2022届西藏拉萨中学高三（上）第四次月考理综物理试题含解析

拉萨中学高三年级（2022届）第四次月考

理科综合试题

（满分：300分，考试时间：150分钟。请将答案填写在答题卡上）

一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8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. 在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为3m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是（　　）

A. 0 B. 0.2v C. 0.4v D. 0.6v

【答案】C

【解析】

【详解】A、B两球在碰撞的过程中合外力为零，满足动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选碰撞前A的速度v方向为正方向，由动量守恒定律有

假设碰后A球静止，即v1=0，可得

由题意知A球被反弹，所以球B的速度

AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有

联立方程，可得

则碰撞后B球的速度大小可能是0.4v。

故选C。

2. 如图所示，倾角为光滑绝缘斜面固定在水平面上，为了使质量为m带电量为+q的小球静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强电场（未画出），则（　　）

A. 电场强度的最小值为E=

B. 电场强度的最大值为E=

C. 若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度逐渐增大

D. 若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度先减小后增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．电量为+q的小球静止在斜面上，受重力、支持力和电场力，三力的合力为零，则三个力的首尾相连构成矢量三角形，如图所示

由图可知，当电场力与支持力垂直时即电场力沿斜面向上时，电场力最小，则电场强度最小，由平衡得

qEmin=mgsinθ

解得

故A错误；
B．由图可知，当场强方向斜向下时，电场力无最大值，即场强无最大值，B错误；

CD．由图可知，若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场力与竖直方向夹角逐渐减小，电场力逐渐增大，则电场强度逐渐增大，故C正确，D错误。

故选C。

3. 超强台风利奇马于2019年8月10日1时45分许在我国浙江省温岭市城南镇沿海登陆，登陆时其中心附近最大风力达到16级（52 m/s），对固定建筑物破坏程度非常巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v关系式为（　　）

A. F＝ρSv B. F＝ρSv2 C. F＝ρSv3 D. F＝ρSv3

【答案】B

【解析】

【详解】设风与建筑物的作用时间为t，则在该时间内，与建筑物作用的空气质量为

根据动量定理得

解得

F＝ρSv2

4. 电源、开关、平行板电容器连成如图电路，A板接地。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器的电容为C，A板带正电，电量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E，两板正中间点P电势为，负电荷在P点电势能为Ep。则下列说法正确的是（　　）

A. 若保持开关闭合，将A板下移少许，U不变；Q增大；E增大

B. 若保持开关闭合，将B板下移少许，U减小；Q减小；E不变

C. 若断开开关，将A板下移少许，C增大；升高；Ep减小

D. 若断开开关，将B板下移少许，C减小；降低；Ep减小

【答案】AC

【解析】

【详解】A．若保持开关闭合，将A板下移少许，由电容的决定式

可知，d减小，C增大，由电容的定义式

可知，U不变，Q增大

E增大，A正确；

B．若保持开关闭合，将B板下移少许，由电容的决定式

可知，d增大，C减小，由电容的定义式

可知，U不变，Q减小

E减小，B错误；

C．若断开开关，将A板下移少许，由电容决定式

可知，d减小，C增大

板间场强E不变，P点距A板距离减小，A板接地，P点与A板间电势差减小，升高；负电荷在电势高的地方电势能小，所以减小，C正确；

D．若断开开关，将B板下移少许，由电容的决定式

可知，d增大，C减小，同理

E不变，P点距A板距离不变，P点与A板间电势差不变，不变；所以不变，D错误。

故选AC。

5. 如图所示，边长的正方形区域处于匀强电场（图中未画出）中，其中边恰与电场线平行，O为的中心。已将将一电子自b点移到O的过程中，克服电场力做功。现再将一正点电荷固定O点，下列说法正确的是（　　）

A. a、c两点的电场强度相同

B. a、b两点的电势差

C. 匀强电场的电场强度大小为

D. 将电子自a点沿连线移到d点的过程中，电子的电势能始终不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．由于正点电荷在a、c两点产生电场强度方向不同，再与匀强电场叠加后的电场强度一定不同，故A错误；

