【文档说明】四川省大数据精准教学联盟2021届高三下学期第二次统一监测理科综合物理答案.pdf，共(6)页，308.463 KB，由小赞的店铺上传

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第1页/共6页四川省大数据精准教学联盟2018级高三第二次统一监测物理参考答案案及评分标准二、选择题1415161718192021BBADCBDCDCD22.（1）1R（2分）；（2）0.40（2分）；

1.0（2分）23.（1）○1如图所示（2分）；○2R1＝12.0，R2＝12.0（2分）（2）○118（2分）○21.99-2.01（范围内均得1分，未估读不得分）；22.5（2分）24.（12分）（1）对c受力分析可知：水平方向xF=ma电（1分）竖直方向ymg=

ma（1分）电场力F=Eq电（1分）由电压与场强的关系可得U=Ed（1分）故c液滴的加速度为22222222222xyUqgdm+Uqa=a+a=g+=dmdm（）（2分）（2）对a受力分析可知：水平方向xF=ma电竖直方向ymg=ma由运动的

独立性可知：水平方向212xx=at（2分）竖直方向212yh=at（2分）带入可得：xyaUqhx=h=amdg（2分）25.（20分）（1）对1m受力分析可知：11111sin37cos37mg+μmg=ma（1

分）解得：2110m/sa=（1分）由速度位移公式可得：22012tBCv-v=ax（1分）带入数据：2m/stv=（1分）（2）由于碰撞瞬间内力远远大于外力，可认为碰撞过程动量守恒。111220tmv+=mv+mv（1分）由于是弹性碰撞

，满足动能守恒222111221110222tmv+=mv+mv（1分）第2页/共6页解得：12112tm-mv=vm+m，12122tmv=vm+m带入数据可得：11m/sv=，23m/sv=（2分）（3）碰撞后瞬间对1m受力分析可知：11111sin37cos37mg+μmg=ma解得

：2110m/sa=，方向沿着斜面向下碰撞后瞬间对2m受力分析可知：22222sin37cos37mg+μmg=ma（1分）解得：2212m/sa=，方向沿着斜面向下假设1m与2m在运动过程中不会再次相碰：对1m速度减小到

0的时间为：111v=at解得：10.1st=对1m速度从0加速到1ms/时间为：112v=at（1分）解得：20.1st=此时1m回到出发点，对1m受力分析可知：11113sin37cos37mgμmg=ma（1分）解得：232m

sa=/，方向沿着斜面向下1m运动到斜面底端的时间：2133312BAx=vt+at（1分）解得：32st=对2m速度减小到0的时间为：224v=at解得：41s4t=再加速到1ms/的时间为：125v=at（1分）解得：51s1

2t=对2m受力分析：满足2tanμθ，故接下来2m将保持匀速运动，速度大小为11msv=/经判断可知：当1m速度减为0时，2m速度还未减为0，当1m速度加速到11msv=/时，2m速度还未加速到11m/sv=，故2m与1m在运动过程中不可能再次相撞。（1分）滑动摩擦力对2m

的冲量为：12245cos37I=μmgt+t（）（1分）解得：12NsI=，方向沿着斜面向下滑动摩擦力对2m的冲量为：12245cos37I=μmgt+t（）（1分）解得：12NsI=，方向沿着斜面向下静摩擦力对2m的冲量为：22123

45sin37Imgttttt（）--（1分）解得：2112NsI=.，方向沿着斜面向上1m滑上传送带到碰撞的时间：016tvv=at解得：60.4st=滑动摩擦力对2m的冲量为：326cos37I=mgt（1分）解得：32.4NsI=，方向沿

着斜面向上则123I=III第3页/共6页解得：116NsI=.，方向沿着斜面向上（2分）33.【物理——选修3-3】（1）（5分）BDE（2）（10分）设大气压强设为0P，加入水银以后，空气柱高为H，压强为1P，左侧液柱高度为2hH由理想气体状态方程：021

Psh=PsH（3分）由受力分析可知：1201Ps+ghH=P+gh（）（4分）带入数据可得22cmhH=（3分）34.【物理——选修3-4】（1）（5分）（1）ADE（2）①如图所示，由光的折射定

律可知：sinsinαn=β（2分）带入数据可得，30β=（1分）②在三角形12OOO中，由正弦定理可知sinsin3βγ=RR，可得60γ=，（2分）又因为3sin2γ=，1sinγ=n，可知光线在O2刚好发生全反射。（1分）且反射角260EOF=。由几何关系可知，光线在器件中通过的

路程为322RRS=R+=（1分）光线在介质中传播的速度32ccv==n（1分）光线在介质中传播的时间3SRt==vc（2分）14．解析：238234492902UTh+He是衰变，不是核聚变，故选项A错

误；该装置工作原理可能是23411120H+HHe+n，故选项B正确；235114192192056360U+nBa+Kr+3n，为核裂变方程，不是核聚变，故选项C错误，在核反应中，电荷守恒，质量数也守恒，但是质量不

守恒，故选项D错误答案：B15．解析：由于AB均处于平衡状态，可以采用整体法。对AB整体受力分析可知，2121cos30cos30sin30sin30ABFF=mg+mgFF-（--），带入数据可得33=，故选项B正确答案：B1

6．解析：由于嫦娥五号探测器做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，绕地球运行时，满足第4页/共6页21211Gmmv=mrr地，绕月球飞行时，满足22222Gmmv=mrr月，又因为探测器的动能212kE=mv，且12:rr=p，:mm=q月地，可得12kkqEE=p:，故选项A正确答案：A1

7．解析：两球在竖直方向受到电场力和重力，均做类平抛运动，由于两球均落在斜面上，故位移夹角相等，由类平抛运动中速度方向夹角与位移方向夹角关系：tan2tan=，故两个小球落在斜面上的速度方向相同，由速度分解可知

