2022届西藏拉萨中学高三（上）第四次月考理综物理试题（解析版）

1、 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14题只有一项符合题目要求，第58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. 0B. 0.2vC. 0.4vD. 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

2、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

3、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=mgsin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）

4、，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，风力F与风速大小v关系式为（）A. FSvB. FSv2C. FSv3D. FSv3【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FSv24. 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

5、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

6、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

7、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

8、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

9、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. q1q2q3=3649D. q1q2q3=9436【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

10、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2mC. 弹簧恢复原长瞬间，细线中的拉力大小为2mgD. 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

11、A应于牛顿第二定律可得对B有联立可得C错误；DABC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

12、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】 . 3.35 . 平衡摩擦力 . 0.428 . 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

13、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）（

14、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】 . . A . D . 1.80 . 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03V，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00.6A，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

15、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，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 =

16、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 - mgx = 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 = mg对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑 = g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 = mv0212. 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=1104V/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

17、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=+210-4C，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

18、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3-313. 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】 . 做正功 . 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。

19、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