【文档说明】宁夏银川市六盘山高级中学2021届高三上学期第二次月考理科综合物理试卷【精准解析】.doc，共(17)页，928.500 KB，由小赞的店铺上传

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宁夏六盘山高级中学2021届高三年级第二次月考理科综合能力测试-物理部分一、选择题1.根据所学知识，判断下列四个“一定”说法中正确的是（）A.物体的速度为零时，其加速度就一定为零B.合外力对物体做功为零时，物体的机械能就一定守

恒C.物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同D.做圆周运动物体的向心力一定等于物体所受的合外力【答案】C【解析】物体的速度为零时，其加速度不一定为零，例如竖直上抛运动的物体到达最高点时，选项A错误；合外力对物体做功为零时，物体的动能不变，但是机械能不一定守恒，例如匀

速上升的物体，选项B错误；物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同，选项C正确；只有做匀速圆周运动物体的向心力才一定等于物体所受的合外力，选项D错误；故选C.2.2013年12月2日1时30分，“嫦娥三号”探测器由“长征三号”乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和

月面巡视勘察．“嫦娥三号”的部分飞行轨道示意图如图所示．假设“嫦娥三号”在圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力．下列说法中正确的是()A.“嫦娥三号”沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，速度逐渐变小B.“嫦娥三号”沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，月球的引力

对其做负功C.若已知“嫦娥三号”在圆轨道上运行的半径、周期和引力常量，则可计算出月球的密度D.“嫦娥三号”在椭圆轨道经过P点时和在圆形轨道经过P点时的加速度相等【答案】D【解析】【分析】【详解】A、嫦娥三号沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，月球对卫星的引力做正功，动能增大

，则速度增大，故AB错误；C、根据万有引力等于向心力，有222MmGmrrT=，得2324rMGT=，据此可知若已知嫦娥三号在圆轨道上运行的半径、周期和引力常量，可求出月球的质量，但月球的体积未知，不能求出月球的密度，故C错

误；D、对于嫦娥三号，由2MmGmar=，2GMar=，在P点，M和r相同，则嫦娥三号在椭圆轨道经过P点时和在圆形轨道经过P点时的加速度相等，故D正确．【点睛】嫦娥三号在环月段圆轨道上做圆周运动万有引力等于向心力，要

进入环月段椭圆轨道需要做近心运动．因为同在P点万有引力不变，加速度相等．3.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A.电压表读数增大B.电流表读数减小C.质点P将向下运动D.R3上消耗的功率逐渐增大【答案】C

【解析】【分析】【详解】由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联B．当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联

部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，故B错误；A．因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A错误；C．因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C正确；D．因R3两端的电压减小，

根据欧姆定律可知，流过R3的电流逐渐减小，则R3上消耗的功率逐渐减小，故D错误。故选C。4.有一静电场，电场线平行于x轴，其电势φ随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示。若将一负带电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，

电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm，则下列说法正确的是（）A.粒子将沿x轴做往复运动B.粒子在P点与Q点加速度大小相等、方向相反C.粒子经过P点与Q点时，动能不相等D.粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等【答案】A【解析】【分析】【详解】

A．根据顺着电场线方向电势降低可知，0-2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动；在2-6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，6mm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动．所以粒子将沿x轴做往复运动；故A正确；B．

xφ−图象的斜率大小等于场强E。则知P点的场强大于Q点的场强，两点电场强度方向相反，可知粒子在P点的电场力大于在Q点的电场力，电场力方向相反；所以粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反；故B错误；C

．粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒定律可知：粒子经过P点与Q点时，动能相等。故C错误；D．粒子经过P点与Q点时，动能相等，速率相等，但电场力不同，则电场力做功的功率不等；故D错误；故选A。5.周末，

某同学在家用拖把拖地，如图甲所示。他沿推杆方向对拖把施加推力F，此时推力与水平方向的夹角为θ1，且拖把刚好做匀速直线运动，如图乙所示，拖把与水平方向的夹角从θ1逐渐减小到θ2的过程中，拖把的速度保持不变，则（）A.

