【文档说明】宁夏回族自治区石嘴山市三中2021-2022学年高三上学期第二次月考 理综物理 含解析.docx，共(16)页，2.877 MB，由管理员店铺上传

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石嘴山三中2021届高三补习班周六测试（一）理科综合能力测试-物理本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第33~39题为选考题，其它题为必考题。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并

交回。注意事项：1、答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、转考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。2、选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题

答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔记清楚。3、请按照题号在各题的答题区域（线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。4、保持卡面清洁，不折叠，不破损。5、做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题

卡上把所选题目对应题号涂黑。第I卷1.如图所示，以9.8m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30°的斜面上，这段飞行所用的时间为（）A.23sB.223sC.3sD.2s【答案】C【解析】【分析】【详解】由速度的偏角公式可得0tan30vgt=代入数据解得

3st=，C正确。故选C2.A、B两个物体从同一地点沿同一直线做匀变速直线运动，它们的v—t图象如图所示，则（）A.A、B两物体加速度相同B.t=4s时，A、B两物体相遇C.t=2s时，A、B两物体运动方向相反D.在相遇前，A、B两物体最远距离20m【答案】D【解析

】【详解】A．v—t图象的斜率表示加速度，由图可知两个物体的斜率不同，所以两物体的加速度不相同，故A错误；B．两个物体从同一地点沿同一直线做匀变速直线运动。t=4s时，两物体速度相同，但位移不相同，没有相遇，故B错误

；C．v的正负表示运动方向，t=2s时，A、B两物体的v都是正的，说明二者运动方向相同，故C错误；D．t=4s时，两物体速度相同，相距最远。由v—t图象下面的面积表示位移，可得此时二者的距离BA4(155)m20m2dxx−=−==故在相遇前，A、B两物体最

远距离为20m，D正确。故选D。3.一质量为2kg的物体，在竖直向上的拉力F作用下由静止开始向上做匀加速直线运动，第2s内的位移为3m，已知重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则拉力F大小为A.2NB.

4NC.12ND.24N【答案】D。【解析】【详解】根据位移时间公式212xat=得，第2s内的位移：22222211111213m2222xatataa=−=−=解得物体的加速度为：a=2m/s2，根据牛顿第二定律得：F−mg=ma，解得：F=mg+ma=20+2×2N=24N.

故ABC错误；D正确．4.如图所示，实线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出。两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条虚线所示，点a、b、c为

实线与虚线的交点。已知O点电势高于c点，若不计重力，则（）A.M带负电荷，N带正电荷B.N在a点的速度与M在c点的速度大小不相同C.在从O点运动至a点的过程中，N克服电场力做功D.在从O点运动至b点的过程中，电场力对其做的功等

于零【答案】D【解析】【详解】A．等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势可知，电场方向竖直向下。根据带电粒子的轨迹可知，N所受的电场力方向竖直向上，M所受的电场力方

向竖直向下，故N粒子带负电荷，M粒子带正电荷，故A错误；B．a、O间与O、c间电势差相等，根据W=qU可知，N从O到a与M从O到c的过程中，电场力做功相等，由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，故B错误；C．N从O点运动至a点的过程中，电场力与速度的夹角为锐角，电场

力做正功，故C错误；D．O、b间电势差为零，由W=qU可知，M从O点运动至𝑐点的过程中，电场力对它做的功等于零，故D正确。故选D。5.三颗人造地球卫星A、B、C绕地球作匀速圆周运动，如图所示，已知MA=MB<MC，则对于三个卫星，正

确的是（）A.运行线速度关系为ABCvvv=B.运行周期关系为TA<TB=TCC.向心力大小关系为FA=FB<FCD.轨道半径与周期关系为333222CABABCRRRTTT==【答案】ABD【解析】【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设卫星的质量

为M、轨道半径为R、地球质量为M0，由图示可知，ABCRRR=，ABCMMM=AB．由牛顿第二定律得220224πGMMvMMRRRT==得0GMvR=，02πRTRGM=则ABCvvv=，ABCTTT=故AB正确；C．向心力02MMFGR=可知ABFF故C错误；D．由开普勒第三定律可知

，绕同一个中心天体运动的半径的三次方与周期的平方之比是一个定值，即333222CABABCRRRTTT==故D正确。故选ABD。6.如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，外电路接有定值电阻1R和滑动变阻器R，合上开关S，当滑动变

阻器的滑动片P从R的最左端移到最右端的过程中，下述说法正确的是（）A.通过1R的电流一定变大B.电压表读数一定变大C.电源的输出功率一定变小D.电源的效率一定变大【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．当滑动变阻器的滑动头P从R的最左端移到最右端的过程中，变阻器接入电路的电阻增

大，外电阻增大，路端电压U增大，电压表读数一定变大，因总电阻增大，由欧姆定律可知，电路中电流减小，即通过1R的电流一定变小，A错误，B正确；C．当内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，滑动变阻器的滑动头P从R的最左端移到最右端

的过程中，内电阻和外电阻的大小关系无法判断，因此电源的输出功率如何变化无法判断，C错误；D．根据221()1IRPrPIRrR===++外出总外外可知外电阻越大，电源的输出效率越大，因此当滑动变阻器的滑动头P从R的最左端移到最右端的过程中，电源的效率一定变大，D正确。故选BD。7.如图所示

