【精准解析】宁夏青铜峡市高级中学2021届高三上学期12月理科综合物理试卷

2020—2021年青铜峡市高级中学吴忠中学青铜峡分校

高三年级第二次月考理综测试卷-物理

注意事项：

1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 K-39

1. 下列说法正确的是（ ）

A. 能量是守恒的，不会消失，因此我们不用节约能源

B. “月一地检验”表明，地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力，与太阳、行星间的引力是同一种性质的力

C. 经典力学仍然适用于接近光速运动的物体

D. 牛顿发现了万有引力定律并首次在实验室测出了引力常量 【答案】B 【解析】

【详解】A．能量是守恒的，不会消失；随着能源的消耗，人类可利用的能源越来越少，故我们要节约能源，故A错误；

B．“月—地检验”表明，地面物体所受地球的引力与太阳、行星间的引力是同一种力，故B正确；

C．经典力学只适用于宏观、低速运动的物体，不能适用于接近光速运动的物体，故C错误； D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，故D错误。 故选B。

2. 在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图像分别为图中直线a和曲线b．t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是 （ ）

A. t=3s时，两车具有共同的加速度

- 1 -

B. 在运动过程中，b车始终没有超过a车 C. a车做匀速运动，b车做加速运动

D. 在0-3s的时间内，a车的平均速度比b车的大 【答案】B 【解析】

【详解】A.因为位移时间图像的斜率代表物体的速度，在t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，斜率相同，所以两车具有相同的速度，而不是加速度，A错误

B.位移时间图像，纵坐标表示距原点的距离，通过图像可知，b车始终没有超过a车，B正确 C.通过图像可知，b车斜率在减小，速度在减小，所以b车做减速运动，C错误

D.纵轴的变化量代表位移，所以在0-3s的时间内，a的位移小于b的位移，所以a的平均速度小，D错误

3. 如图所示，A与B两个物体用轻绳相连后，跨过无摩擦的定滑轮，A物体在Q位置时处于静止状态，若将A物体移到P位置，仍然能够处于静止状态，则A物体由Q移到P后，作用于A物体上的力：（ ）

A. 地面对A的摩擦力增大 B. 地面对A的支持力减少 C. 绳子对A的拉力增大 D. A受到的重力减少 【答案】A 【解析】

【详解】由物体受力分析知：物体A受到重力、地面的支持力、绳的拉力和地面对物体向左的摩擦力；

A．当A由Q点移动到P点时绳与水平方向的夹角变小，由于绳的拉力大小不变，所以绳在水平方向上的分力变大，在水平方向上处于平衡的是地面对物体向左的摩擦力与绳在水平方向上的分力，绳在水平方向上的分力变大了，所以地面对A的摩擦力也就变大了．故A正确．

- 2 -

B．同样，当A由Q点移动到P点时绳与水平方向夹角变小，由于绳的拉力大小不变，所以绳在竖直方向上的分力变小了，在竖直方向上处于平衡的力是向下的重力、地面向上的支持力和绳在竖直方向上的分力，重力不变，绳在竖直方向上的分力变小了，那么向上的支持力就要变大．所以地面对A的支持力变大了，故B错误．

C．根据定滑轮的使用特点知，绳的拉力和物体B的重力相等且保持不变的，绳子对A的拉力不变，故C错误．

D．A受到的重力与物体的质量有关，质量不变，A的重力也不变，故D错误．

4. 2018年12月12日，在北京飞控中心工作人员的精密控制下，嫦娥四号开始实施近月制动，成功进入环月圆轨道工．12月30日成功实施变轨，进入椭圆着陆轨道Ⅱ，为下一步月面软着陆做准备．如图所示B为近月点，A为远月点，关于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是

的- 3 -

A. 卫星在轨道Ⅱ上A点的加速度大于在B点的加速度

B. 卫星沿轨道I运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态 C. 卫星从轨道I变轨到轨道Ⅱ，机械能增加

D. 卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能小于在轨道Ⅱ经过B点时的动能 【答案】D 【解析】

【详解】A．根据万有引力提供加速度有：GA错误

B．在轨道I运动的过程中，万有引力全部提供向心力，所以处于失重状态，B错误 C．卫星从高轨道变轨到低轨道，需要点火减速，近心运动到低轨道，所以从轨道I变轨到轨道Ⅱ，外力做负功，机械能减小，C错误

