1、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
2、，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
3、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，得，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，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.
4、 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
5、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
6、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
7、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1，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1逐渐减小到2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，拖把匀速运动时，受到重力、支持力、推力和摩
8、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，竖直方向上水平方向上联立解得其中A拖把与水平方向的夹角从1逐渐减小到2，则推力F变小，故A错误；B推力F的功率拖把与水平方向的夹角从1逐渐减小到2，则推力F的功率变小，故B正确；C地面对拖把的支持力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
9、. 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D. 弹簧的最大弹性势能为【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：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
10、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D. O点的场强大小为【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6ms，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vt图象分别如图中甲、乙两曲线
11、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. 0t2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；0t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1t2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；0t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1t2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
12、动量守恒，所以，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912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。(
13、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=_(用R和x1表示)；(3)若x1和x2的比值=_，则验证了A和B的碰撞动量守恒。【答案】 (1). (2). (3). 4【解析】【分析】【详解】(1)1A在圆弧面上运动时机械能守恒，则有mgR=mv2解得(2)2对A下滑的全过程由动能定理要分析可知mgR-mgx1=0解得(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mv2=2mgx2则 故 ；因此只要满足即可证明动量守恒。【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
14、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：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；该同学先用多用电表粗测得电阻约为220，想再用伏安法更精确地测量其电阻R，现有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03mA，内阻约50）；电流表A2（量程015mA，内阻约30）；电压表V（量程03V，内阻约10k）；滑动变阻器R1（阻值范围015）；滑动变阻器R2（阻值范围02k）；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
15、选_，滑动变阻器应选_（选填代号）请在图2中补充连线并完成实验_；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=_。（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). 【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90.05mm=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电流表应选A23要求测得多组
16、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，由电阻定律得联立解得11. 在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第象限区域内有沿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=+110-2C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，通过第象限后，从x轴上的A点进入第象限，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
17、，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 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 y轴位移 由式解得，初速度v0大小为在第I象限运动时间（2）带电小球在A点的速度方向与x轴夹角的正切值为进入第象限，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，所以有从A点到B点沿电场线方向上的距离所以A、B两点间的电势差UAB为12. 如图所示，倾角的足够
18、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的加速度和；（2）A与B第一次相碰后，B速率；（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）；（2）（3）【解析】【分析】【详解】解：(1)对分析： ，仍处于静止状态对分析，底面光滑，则有： 解得：(2) 与第一次碰撞前的速度，则有：解得：所用时间由：，解得：对，由动量守恒定律得：由机械能守恒得： 解得：(3)碰后，做初速度为0的匀加速运动，做速度为的匀速直
19、线运动，设再经时间发生第二次碰撞，则有：第二次相碰：解得：从开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：解得：物理选修3313. 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（r10-9m）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】A
20、CE【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（r10-9m）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ACE14. 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7
21、6 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，封闭管内空气柱长为11 cm，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）88 cmHg（2）4.5 cm【解析】【分析】【详解】解：设左管横截面积为，则右管横截面积为，（1）以右管封闭气体为研究对象， 等温变化： （2）以左管被活塞封闭气体为研究对象， 等温变化：即，联立得，故上升；那么活塞推动的距离：物理选修3415. 一列简谐横波在介质中沿x轴负方向传播，t0时刻的波形如图所示，此时
22、刻质点P的位移为5 cm，质点Q位于x4m处从t0时刻开始计时，当t16.5 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4 sB. 该波的传播速度为C. t3 s时质点P沿y轴负方向运动D. 030 s内质点Q通过的路程为2 mE. 03 s内质点P通过的路程为10 cm【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030s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
23、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=2T，得 T=6s，故A错误根据波形图得到波长=8m，则这列简谐横波的波速为，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030s内质点Q通过的路程为 S=54A=2010cm=2m，故D正确t=3s=0.5T，03s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求透明玻璃材料的折射率若BC=a，求光线在玻璃材料内传播的时间【答案】（1） （2）【解析】【分析】【详解】（1）光路图如图所示DE光线垂直AB射出，所以 ，折射角，所以 （2）由几何关系可知，所以，因为，所以，