甲乙两球落到斜面上的速度大小之比2:1vv=甲乙:，又因为质量之比2:1mm=甲乙:，动量大小::4:1pp=mvmv=甲乙甲甲乙乙。故选项D正确。答案：D18．解析：由动能定理合外力做功等于物体动能的变化可得kFx=E合，故物体的动能kE随着位移x的图像斜率表示合外

力F合。当物体向上加速时sin37cos37F=Fmgmg合1--，由图像可得：6kEF==x合1；当物体向上减速时sin37cos37F=mg+mg合2，由图像可得：3kEF==x合2；当物体向下加速时sin37cos37F=mgmg合3-，由图像可得：1kEF=

=x合2，解得=9NF，3=8，故选项C正确答案：C19．解析：由于带电粒子均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得2vqvB=mR推出mvR=qB，又因为两者速度大小相等，质量之比:2:1mm=甲乙，电

荷量之比:1:3qq=甲乙，故:6:1RR=甲乙，选项A错误；由圆周运动周期计算公式2=RTv，可得周期2mT=qB，带入数据可得:6:1TT=甲乙，故选项B正确；圆周运动角速度与周期关系2=T，可得:1:6

=甲乙，故选项C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB=ma，故:1:6aa=甲乙，选项D正确。答案：BD20．解析：由于磁场面积不变，磁场强度随时间的变化关系为2202sin100Φ=πt，由E=nt可知，在线圈中将产生交变电流，由函数可知100=π，角速度2=Tπ可得=0.02s

T，又因为1Tf=，可得=50Hzf，故选项A错误；t=0时刻，磁场纸面向内增大，线圈中有感应电流，第5页/共6页故选项B错误；t=0.01s时刻，在原线圈1L与0R回路中，磁场纸面向内减小，感应电流方向从A到B，故选项C正确；由于副线圈2L

输出电压保持不变，开关S闭合，若滑动变阻器滑片向下移动，外电路总电阻变大，电流表示数变小，由“并同串反”可知，电压表示数变大，故选项D正确。答案：CD21．解析：由于BD两点到MN的距离相等，由点电荷电场强度计算公式2QE=kr可得，点电荷在BD处产生的场强大小相等，由矢量的

合成可得BDE=E，由于方向不同，故选项A错误；由电势的叠加可知，OACBD，故选项B错误；由电荷电势能计算公式PE=q可得，正电荷在A点的电势能比其在O点的电势能小，故选项C正确；由于电子带负电，B到O时，电场力方向与运动方向相同，电场力做

正功，O到D时，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，但总功为零，故选项D正确。答案：AD三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33题～40题为选考题，考生根据

要求作答。）（一）必考题（共129分）22.（6分）解析：不计所有摩擦，从A到B由动能定理合外力做功等于物体动能的变化可得212pBE=mv，B位置时，对小球受力分析可得：2BvFmg=mR-，联立可得：2PEF=+mgR，由

于图像是一条直线，故应该做出1FR-的图像，其斜率k代表2PE，纵截距代表mg。由图像可知斜率2k=，故22PE=，可得10PE=.；纵截距为4，故4mg=，重力加速度g取10.0m/s2，故0.40m=。答案：（1）1R（2分）；（2）0.40（2分）；1.0（2分）23

.（9分）解析：(1)若B接1，则电表的总量程为11ggVUU=U+RR，若B接2，则电表的总量程为212ggVUU=U+R+RR（），可以判断12UU，故1U=9V，2U=15V，带入可得R1=12.0kΩ，R2=12.0kΩ。电路连接如图所示。(3)闭合开关S2，旋转开关S1与2连接，调

节滑动变阻器，使电压表指针满偏，由闭合回路欧姆定律可得12gpVEI=R+R+R+R，ggvUI=R，联立可得p=18kR。电压表读数为1.99V～2.01V，设电压表示数为U，由欧姆定律可得12++VRRR的总电压为

125VVUR+R+R=UR（），由闭合回路欧姆定第6页/共6页律可得55pxvE-UUU=+RRR，可得=22.5kxR答案：（1）○1如图所示（2分）；○2R1=12.0，R2=12.0（2分）；（2）○118（2分）；○21.99-2

.01（范围内均得1分，未估读不得分）；22.5（2分）33.【物理——选修3-3】（1）（5分）解析：布朗运动是由液体分子做无规则运动时撞击小颗粒而引起的，说明了液体分子在永不停息的做无规则运动，故A错误；从水龙头滴落的水滴在空中下落时呈球状主要是由于液体表面张力的作用，故

B正确；绝对零度是不可能实现的，如果实现，则违反了热力学第三定律，故C错误；第一类永动机无法制成是因为他违反了能量守恒定律，故D正确；扩散现象说明了分子在永不停息的做无规则运动，液体、气体、固体都有扩散现象，说明了他们的分子在永不停息的做无规

则运动。故E正确。答案：BDE34.【物理——选修3-4】（1）（5分）解析：由波长、波速和周期的关系v=T可知，波的波长为0.4m，故A正确；波从S点传播到Q点需要的时间43m0.1075s40m/sSQSQx.t

==v，由因为1Tf=，可知波的周期0.01sT=，故310T4SQt=；同理波从S点传播到P点需要的时间21m0.0525s40m/sSPSPx.t==v，故15T4SQt=，当S通过平衡位置向上运动时，Q点滞后310T4，故在波峰位置，P点滞后15T4，故在波谷

位置，故C错误，D正确；0055sSQSPt=tt=.-，故B错误；由于波是从S往两边传播，当P质点在波峰时，Q质点在波谷；当P质点在波谷时，Q质点在波峰，两个质点的运动情况总是相反。故E正确。答案：ADE