D．从A点到B点，万有引力做正功，动能增大，所以B点动能大，D正确

5. 如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角30、长l=500m的斜面。一辆质量

Mmma，B点距月心更近，所以加速度更大，r2

m=4000kg的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到1m/s后，牵引力的功率保持恒定。已知行驶过程中电动汽车受到的阻力Ff（摩擦和空气阻力）不变，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）

A. 电动汽车所受阻力Ff=2000N

B. 电动汽车的速度达到1m/s后，牵引力的功率P0=24kW C. 第1s内电动汽车牵引力的功率P与时间t满足P=12000t

D. 第1s内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为12000J 【答案】D 【解析】

【详解】A．加速阶段由牛顿第二定律可知

FFfmgsinma

之后保持功率不变，有

P0Ffmgsinma v电功汽车做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小到0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速度，有

P0Ffmgsin0 vmax解得

P028000W，Ff4000N

故AB错误；

C．第1s内电动汽车牵引力的功率为

PFv28000t

故C错误；

D．电动汽车做匀加速运动的过程，位移为

- 4 -

v2x0.5m

2a牵引力大小为28000N，牵引力与阻力做功的代数和为

W(FFf)x12000J

故D正确。 故选D。

6. 光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时（ ）

A. A、B系统总动量仍然为mv C. B的动量达到最大值 【答案】AD 【解析】

B. A的动量变为零 D. A、B的速度相等

【详解】A．A、B组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，初始时总动量为mv；弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍为mv，故A项正确；

BCD．A在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后B继续加速，A继续减速，所以弹簧压缩最短时，B的动量未达到最大值．弹簧被压缩到最短时，A、B的速度相等，A的动量不为零，故BC两项错误，D项正确。 故选AD。

7. 如图甲所示，质量为1 kg的小物块，以初速度v0=11 m/s从53的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=10 m/s2，sin530.8，cos530.6 ，下列说法正确的是（ ）

A. 小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

- 5 -

B. 有恒力作用时，恒力F做的功是6.5 J

C. 有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较少 D. 有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少 【答案】AC 【解析】

【详解】AB．根据v-t图线的斜率等于加速度，可知

aav10m/s2 tvab11m/s2

t根据牛顿第二定律得不加拉力时有

mabmgsin53mgcos53

代入数据得

0.5

加拉力时有

maaFmgsin53mgcos53

解得

F1N

根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块沿斜面向上运动的位移

xa6.05m

恒力F做的功是

Fxa6.05J

B错误A正确；

C．有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小，C正确；

D．根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大，D错误。 故选AC。

- 6 -

8. 如图所示，宇航员站在质量分布均匀的星球表面一斜坡上的P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q。已知斜面的倾角为θ，该星球半径为R，引力常量为G，则（ ）

v0tan 2t4v0R2tanB. 该星球的质量为

GtA. 星球表面重力加速度为

C. 在该星球上发射卫星的发射速度一定大于2v0Rtan tD. 在该星球上不可能有周期小于【答案】CD 【解析】

2Rt的卫星

v0tanA. P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，【详解】测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，由平抛运动规律

12gty2gt

tanxv0t2v0解得

g故A错误；

2v0tan tB．宇航员在星球表面上，万有引力提供重力，则有

G由上可知

Mmmg 2Rg联立可得

2v0tan t - 7 -

2v0R2tan MGt故B错误；

C．在该星球上发射卫星的发射速度大于第一宇宙速度，第一宇宙速度

v12Mm G2mRR联立解得

v1gR故C正确；

2v0Rtan tD．近地卫星的周期为该星球上周期最小的卫星，近地卫星在轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有

Mm2 G2mRRT由上可知

22v0R2tan MGt联立可得

T2Rt v0tan在该星球上不可能有周期小于故选CD。

2Rt的卫星，故D正确。

v0tan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。

9. 某同学设计了如下实验研究做功与速度之间的关系:在桌面上放置一个粗糙程度处处相同的长木板,并将一刻度软尺固连在长木板一侧．将带有滑轮的一端稍伸出桌外,并在其附近固定光电门,小车通过细线绕过滑轮与钩码相连,调节滑轮的高度使细线与木板平面平行,在小车上固定挡光片．将小车从距光电门一定距离处由静止释放,利用刻度尺测出挡光片到光电门的距离(挡光片和光电门中部均有指示箭头辅助读数),计算出小车经过光电门时的速度;然后保持钩

