2021-2022学年宁夏银川一中高三（上）第二次月考理综物理试题（解析版）

1、 宁夏银川一中2021-2022学年高三上学期第二次月考理科综合物理二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（）A. 甲图中，物体在0t0这段时间内的位移小于B. 乙图中，物体的加速度为C. 丙图中，阴影面积表示t1t2时间内物体的加速度变化量D. 丁图中，t=3s时物体的速度为【答案】D【解析】【详解】A图像图线与横轴围成的面积表示位移，从图像中可以看出物体在0t0这段时间内的位移大于，故A错误；

2、B根据位移速度公式得故B错误；C根据可知阴影面积表示t1t2时间内物体的速度变化量，故C错误；D根据匀变速直线运动的位移时间公式得则当物体的速度为故D正确。故选D。2. 如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升。下列说法正确的是（）A. 小球做匀速圆周运动B. 当棒与竖直方向的夹角为时，小球的速度为C. 棒的角速度逐渐增大D. 当棒与竖直方向的夹角为时，棒的角速度为【答案】D【解析】【详解】A小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度v匀速上升，平台的弹力和杆的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球

3、做的不是匀速圆周运动，A错误；BCD棒与平台接触点实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示 合速度沿竖直向上方向上的速度分量等于v所以平台向上运动，夹角增大，角速度减小，BC错误D正确。故选D。3. 如图所示，平台离地高度H=1.6m，小球从平台上的A点水平抛出，恰好垂直撞在水平地面上半圆形轨道的B点，圆半径R=1m，C点为半圆顶点，=37，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A. 小球平抛的位移方向沿着BO方向B. 小球到B点时水平位移是mC. 小球平抛的初速度为3m/sD. 若只调整A点的竖直高度，其他条件不变，则时，小球能够越过半圆形轨道【答案】C【解析】【分析】【详解】A平

4、抛运动速度方向与竖直方向夹角正切值为位移方向与水平方向夹角的正切值为即两个角的大小不同；小球运动到B点时的速度方向沿着BO方向，位移方向则不是，故A错误；BC小球运动到B点时，其竖直位移所用时间设初速度为，则解得所以水平位移故B错误、C正确；D半圆形轨道的E点到A点的水平距离为当时，若无半圆形轨道，小球从抛出到落地用时水平位移以A点正下方地面处为原点，竖直向上为轴，水平向右为轴，则运动的轨迹方程为整理得当时，解得；如果小球不能越过半圆形轨道，则必定与轨道在右半侧某处相撞。半圆形轨道的方程为当时说明在这个点之前，小球已经与半圆形轨道相撞了，即小球不能越过半圆形轨道，故D错误。故选C。4. 如图所

5、示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为和，AB与BC长度相等，则A. 整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用B. 动摩擦因数C. 小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重D. 整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力【答案】B【解析】【详解】小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知

6、：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故ACD错误；设AB的长度为L，小孩在B点的速度为v小孩从A到B为研究对象，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；小孩从B到C为研究过程，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；联立解得：，故B正确5. 小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上,小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上,两小球A、B通过光滑滑轮用轻质细线相连,两球均处于静止状态,已知B球质量为,点在半圆柱体圆心的正上方,OA与竖直方向成30角

7、,OA长度与半圆柱体半径相等,OB与竖直方向成45角,现将轻质细线剪断的瞬间,则下列叙述正确的是A. 球A的加速度为B. 球A的加速度为C. 球B的加速度为D. 球B的加速度为【答案】AD【解析】【详解】隔离对B分析，受力如图所示：根据共点力平衡得：水平方向有：TOBsin45=F，竖直方向有：TOBcos45=mg，解得：，弹簧弹为：F=mg；对B球受力分析可知，在剪断瞬间B受到的合力，根据牛顿第二定律可知，故D正确，C错误；对球A，沿切线方向根据牛顿第二定律有：，解得：，故A正确，B错误所以AD正确，BC错误6. 如图，倾斜传送带以恒定速率逆时针转动，一可视为质点的滑块以平行于传送带向下的

8、初速度滑上A点。滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，不计传送带滑轮的尺寸，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用表示时间，用表示滑块的速度大小，则能够正确描述滑块从A滑向运动过程的下列图像可能是（）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】【详解】对滑块受力分析，滑块在沿传送带方向受重力沿传送带的分力，摩擦力fAB当，滑块刚开始加速运动，摩擦力向下，加速度为当滑块速度等于传动带速度相等时，如果最大静摩擦力，则滑动摩擦突变为静摩擦向上，大小为，物体和传送带一起做匀速直线运动，若最大静摩擦力，则摩擦力方向会突变向上，物体做匀加速直线运动，加速度为比较可得,故B正确，A错误；CD若,物体相对于传送带

