表内阻，由于多用电表的内接电源正极接在黑表笔上，所以黑表笔要电压表的正接线柱。[2]读数由倍率和示数的乘积，所以RV=9000Ω。(2)[3]估算电路

中的电流为3A0.3mA9000100I=+所以电流表的量程选项1mA。(3)[4]由电流表（多用电表的电流档）读得电路中的电流0.45mAI=[5]电压表内V34.0kΩ8.9kΩ0.4510R−==11.如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件

的质量是20kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25，工人用80N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α37=并保持不变，经4s后松手（210m/sg=，cos37°=0.8，sin37°=0.6）。求：(1)松手前铸件的加速度大小；(2)松手后铸件还能前进的

距离(结果保留两位有效数字)。【答案】(1)21.3m/s；(2)5.4m【解析】【详解】(1)工人拉铸件时，对工件受力分析根据牛顿第二定律得cosFfma−=sin0NFmg+−=fN=联立得()2c

os37sin371.3m/sFmgFam−−==(2)松手时铸件的速度1.34m/s5.2m/svat===松手后的加速度大小2'2.5m/smgagm===则松手后铸件还能滑行的距离225.2m5.4m2'22.5vxa==1

2.如图，一质量为M=2kg的物块静止在桌面边缘，桌面离水平面的高度为h=0.8m。一质量为m=100g的子弹以水平速度0v=120m/s射入物块后，以水平速度023v射出。物块质量损失不计，重力加速度g=10m/s2。求：(1)此过程中系统损失的机械能；(2)

此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。【答案】(1)396J；(2)0.8m【解析】【详解】(1)设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得0023vmvmMV=+解得2m/sV=系统损失的机械能为2220021112232vEmvmMV=−+

由两式可得396JE=(2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则212hgt=sVt=由三式可得0.8ms=13.关于对分子动理论、气体和晶体等知识的理解，下列说法正确的是____

A.温度高的物体，其分子的平均动能一定大B.液体的分子势能与体积无关C.晶体在物理性质上可能表现为各向同性D.温度升高，气体的压强一定变大E.热量可以从低温物体传给高温物体【答案】ACE【解析】【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子的平均动能增大，故A正确；B．液体分

子之间的距离不同，液体分子之间的分子力大小就不同，所以分子力做功不同，则分子势能就不同，所以液体的分子势能与体积有关，故B错误；C．单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同

性，故C正确；D．根据理想气体得状态方程pVCT=可知温度升高，气体的压强不一定增大，还要看体积变化，故D错误；E．热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故E正确

。故选ACE。14.如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为280K时，被封闭的气柱长L=25cm，两边水银柱高度差h=5cm，大气压强p0=75cmHg。①加热封闭气体，为使左端

水银面下降h1=5cm，求此时封闭气体的温度；②封闭气体的温度保持①问中的值不变，为使两液面相平，求需从底端放出的水银柱长度。【答案】①384K；②9cm【解析】【详解】①设左端水银面下降前、后封闭气体的压强温度体积分别为p1、p2，温度为T1、T2，体积为V1、V2，

则170cmHgp=，1VLS=，T1=280K280cmHgp=，()21VLhS=+，T2=?由理想气体状态方程得112212pVpVTT=代入数值解得2384K=T②两液面相平时，气体的压强为：30pp=，体积为3V，左端液面下降2h，右管液面下降了()25cm+h

，由玻意耳定律得2233pVpV=()312=++VLhhS解得22cm=h所以放出的水银柱长度225cm9cmHh=+=15.一简谐横波沿x轴正向传播，在t=0时刻的波形图如图所示，此时该波刚传到x=8m处．再经过3.8s时，P质点第

5次出现波峰．则_____________．A.该波的周期为0.8sB.该波的波速为15m/sC.再经过∆t=1.4s，坐标为x=16m处的质点第一次出现波峰D.再经过∆t=1s，P点处于波峰E.P点的振动方程为y=

-25sin2.5πt（cm）【答案】ACE【解析】【详解】A．P点第一次振动到最高点的时间为34T，第5次到最高点的时间为344TT+，由343.84TTs+=解得T=0.8s选项A正确；B．该波的波速为810m/s0.8vT===选项B错

误；C．波传播到x=16m处的质点需要0.8s，然后该处质点向下振动，再振动30.64Ts=到达波峰，因此需要经过1.4s到达波峰，C正确；D．再经过1=1s=14tTP点处于波谷，D错误；E．P点的振幅

为25cm，振动角速度22.5T==故振动方程为y=-25sin2.5πt（cm）E正确；故选ACE。16.单色光以入射角60i=射到半径为R、折射率为62n=的透明球体中，并被球内经一次反射后再折射后射出，入射和折射光路如图所示。真空中的光

速为c。(1)在图上大致画出光线在球内的路径和方向；(2)求入射光与出射光之间的夹角；(3)单色光通过透明球体的时间（用R和c表达）。【答案】(1)；(2)60=；(3)23Rc【解析】【详解】(1)光

路如图所示(2)由折射定律可知sinsinin=得45=根据几何关系得()2i=−−60=(3)单色光在透明球体中的传播速度为v则cnv=所以传播时间2223SRRtcvcn===