推力F保持不变B.推力F的功率变小C.地面对拖把的支持力FN变大D.地面对拖把的摩擦力Ff不变【答案】B【解析】【分析】【详解】设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，拖把匀速运动时，受到重力、支持力、推力和摩擦力，处于平衡状态，受力示意图如图所示，将推拖把的力沿竖直和水

平方向分解，由平衡条件得，竖直方向上1NsinFmgF+=水平方向上1fcos0FF−=联立解得2111cossin1sin()mgmgF==−+−其中tanαμ=A．拖把与水平方向的夹角从θ1逐渐减小到θ2，则推力F变小，故A错误；B．推力F的功率11111c

oscoscossin1tanmgvmgvPFv=−−＝＝拖把与水平方向的夹角从θ1逐渐减小到θ2，则推力F的功率变小，故B正确；C．地面对拖把的支持力N11sincotmgFFmgmg=+=+−则地面对拖把的支持力变小，滑动摩擦力变小，故CD错误。故选B。6.如

图所示装置中，质量为M的木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，质量为m的子弹A沿水平方向以v0射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A.弹簧、木块和子弹组成的系统动量不守恒，机械能不守恒

B.弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能守恒C.弹簧的最大弹性势能为2202()mvMm+D.弹簧的最大弹性势能为2012mv【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB．子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的

过程中系统所受外力之和为零，动量守恒，在子弹A打中木块B有滑动摩擦力做功，系统机械能不守恒．故A正确，B错误；CD．在子弹射入的过程动量守恒，根据动量守恒定律得：(M+m)v=mv0之后子弹、木块、弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当速度等于零时，弹簧机

械能最大，则有：()2220122()PmvEMmvMm=+=+故C正确，D错误.7.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的两正点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，与O点的

连线和OC间夹角为30°，下列说法正确的是（）A.电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零B.电荷q从B点运动到D点，电场力做功为零C.O点的场强大小为2kQRD.O点的场强大小为23kQR【答案】BD【解析】【分析】【详解】电荷q从A点运动

到C点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A错，根据对称性B正确，O点的场强大小为，C错，D正确．8.如图所示，光滑绝缘水平面上有质量分别为m1和m2的甲、乙两个点电荷，t=0时，乙电荷向甲运动，水平向左的速度大小为6m／s，甲的速度为零．之后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动

过程中没有接触)，它们运动的v—t图象分别如图中甲、乙两曲线所示．则由图线可知（）A.两电荷的电性一定相反B.t1时刻两电荷的电势能最大C.0～t2时间内，两电荷的静电力都是先减小后增大D.m1：m2=2：1【答

案】BD【解析】【分析】【详解】由图象0-t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A错误；0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势

能最大，故B正确；0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C错误；以甲乙为研究对象，系统动量守恒，所以()20121mvmmv=+，解得m1:m2=2:1，故D正确．

所以BD正确，AC错误．二、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（共129分）9.利用如图所示的方式验证碰撞中的动量守恒

,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切,先将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，测量出滑块在水平桌面滑行的距离x1(图甲)；然后将小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一

个整体，测量出整体沿桌面滑动的距离x2(图乙)。圆弧轨道的半径为R，A和B完全相同,重力加速度为g。(1)滑块A运动到圆弧轨道最低点时的速度v=_________(用R和g表示)；(2)滑块与桌面的动摩擦因数μ=____________(用R和x1表示)；(3)若x

1和x2的比值12xx=____________，则验证了A和B的碰撞动量守恒。【答案】(1).2gR(2).1Rx(3).4【解析】【分析】【详解】(1)[1]A在圆弧面上运动时机械能守恒，则有mgR=12mv2解得2

vgR=(2)[2]对A下滑的全过程由动能定理要分析可知mgR-μmgx1=0解得1Rx=(3)[3]如果碰撞中动量守恒，则有mv=2mv'再对碰后的AB物体分析，由动能定理可知12mv'2=μ•2

mgx2则2128vxxR=故124xx=；因此只要满足124xx=即可证明动量守恒。【点睛】本题考查动量守恒定律以及功能关系的应用，要注意明确实验原理，知道实验中如何验证动量守恒定律，明确机械能守恒定律以及动量守恒定律的正确应用。10.某同学要测量一个由均匀新材料