B．在点电荷产生的电场中，a、b两点的电势相等，所以a、b两点的电势差等于其只在匀强电场中时两点的电势差，由题意可知

解得

根据几何关系以及匀强电场中电势差与电场强度的关系可得

故B错误；

C．匀强电场的电场强度大小为

故C正确；

D．将电子自a点沿连线移到d点的过程中，匀强电场的电场力对电子不做功，而点电荷对电子的静电力先做正功再做负功，所以电子的电势能先减小后增大，故D错误。

故选C。

6. 如图所示，在真空中把一绝缘导体AB向带负电的小球P缓缓平移靠近的过程中（不相碰），下列说法中正确的是（　　）

A. B端的感应电荷越来越多

B. 导体内场强越来越大

C. 导体感应电荷在M、N两点产生的场强相等

D. 导体的感应电荷在M点产生的场强恒大于在N点产生的场强

【答案】AD

【解析】

【详解】A．离的越近，导体上的电子与负电荷排斥力越大，越会向左排斥，故N端带负电荷越多，M端带的正电荷也越多，A正确；

B．导体处于静电平衡状态，内部场强处处为零，B错误；

CD．导体处于静电平衡状态，内部场强处处为零，即感应电荷的场强和带电小球的场强等大、反向、共线，由公式

可知，带电小球在M点产生的场强大，故感应电荷在M点产生的场强也大，C错误，D正确。

故选AD。

7. 如图所示，同一直线上的三个点电荷q1、q2、q3，恰好都处在平衡状态，除相互作用的静电力外不受其他外力作用。已知q1、q2间的距离是q2、q3间距离的2倍。下列说法正确的是（　　）

A. 若q1、q3为正电荷，则q2为负电荷

B. 若q1、q3为正电荷，则q2为正电荷

C. q1∶q2∶q3=36∶4∶9

D. q1∶q2∶q3=9∶4∶36

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，两大夹小，近小远大”，所以和是同种电荷，是异种电荷，故A正确，B错误；

CD．根据库仑定律和矢量的合成，则有

化简可得

故C正确，D错误。

故选AC。

8. 如图所示，A、B两物块用细线相连绕过轻质定滑轮，B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。控制A使细线拉直但无弹力。释放A运动至速度最大，此时C恰好离开地面。A始终未落地，滑轮两侧细线始终保持竖直状态。已知B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，则（　　）

A. C刚离开地面时，B的加速度为零

B. A的质量为2m

C. 弹簧恢复原长瞬间，细线中的拉力大小为2mg

D. A的最大速度为

【答案】AB

【解析】

【详解】A．当A运动至速度最大时，AB整体加速度为零，B的加速度也为零，A正确；

B．当C恰好离开地面时，弹簧处于拉伸状态且弹力等于mg，因此B物体受到的绳子拉力大小为

单独对A进行受力分析可得

则有

B正确；

C．弹簧恢复原长瞬间，对A应于牛顿第二定律可得

对B有

联立可得

C错误；

D．ABC作为整体，根据机械能守恒可得

解得

D错误。

故选AB。

二、非选择题：共174分，第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-16题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：（共129分）

9. 某同学设计了一个验证动量守恒定律的实验，实验步骤如下，请完成填空。

（1）用游标卡尺测出遮光片的宽度d，如图甲所示，则______。

（2）如图乙，将遮光片固定在小车A上，光电门1、2固定在长木板的一侧，长木板下垫着小木片，使得小车A运动时通过两个光电门的时间相等，这样做的目的是________；

（3）保持（2）中长木板的倾角不变，如图丙，在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之运动，并与原来静止在前方的小车B相碰，碰后粘合成一体继续运动，用数字毫秒计分别读出遮光片通过光电门1、2的时间、；

（4）已测得小车A和橡皮泥的质量，小车B的质量，则碰前两小车的总动量为_______，碰后两小车的总动量为________（计算结果保留三位有效数字）。比较碰撞前后的总动量，完成验证。

【答案】    ①. 3.35    ②. 平衡摩擦力    ③. 0.428    ④. 0.423

【解析】

【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为：主尺的读数+游标尺的读数精度值=3mm+70.05mm=3.35mm。

（2）[2]如图乙，将遮光片固定在小车A上，光电门1、2固定在长木板的一侧，长木板下垫着小木片，使得小车A运动时通过两个光电门的时间相等，即通过光电门的速度相同，则小车做匀速直线运动，这样做的目的是平衡摩擦力。

（4）[3]小车通过光电门1时的速度为

小车通过光电门2时的速度为

则碰前两小车的总动量为

[4]碰后两小车的总动量为

10. 有一个额定电压为，功率约为的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的图线，有下列器材供选用：

A．电压表（，内阻约）

B．电压表（，内阻约）

C．电流表（，内阻约）

D．电流表（，内阻约）

E．滑动变阻器

F．蓄电池（电动势，内阻不计）

G．导线、开关

（1）某同学设计成如图所示的两种电路，要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择下图中的电路图___________（选填“”或“”）。

（2）选择正确的电路进行测量时，为了使测量精确，电压表应选用___________，电流表应选用___________（填序号字母）

（3）某同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图所示。则电压值为___________，电流值为___________。