- 8 -

码质量和小车质量不变,改变小车的释放位置重复实验,测得多组数据,从而研究其关系．如图所示．

（1）这位同学找到了两个挡光片,用游标卡尺测出挡光片a的宽度(图甲),用螺旋测微器测出挡光片b的宽度(图乙),读数分别为__________mm,__________mm;他应该选择挡光片__________(填a或b)进行实验．

（2）他的实验是否需要平衡摩擦力?是否需要钩码质量远小于小车质量?__________ A.需要,需要 B.不需要,不需要 C.需要,不需要 D.不需要,需要

（3）他通过实验数据和计算数据没有找到做功和速度之间的关系,所以打算用图象对数据进行处理,他利用小车释放时挡光片与光电门的距离S和挡光片经过光电门时的挡光时间t两组数据,并用S做纵轴,那么横轴数据应该为____________ 【答案】 (1). 2580 (2). 7.825 (3). b (4). B (5). 【解析】

16mm=0.80mm，所以最终读【详解】（1）游标卡尺固定刻度读数为25mm，游标读数为0.05×数为：25mm+0.80mm=25.80mm；螺旋测微器的固定刻度读数为7.5mm，可动刻度读数为0.01×32.5mm=0.325mm，所以最终读数为：7.5mm+0.325mm=7.825mm．

（2）这种实验方法不需要计算功的数值，只要合外力恒定即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要满足钩码质量远小于小车质量的条件，所以选择B．

（3）合外力的功等于动能的变化即末动能，而动能与速度的平方成正比，v1 2td，即t111d22WmgSMvM2，所以应该用2做横轴．

t22t

- 9 -

10. 某同学用图甲所示的实验装置测量当地的重力加速度，先接通电源后释放纸带，在纸带上打出一系列的点如图乙所示，图中A、B、C、D、E、F是纸带上打出的连续的点，测出B、C、D、E、F这几点到A点的距离并标在纸带上，打点计时器所用交流电的频率为f．

(1)打点C时，重物速度vC＝________．若分别计算出纸带上B、C、D、E各点对应的速度．并在坐标系中画出v2与h的关系图线，如图丙所示，则重力加速度g＝______m/s2．

(2)若当地的重力加速度为9.8m/s2，你认为该同学的测量结果存在误差的主要原因是_________．

(3)当交流电的实际频率小于f时，仍按f计算，则测量的加速度值比真实的加速度值_____（选填“偏大”“偏小”或“不变”）． 【答案】 (1). 【解析】

(h3h1)f (2). 9.4 (3). 重锤和纸带受到阻力作用 (4). 偏大 2（1）打C点时重物的速度为vCmgh12128.33.6mvmv1，得：v2v122gh，v2h图象的斜率：k2gm/s2，220.25的

h3h1f2，由机械能守恒定律得：

2解得：g9.4m/s，（2）由于重锤下落过程受到到空气的阻力作用，纸带受到限位孔的阻

力作用，所测重力加速度偏小，（3）当交流电的实际频率小于f时，仍按f计算，则参与计算的时间偏小，测得的加速度偏大.

11. 一个人站在距地面高h = 15m处，将一个质量为m = 100g的石块以v0 = 10m/s的速度斜向

2上抛出. （g10m/s）

（1）若不计空气阻力，求石块落地时的速度v.

- 10 -

（2）若石块落地时速度的大小为vt = 19m/s，求石块克服空气阻力做的功W. 【答案】（1）20m/s；（2）1.95J 【解析】 【分析】

（1）石块的运动过程中只有重力做功，运用动能定理列式求解即可； （2）重力做正功，阻力做负功，根据动能定理列式求解即可； 【详解】（1）石块由抛出到落地过程，根据动能定理有：mgh2解得：vv02gh10021015m/s20m/s；

1212mvmv0 22（2）石块由抛出到落地过程，根据动能定理，有：mghW解得：Wmgh1212mvtmv0 22112mv0vt20.11015J0.1100192J1.95J 22即克服空气阻力的功为1.95J．