制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：①用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L=_____________mm；②该同学先用多用电表粗测得电阻约为220Ω，想再用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下待测圆柱体电阻R；电流表A1（量

程0－3mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程0－15mA，内阻约30Ω）；电压表V（量程0－3V，内阻约10kΩ）；滑动变阻器R1（阻值范围0－15Ω）；滑动变阻器R2（阻值范围0－2kΩ）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；开关S，导线若干。为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电

流表应选______，滑动变阻器应选______（选填代号）③请在图2中补充连线并完成实验______；④若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，用L表示金属丝长度，D表示直径，则用此法测

出该圆柱体材料的电阻率ρ=______。（不要求计算，用题中所给字母表示）。【答案】(1).100.45(2).A2(3).R1(4).(5).2π4UDIL【解析】【分析】【详解】(1)[1]主尺读数为10cm=100mm，游标上第9条刻度线与主尺对齐，读

数为9×0.05mm=0.45mm，则长度为100.45mm(2)[2]电源电动势为4V，电阻中最大电流约为max3A0.0136A13.6mA220I==电流表应选A2[3]要求测得多组数据进行分析，所以应该采用分压式接法，选择较小最大值的滑动变阻

器，故选R1(3)[4]由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实物电路图如图所(4)[5]圆柱体电阻URI=，由电阻定律得2π()2LLRDS==联立解得2π4UDIL=11.在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第

Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向（竖直向上）的匀强电场，电场强度大小E0=50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d=0.2m、方向沿x轴正方向（水平向右）的匀强电场。质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10-2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向

进入电场，通过第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为（0，0.4），（0.4，0），取重力加速度g=10m/s2，求：（1）初速度v0的大小；（2）A、B两点间的电势差UAB。【答

案】（1）1m/s；（2）5V【解析】【分析】【详解】（1）带电小球在第I象限做类平抛运动，在x轴方向上做匀速直线运动，有0xvt=①在y方向上，做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，加速度205m/smgqEam−==②y轴位移212ya

t=③由①②③式解得，初速度v0的大小为01m/sv=在第I象限运动时间00.4sxtv==（2）带电小球在A点的速度方向与x轴夹角的正切值为0tan2atv==进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，说明重力与电场力合力沿AB直线，所以有tanmgqE=从A点到B点沿电场线

方向上的距离tandd=所以A、B两点间的电势差UAB为5VABUEd==12.如图所示，倾角的足够长的斜面上，放着两个相距L0、质量均为m的滑块A和B，滑块A的下表面光滑，滑块B与斜面间的动摩

擦因数tan=．由静止同时释放A和B，此后若A、B发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：（1）A与B开始释放时，A、B的加速度Aa和Ba；（2）A与B第一次相碰后，B的速率Bv；（3）从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t．【答案】（1）sinAag=；0B

a=（2）02singL（3）023sinLg【解析】【分析】【详解】解：(1)对B分析：sincosBmgmgma−=0Ba=，B仍处于静止状态对A分析，底面光滑，则有：mgsinAma=解得：sinAag=(2)与B第一次碰

撞前的速度，则有：202AAvaL=解得：02sinAvgL=所用时间由：1vAat=，解得：012sinLgt=对AB，由动量守恒定律得：1ABmvmvmv=+由机械能守恒得：2221111222

ABmvmvmv=+解得：100,2sinBvvgL==(3)碰后，A做初速度为0的匀加速运动，B做速度为2v的匀速直线运动，设再经时间2t发生第二次碰撞，则有：2212AAxat=22Bxvt=第二次相碰：ABxx