【答案】    ①.     ②. A    ③. D    ④. 1.80    ⑤. 0.24

【解析】

【详解】(1)[1] 要求小灯泡的电压从零开始增大，需要滑动变阻器分压式接入电路。所以选择电路图b；

(2)[2]灯泡额定电压为，电压表应选用A；

[3]根据公式，可得小灯泡的额定电流为

电流表应选用D；

(3)[4]电压表选0~3V，最小分度为0.1V，需要估读到下一位，即0.01V。所以电压值为1.80V；

[5] 电流表选0~0.6A，最小分度为0.02A，不需要估读到下一位。所以电流值为0.24A。

11. 如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；

（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；

（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。

【答案】（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02

【解析】

【分析】

【详解】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有

2mv0 = 3mv共

解得

v共 =

（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有

v木 = 2v滑

再根据动量守恒定律有

2mv0 = 2mv木 + mv滑

联立化简得

v滑 = v0，v木 = v0

再根据功能关系有

 - μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02

经过计算得

x =

（3）由于木板保持匀速直线运动，则有

F = μmg

对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有

a滑 = μg

滑块相对木板静止时有

v0 = a滑t

解得

t =

则整个过程中木板滑动的距离为

x′ = v0t =

则拉力所做的功为

W = Fx′ = mv02

12. 如图所示，在水平地面MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场E，E=1×104V/m，水平面上竖直放置一绝缘轨道ABCD，AB部分为粗糙直轨道，且与水平方向夹角为37°，BCD为光滑圆轨道，与AB在B点处相切，轨道与地面相切于C点，D点处切线沿水平方向，圆轨道半径R=0.5m，现将一质量为m=1kg的带电物块（大小忽略不计）从斜面上P点（图中未标出）静止释放，物块与AB轨道间动摩擦因数为0.25，物块带电量为q=+2×10-4C，结果物块恰能通过D点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：

（1）物块通过D点时速度vD大小；

（2）物块通过C点时对轨道的压力；

（3）物块释放处P点与B点之间距离x。

【答案】（1）2m/s；（2）48N；（3）2.875m

【解析】

【详解】（1）物块恰好能通过D点，由向下的重力和向上的电场提供向心力，则有

解得

由C到D，根据动能定理有

解得

m/s

在C点，根据牛顿第二定律有

NC-（mg-F）=m

解得

NC=48N

由牛顿第三定律可知物块对轨道,向下的压力大小为48N。

（3）从释放P点到D点过程，由动能定理有

解得

（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一道题计分。

［物理——选修3-3］

13. 如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外___________（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体的温度___________（填“升高”“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始终不变”）。

【答案】    ①. 做正功    ②. 先升高后降低

【解析】

【详解】[1]该过程气体体积增大，对外做正功。

[2]由题图可知，从状态A到状态B，p与V的乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程

可知气体的温度先升高后降低。

14. 质量为m的薄壁导热柱形气缸，内壁光滑，用横截面积为的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，气缸不漏气且与活塞不脱离。当气缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1，。温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。

(1)将气缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍T1，求此时缸内气体体积V2；

(2)如图(c)所示，将气缸水平放置，稳定后对气缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。

【答案】(1)；(2)

【解析】

【分析】

【详解】(1)图(a)状态下，对气缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为

当气缸按图(b)方式悬挂时，对气缸受力分析，如图2所示，则封闭气体的压强为

对封闭气体由玻意耳定律得

解得

(2) 当气缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为

由理想气体状态方程得

解得

［物理——选修3-4］

15. 铁丝圈上附有肥皂膜，竖直放置时，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，由此推测肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，在复色光时，出现彩色条纹，由于重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹的间距上疏下密，由于表面张力的作用，使得肥皂膜向内凹陷，故C正确，ABD错误。

故选C。

16. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标原点，波源在0 ~ 4s内的振动图像如图（a）所示，已知波的传播速度为0.5m/s。

（1）求这列横波的波长；

（2）求波源在4s内通过的路程；

（3）在图（b）中画出t = 4s时刻的波形图。

【答案】（1）λ = 2m；（2）s = 16cm；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）由题知图（a）为波源的振动图像，则可知

A = 4cm，T = 4s

由于波的传播速度为0.5m/s，根据波长与速度关系有

λ = vT = 2m

（2）由（1）可知波源的振动周期为4s，则4s内波源通过的路程为

s = 4A = 16cm

（3）由题图可知在t = 0时波源的起振方向向上，由于波速为0.5m/s，则在4s时根据

x = vt = 2m

可知该波刚好传到位置为2m的质点，且波源刚好回到平衡位置，且该波沿正方向传播，则根据“上坡、下坡”法可绘制出t = 4s时刻的波形图如下图所示