9、向下运动，若最大静摩擦力，则物体一直做匀加速速直线运动，加速度为若如果最大静摩擦力，则物体一开始做匀减速直线运动，速度与传送带相等时，滑动摩擦力突变为静摩擦力向上，大小为，故C正确，D错误。故选BC。7. 如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为3m，3m，3m、1.5m的四个木块A、B、C、D，木块A、B用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为，木块C、D与水平面间的动摩擦因数均为/3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若用水平拉力F拉木块B，使四个木块一起匀加速前进，重力加速度为g，则（）A. 匀加速的最大加速度为B. 以最大加速度匀加速前进时，木块A、C间的摩擦力与木块B、D间的摩擦力大小

10、之比为32C. 水平拉力F最大为7D. 轻绳所受的最大拉力为4【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A物块C运动的最大加速度物块D运动最大加速度为可知系统匀加速的最大加速度为，故A错误；B以最大加速度匀加速前进时，木块A、C间的摩擦力对D分析，木块B、D间的摩擦解得即木块A、C间的摩擦力与木块B、D间的摩擦力大小之比为32，故B正确；C对ABCD整体解得水平拉力F最大为故C正确；D对AC整体解得即轻绳所受的最大拉力为故D正确。故选BCD。8. 如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直

11、杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则A. 小球均静止时，弹簧的长度为L-B. 角速度=0时，小球A对弹簧的压力为mgC. 角速度0=D. 角速度从0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变【答案】ACD【解析】【详解】A若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，；设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：，故弹簧的长度为：，故A项正确；BC当转动的角速度为0时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：而对A球依然处于平衡，有：而由几何关系：联立四式解

12、得：，则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；D当角速度从0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力依然为2mg，故D正确；故选ACD。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都做答；第33题39题为选考题，考生根据要求作答.9. 某实验小组用图（a）所示装置研究平抛运动。装置中，竖直硬板上依次固定着白纸和复写纸，MN是一个水平放置、稍微向纸面内倾斜且可上下调节的挡板，小钢球从斜槽中某高度由静止释放

13、，从斜槽末端Q飞出的钢球落到挡板上会挤压复写纸，在白纸上留下印记；上下调节挡板，通过多次实验，白纸上会留下钢球经过的多个位置，最终用平滑曲线将其连接，得到钢球做平抛运动的轨迹。（1）下列说法正确的是_（填选项序号字母）；A安装斜槽时，应保证斜槽末端Q的切线水平B钢球与斜槽间的摩擦是造成实验误差的主要原因C移动挡板MN时，其高度必须等距变化D钢球每次都应从斜槽中同一高度由静止释放（2）图（b）所示为实验中得到一张平抛运动轨迹图，在轨迹上取水平间距均为的a、b、c三点，测得竖直间距，重力加速度，则钢球从a运动到b的时间为_s，钢球在斜槽末端Q的速度大小为_m/s。【答案】 . AD . 0.1 .

14、 1.5【解析】【分析】【详解】（1）1A安装斜槽时，应保证斜槽末端Q的切线水平，以保证小球做平抛运动，选项A正确；B钢球与斜槽间的摩擦对实验无影响，选项B错误；C移动挡板MN时，其高度不一定要必须等距变化，选项C错误；D钢球每次都应从斜槽中同一高度由静止释放，以保证小球到达斜槽底端时的速度相同，选项D正确；故选AD。（2）23根据可知，钢球从a运动到b的时间为钢球在斜槽末端Q的速度大小为10. 某实验小组做“探究加速度与力的关系”实验时，先采用如图甲所示的常规实验方案，处理数据时发现误差比较明显。该小组经过分析讨论，对实验方案进行了改进和优化，采用如图乙所示实验方案，具体实验操作步骤如下：A

15、挂上托盘和砝码，调整垫块位置，使质量为的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；B取下托盘和砝码，用天平测出它们的总质量为，查出并记录当地重力加速度g；C把小车放回木板上原位置，由静止释放，测出其下滑的加速度；D改变砝码质量和垫块位置，多次测量和，通过作图可得到的关系。（1）比较甲乙两实验方案，实验时需要满足条件的实验方案是_（选填“甲”“乙”或“甲和乙”）；（2）采用乙实验方案，在作关系时，小车受到的合外力_；（3）在一次实验操作中，获得如图丙所示的纸带，为计数点，其中相邻两计数点间均有四个点未画出，所用交变电源的频率为，由纸带可求得小车运动的加速度_（计算结果保留两位有效数字）；（4）图丁是该小组先后