=解得：0222sinLtg=从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12ttt=+解得：023sinLtg=[物理——选修3－3]13.下列说法中正确的是（）A.一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20JB.在使两个分子间的距离由很远（r>

10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大C.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力D.用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏伽德罗常数，只需再知道油的密

度即可E.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发得就越慢【答案】ACE【解析】【分析】【详解】A．根据热力学第一定律知：△U=W+Q=-100+120=20J，故A正确；B．在使两个分子间的距离由很远（r＞

10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小，再增大，分子势能先减小后增大，故B错误；C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，故C正确；D．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道

油的摩尔体积即可，故D错误；E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故E正确。故选ACE．14.U形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76cmHg.开口管中水银面到管口距离为11cm，且水银面比

封闭管内高4cm，封闭管内空气柱长为11cm，如图所示.现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：（1）粗管中气体的最终压强；（2）活塞推动的距离.【答案】（

1）88cmHg（2）4.5cm【解析】【分析】【详解】解：设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，（1）以右管封闭气体为研究对象，180PcmHg=，111333VS==S210330VS==S等温变化：1122PV

PV=8033230SP=S288P=cmHg（2）以左管被活塞封闭气体为研究对象，176PcmHg=，111VS=，288P=cmHg等温变化：1122PVPV=29.5VScm=即123ShSh=，124hhcm+=，联立得

21hcm=，故上升1cm；那么活塞推动的距离：1139.54.5Lcm=+−=[物理——选修3－4]15.一列简谐横波在介质中沿x轴负方向传播，t＝0时刻的波形如图所示，此时刻质点P的位移为5cm，质点Q位于x＝4m处．从t＝0时刻开始计时，当t＝16.5

s时质点Q刚好第3次到达波峰．下列说法正确的是_________A.该波的振动周期为4sB.该波的传播速度为4/3msC.t＝3s时质点P沿y轴负方向运动D.0～30s内质点Q通过的路程为2mE.0～3s内质点P通过的路程为1

0cm【答案】BCD【解析】【分析】根据波的传播方向，由波形平移法判断出t=0时刻质点Q的振动方向，根据当t=16.5s时质点Q刚好第3次到达波峰，求出周期；根据波形图得到波长，即可求得波速．根据时间与周期的关系分析质点P的振动方向，并求0～30s内质点Q

、P通过的路程．【详解】简谐横波沿x轴负方向传播，由波形平移法知t=0时刻质点Q向下振动，根据当t=16.5s时质点Q刚好第3次到达波峰，有t=16.5s=234T，得T=6s，故A错误．根据波形图得到波长λ=8m，则这列简谐横波的波速为4/3vmsT=

=，故B正确．t=0时刻质点P正沿y轴正方向运动，因为t=3s=T/2，则t=3s时质点P沿y轴负方向运动，故C正确．因为t=30s=5T，所以0～30s内质点Q通过的路程为S=5×4A=20×10cm=2m，故D正确．t=3s=0.5

T，0～3s内质点P通过的路程应等于2A=20cm．故E错误．故选BCD．【点睛】本题关键是要能正确分析质点的振动情况，确定时间与周期的关系，从波速方向可判断出质点的振动方向．求质点通过的路程时要注意

起点．16.现有一三棱柱工件，由透明玻璃材料制成．如图所示，其截面ABC为直角三角形，∠ACB=30°，现在有一条光线沿着截面从AC边上的O点以45°的入射角射入工件折射后到达BC边的中点并发生了全反射后垂

直于AB边射出．已知光在空气中的传播速度为c．①求透明玻璃材料的折射率．②若BC=3a，求光线在玻璃材料内传播的时间．【答案】（1）2（2）524ac【解析】【分析】【详解】（1）光路图如图所示DE光线垂直AB射出，所以30EDBODC==，折射角30

r=，所以sin452sin30n==（2）由几何关系可知，11cos3024ODCDCB==，所以12ODa=，3cos304aDEBD==，因为cnv=，所以22ccvn==，524ODDEa

tvc+==