，在光滑水平桌面上有体积相同的两个小球A，B，质量分别为0.1kgm=和0.3kgM=，两小球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6m/s，接着A球进入与水平

面相切、半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形固定轨道内运动，P、Q为竖直半圆形轨道的直径，2g10m/s=，下列说法正确的是（）A.A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/sB.弹簧弹开过程，弹力对A球的冲量大小为0.2NsC.A球从P点运动到Q点过程中

所受合外力的冲量大小为1NsD.弹簧储存的弹性势能为2.4J【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．A、B两球脱离弹簧过满足程动量守恒10mvMv−=解得12m/sv=A正确；B．弹簧弹开过程，对A球由动量定理可得0.6NsImv==B错误；C．A球从P点运动到Q点过程由

动能定理得22211222mgRmvmv−=−解得24m/sv=由动量定理得()21NsImvmv=−−=C正确；的D．根据能量守恒定律可得弹簧储存的弹性势能221112.4J22EmvMv=+=D正确。故选ACD。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）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，每道试题考生都必须做答。第33题~第39题为选考题，考生根据要求做答。8.某同学在做“验证平行四边形定则”的实验中，遇到了以下问题。请帮助该同学解答。（1）物理学中有很多物理方法，本实验采用的是___________。A.类比实验法B

.等效替代法C.控制变量法D.极限法（2）在做实验之前，该同学发现有一只弹簧测力计如图甲所示，则在使用前应该对弹簧测力计___________。（3）如图乙所示的四个力中，力___________（填图中字母）是由一只弹簧测力计直接拉橡皮筋

测得的。（4）该同学已经作出了两个分力的力的图示，如图丙所示，方格中每边的长度表示0.5N，请帮助该同学用作图法作出合力F的图示，并求出合力的大小为___________N。（结果保留两位有效数字）【答案】①.B②.校零③.F′④.3.5【解析】【分析】【详解】(1)[1]“验证平行四边形定则”的

实验中是验证合力的作用效果与分力的作用效果相同，采用的是等效替代法，故ACD错误，B正确。故选B；(2)[2]为了实验过程测量的准确性，在使用前应该对弹簧测力计进行校零；(3)[3]由一只弹簧测力计直接拉橡皮筋时，力的方向与OA重合，可知题图乙所示的四个力

中，力F′是由一只弹簧测力计直接拉橡皮筋测得的；(4)[4]合力F的图示如图由图可知合力的大小为70.5N3.5N=9.某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流

表（0～3A，内阻约0.025Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_____，电压表应选用__

___（选填器材前的字母）；实验电路采用如图所示电路。（2）下图是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中电路图，补充完成图中实物间的连线____________。（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某

次电表示数如下图所示，可得该电阻的测量值Rx=UI=_____Ω。（保留2位有效数字）（4）本实验所用电路，产生误差的主要原因是_____。（选填选项前的字母）A．电流表测量值小于流经Rx的电流值B．电流表测量值大于流经Rx的电流值C．电压表测量值小

于Rx两端的电压值D．电压表测量值大于Rx两端的电压值【答案】①.B②.C③.④.5.2⑤.B【解析】【详解】（1）[1]由于电源电动势为4V，所以电压表应选C；根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为m3A0.6A5UIR===所以电流表

应选B；[2]电压表应选C；（2）[3]实物间的连线如下（3）[4]电流表的读数为I=0.50A，电压表的读数为U=2.60V，所以待测电阻为2.60Ω5.2Ω0.50URI===（4）[5]据欧姆定律和串并联规律可知，采用如图电路时，由

于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经Rx的电流，所以产生误差的主要原因是B，故选B。10.如图所示，AB是半径R=0.80m的光滑四分之一圆弧轨道，半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B点静置一质量M=3.0kg的小车，其上表面与B点等高．现将一质量m=1.0kg的小滑

块从A点由静止释放，经B点滑上小车，最后与小车达到共同速度。已知滑块与小车之间的动摩擦因数μ=0.40。重力加速度g取10m/s2。求：（1）滑块刚滑至B点时，圆弧对滑块的支持力大；（2）滑块与小车最后的共同速度；（3）为使滑块不从小车上滑下，小车至少多长．【答案】（1）30N;（2

）1.0m/s；（3）1.5m【解析】【分析】根据“滑块从光滑圆弧滑下，滑上小车最后达到共同速度”可知，本题考查物体做多过程的运动问题，根据曲线运动优先选择动能定理求速度，板块模型优先选用动量守恒定律求速度，能量守恒定律求摩擦生热列式计算.【详解】（1）滑块由A至B，由

机械能守恒定律得212BmgRmv=经B点时，由牛顿第二定律得2BNvFmgmR=−联立解得30NNF=（2）滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由动量守恒定律得()BmvmMv=+解得共同速度1.0m/sv=（3）滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由能量守恒定律得2211(