16、采用甲乙两个实验方案描绘出的关系图象，图象中_ （选填或）是乙实验方案得到的关系图象。【答案】 . 甲 . . . 【解析】【分析】【详解】（1）1根据题意，图甲所示实验方案中托盘和砝码的总重力充当小车的合外力，为减小托盘和砝码质量对实验的影响，应满足，而图乙所示方案的实验原理为，挂上托盘和砝码，调整垫块位置，使质量为的小车拖着纸带沿木板匀速下滑时，由平衡条件有取下托盘和砝码，让小车沿木板加速下滑，则有由上几式解得所以不需要满足，则实验时需要满足条件的实验方案是甲。（2）2用乙实验方案，在作关系时，小车受到的合外力。（3）3利用逐差法可得小车的加速度为（4）4由于用乙实验方案，在作关系时，小车

17、受到的合外力则有所以图像中是乙实验方案得到的关系图象。11. 如图所示，水平杆固定在竖直杆上，二者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，=，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形始终在竖直面内，g为重力加速度，不计空气阻力。（1）若转动的角速度，求OB、AB两绳的拉力大小；（2）若转动的角速度，求OB、AB两绳的拉力大小。【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】【详解】（1）当AB绳的拉力刚好为零时因为，所以两绳均有拉力，对小球进行受力分析，正交分解，得，（2）因为，所以OB绳与竖直方向夹角大于，设OB绳与竖直方向夹角为，AB绳已松。

18、对小球进行受力分析，由牛顿第二定律得解得；12. 如图甲所示，质量的小物块（可视为质点）放在质量木板的左端，木板长。起初、两叠体静止于水平面上。现用一水平向左的力作用在木板上，通过传感器测出、两物体的加速度与外力的变化关系如图乙所示。已知两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。求：(1)、之间的动摩擦因数及与地面之间的动摩擦因数。(2)若开始时对施加水平向左的恒力，且给一水平向右的初速度，则时与的右端相距多远？【答案】(1)0.4， 0.1；(2)【解析】【分析】【详解】(1)由乙图知，、一起运动的最大外力，当时，与相对滑动，对由牛顿第二定律有由乙知解得对由牛顿第二

19、定律有即当时，代入上式解得(2)给一水平向右的初速度，且时，运动的加速度大小为，方向水平向左，设运动时间速度减为零，则位移代入数据可得的加速度大小代入数据可得，方向向左的位移大小此时的速度由于即此时运动到的右端，当继续运动时，从的右端掉下来停止。设从上掉下来后的加速度大小为，对由牛顿第二定律有可得在时与右端的距离。13. 下列说法正确的是（）A. 热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”B. 固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质C. 一定质量的理想气体温度升高、体积减小时，气体分子对单位面积器壁的平均作用力增大D. 同种液体在相同温度下形成

20、的未饱和汽、饱和汽的压强不相同，分子平均动能也不相同E. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能都随分子间距离的减小而增大【答案】BCE【解析】【详解】A热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”而不引起其它变化，A错误；B固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质，这就是各向异性，B正确；C根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体，温度升高、体积减小时，压强一定增大，即气体分子对单位面积器壁的平均作用力增大，C正确；D温度是分子平均动能的标志，同种液体在相同温度下形成的未饱和汽、饱和汽的压强不相同，但分子平均动能相同，D错误；E当分子力表现为斥力

21、时，分子力随分子距离减小而增大，在距离减小过程中，分子力做负功，分子势能增大，E正确。故选BCE。14. 如图所示，A、B两个相同且内壁光滑的导热气缸固定在水平地面上，气缸内的两活塞（重力忽略不计）用轻杆连接，一个移动时另一个也会同时移动，总保持两气缸内封闭的气体体积相同。当环境温度为时，两气缸内封闭气体的体积均为，压强均为。现对A气缸缓慢加热，使其温度升高至T，而B气缸仍保持原来的温度。则：（1）两气缸中的压强将分别为多少？（2）若此过程中A气缸内气体的内能增加了，则两气缸需从外界吸收多少热量？【答案】（1），；（2）【解析】【分析】【详解】(1)A气缸内气体初态状态参量为、，末态状态参量为、V、T，根据气体状态方程得B气缸内气体初态状态参量为、，末态状态参量、V、，根据玻意耳定律得由活塞的平衡可知联立可得，(2)设活塞截面积为S，缓慢加热过程中气缸内气体作用于活塞的力为对活塞做的功解得根据