【点睛】本题关键是对石块的运动过程运用动能定理列式求解，动能定理对曲线运动同样适用．

12. 如图所示，在高h130m的光滑水平平台上，物块A以初速度v0水平向右运动，与静止在水平台上的物块B发生碰撞，mB2mA30kg，碰撞后物块A静止，物块B以一定的水平速度向右滑下平台，做平抛运动，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h215m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L70m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块B沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞。已知g取10m/s2。求： (1)物块A初速度v0的大小； (2)物体滑到C点时对轨道的压力；

(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最

pp点没画出）。后停在轨道CD上的某点（设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围。

- 11 -

【答案】（1）20m/s （2）1000N （3）最小为16， 最大为12

【解析】

【详解】(1)设从A运动到B的时间为t，则有

h1h122gt2 代入数据解得

t3s

由

R=h1 Rcosθ=h1-h2

可得

θ=60°

小物块平抛的水平速度是v1，则有

gtvtan60 1解得

v1=10 m/s

A与B发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mBv1

由于

mB=2mA

解得

v0=20m/s

(2)小物块由A到C，机械能守恒，有

m1Bgh12mv212BC2mBv0 代入数据解得

- 12 -

vC107m/s

在C点，由牛顿第二定律有

2vCNmBgmB

R代入数据解得

N=1000N

(3) 设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是smax=3L

路程的最小值是

smin=L

路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大。由能量守恒知

m1Bgh12mBv21minmBgsmax

mgh12B12mBv1maxmBgsmin

联立解得

1min6

max12 13. 关于扩散现象，下列说法正确的是（ ） A. 温度越高，扩散进行得越快

B. 扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C. 扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D. 扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E. 液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 【答案】ACD 【解析】

【详解】A．根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，故A正确； B．扩散现象不是化学反应，故B错误；

C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生，故C正确； D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故D正确；

- 13 -

E．液体中的扩散现象不是由于液体的对流形成的，是液体分子无规则运动产生的，故E错误； 故选ACD。

【点睛】本题主要是分子动理论，理解扩散现象的本质是分子无规则热运动。

14. 一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3．当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天． 【答案】4 【解析】

【详解】设氧气开始时的压强为P1，体积为V1，压强变为P2（2个大气压）时，体积为V2． 根据玻意耳定律得:PV11PV22 ①

重新充气前，用去的氧气在P2压强下的体积为:V3V2V1②

p2p0 ③ 设用去的氧气在P0（1个大气压）压强下的体积为V0，则有:

V3V0设实验室每天用去的氧气在P0下的体积为△V，则氧气可用的天数为:N联立①②③④式，并代入数据得:N=4天

15. 图(a)为一列简谐横波在t=2s时的波形图图(b)为平衡位置在x=0.5m处的质点P的振动图象，M是平衡位置在x=2m的质点．下列说法正确的是( )

V0④ V

A. 波的传播方向向右 B. 波速为0.5m/s

C. 0~2s时间内，M向y轴正方向运动

D. 当t=9s时，M恰好回到平衡位置且向下振动

- 14 -

E. x=1.5m处的质点与P的振动步调有时相同有时相反 【答案】ABD 【解析】

【详解】A．根据图b可知，t=2s时在x=0.5m处的质点P的振动方向向下，由平移法可知，波的传播方向向右，A正确

B．根据图a可知波长2m，根据图b可知周期T4s，所以波速：v正确

C．M点与原点距离一个波长，所以t=2s时M也处于波谷，0~2s时间内前半个周期，Q在向y轴负向运动，C错误

D．从t=2s到t=9s时，t7s1T，现在M处于波谷，所以t=9s时，M恰好回到平衡位置且向下振动，D正确

E．x=1.5m处的质点与P相距半个波长，所以振动步调相反，E错误

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时间．

T0.5m/s，B

34

【答案】（1）2 （2）【解析】

52a 4c【详解】（1）光路图如图所示

的- 15 -

sin452

sin30113a1ODcos30CDCB，DEBDcos30（2）由几何关系可知，所以ODa，，

2244DE光线垂直AB射出，所以EDBODC30 ，折射角r30，所以n因为n

cc2cODDE52a，所以v，t vn2v4c - 16 -