)22BmglmvmMv=−+联立可得1.5ml=即小车至少长1.5m【点睛】本题综合力学的三个观点解决运动问题，涉及瞬时力和运动的关系时考虑牛顿第二定律和运动学公式；涉及变力、曲线、位移考虑动能定理；涉及内力作用的系统选择动量

守恒定律；摩擦生热涉及相对位移考虑能量守恒定律.11.如图所示，一个质量为m，电荷量+q的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经1U电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L，两板间距d．微粒射出偏转电场时的偏转角θ=30°，接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，求：(1)微

粒进入偏转电场时的速度0v；(2)两金属板间的电压2U；(3)若该匀强磁场宽度为D，微粒刚好不从磁场右边射出，求该匀强磁场的磁感应强度B．【答案】(1)12qUm(2)1233dUL(3)161mUDq【解析】【详解】（1）由带电粒子经U1电压加速：21012qUmv=的102

qUvm=（2）由带电粒子经U2电压偏转，可知2qUEqammd==，0Ltv=03tan303oatv==得：1223U3LdU=（3）即微粒和右边界相切时，该匀强磁场的磁感应强度为B0，设粒子进入磁场速度为Vt，运动半径为R00cos30tv

v=20ttmvqvBR=由几何关系得：R+Rsin300=D求得：1061BDmUq=【点睛】（1）根据动能定理求出微粒进入偏转电场时的速度大小．（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，抓住等时性，结合沿电场方向做匀加速直线运动，垂直电场方向做匀速直线运动，通过牛顿第二定律和运

动学公式求出两金属板间的电压．（3）根据平行四边形定则求出粒子进入磁场的速度，根据几何关系求出临界半径的大小，结合半径公式求出匀强磁场的磁感应强度的值．12.下列说法正确的是（）A.气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B.布朗运动不是液体

分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离减小而增大D.第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E.某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积V0

，则阿伏加德罗常数可表示为0AVNV=【答案】ABC【解析】【详解】A．由热力学第一定律=UWQ+可知，气体放出热量，若气体放出的热量小于外界对气体做的功，气体内能增大，温度升高，其分子的平均动能增大，A正确

；的B．布朗运动是固体颗粒的运动，不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，B正确；C．当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距减小而增大，分子间距离减小，分子力做负功，分子势能也增大，C正确；D．第二类永动机不违

反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，D错误；E．气体分子间距较大，不适用0AVNV=这个式子，E错误。故选ABC。13.如图，圆柱形导热气缸长060cmL=，缸内用活塞（质量和厚度均不计）密闭了一定质量的理想气体，缸底装

有一个触发器D，当缸内压强达到51.510Pap=时，D被触发，不计活塞与缸壁的摩擦。初始时，活塞位于缸口处，环境温度027Ct=，压强501.010Pap=。(1)若环境温度不变，缓慢向下推活塞，求D刚好被触发时，到缸底的距离；

(2)若活塞固定在缸口位置，缓慢升高环境温度，求D刚好被触发时的环境温度。【答案】(1)0.4m；(2)450K【解析】分析】【详解】(1)设气缸横截面积为S；D刚好被触发时，到缸底的距离为L，根据玻意耳定律得00pSLpSL=带入数据解得【50051100.6m0.4m1

.510pLLp===(2)此过程为等容变化，根据查理定律得00ppTT=带入数据解得50501.510(27273)K450K110pTTp==+=14.如图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的

振动图像。下列说法正确的是（）A.这列波的频率是0.25HzB.这列波的传播速度是20m/sC.经过0.15s，质点P沿x轴的正方向运动了3mD.这列波的传播方向是沿x轴正方向E.经过0.2s，质点P的通过的路程是0.8m【答案】B

DE【解析】【分析】【详解】A．由图乙可知，该波的周期为0.2s，因此频率为5Hz，A错误；B．由图甲可知，该波的波长为4m，因此45m/s20m/svf===B正确；C．P点只能沿着y轴方向运动，不可能沿着x轴方向运动，C错误；D．由图乙可知，

0时刻，P点沿着y轴负方向运动，再由甲图可知，这列波沿x轴正方向传播，D正确；E．由于每经过一个周期，质点运动的路程等于4倍振幅，因此经过0.2s，质点P的通过的路程是0.8m，E正确。故选BDE。15.如图所示，空气中有一半径为R的实心玻璃球，O为球心，AB为直径，一条平行于AB的光

线从球体上M点射入折射光线恰好过B点，已知30ABM=，光在真空中传播的速度为c．求：()1该玻璃的折射率；()2光从M点传播到B点的时间．【答案】（1）3n=（2）3tRc=【解析】【分析】（1）根据几何知识求出入射角和折射角，由折射定律求折射率．（2）由几何关系求出MB长度，由vcn

=求出光在玻璃球内传播的速度v，再由tsv=求出时间．【详解】（1）如图，由几何知识可得折射角r＝∠AMB＝30°，折射角i＝2∠ABD＝60°则此玻璃的折射率为n60330sinrsinsinisin=

==．（2）由几何知识可得，MB的长度S＝2Rcos30°光在玻璃球内传播的速度vcn=故光线从M传到B的时间为t333SnSRRvccc====【点睛】本题是折射定律和全反射知识的应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角，即可求解．

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