1、 拉薩中學高三年級（2022屆）第四次月考理科綜合試題（滿分：300分，考試時間：150分鐘。請將答案填寫在答題卡上）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14題只有一項符合題目要求，第58題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1. 在光滑水平面上，一質量為m，速度大小為v的A球與質量為3m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是（）A. 0B. 0.2vC. 0.4vD. 0.6v【答案】C【解析】【詳解】A、B兩球在碰撞的過程中合外力為零，滿足動量守恒，設A、B兩球碰撞后的速度分別

2、為v1、v2，選碰撞前A的速度v方向為正方向，由動量守恒定律有假設碰后A球靜止，即v1=0，可得由題意知A球被反彈，所以球B的速度AB兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關系有聯(lián)立方程，可得則碰撞后B球的速度大小可能是0.4v。故選C。2. 如圖所示，傾角為光滑絕緣斜面固定在水平面上，為了使質量為m帶電量為+q的小球靜止在斜面上，可加一平行于紙面的勻強電場（未畫出），則（）A. 電場強度的最小值為E=B. 電場強度的最大值為E= C. 若電場強度方向從沿斜面向上逐漸轉到豎直向上，則電場強度逐漸增大D. 若電場強度方向從沿斜面向上逐漸轉到豎直向上，則電場強度先減小后增大【答案】C【解析】【詳解】A

3、電量為+q的小球靜止在斜面上，受重力、支持力和電場力，三力的合力為零，則三個力的首尾相連構成矢量三角形，如圖所示由圖可知，當電場力與支持力垂直時即電場力沿斜面向上時，電場力最小，則電場強度最小，由平衡得qEmin=mgsin解得故A錯誤；B由圖可知，當場強方向斜向下時，電場力無最大值，即場強無最大值，B錯誤；CD由圖可知，若電場強度方向從沿斜面向上逐漸轉到豎直向上，則電場力與豎直方向夾角逐漸減小，電場力逐漸增大，則電場強度逐漸增大，故C正確，D錯誤。故選C。3. 超強臺風利奇馬于2019年8月10日1時45分許在我國浙江省溫嶺市城南鎮(zhèn)沿海登陸，登陸時其中心附近最大風力達到16級（52 m/s）

4、，對固定建筑物破壞程度非常巨大。請你根據(jù)所學物理知識推算固定建筑物所受風力（空氣的壓力）與風速（空氣流動速度）大小關系。假設某一建筑物垂直風速方向的受力面積為S，風速大小為v，空氣吹到建筑物上后速度瞬間減為零，空氣密度為，風力F與風速大小v關系式為（）A. FSvB. FSv2C. FSv3D. FSv3【答案】B【解析】【詳解】設風與建筑物的作用時間為t，則在該時間內，與建筑物作用的空氣質量為根據(jù)動量定理得解得FSv24. 電源、開關、平行板電容器連成如圖電路，A板接地。閉合開關S，電源對電容器充電后，電容器的電容為C，A板帶正電，電量為Q，板間電壓為U，板間電場強度大小為E，兩板正中間點P

5、電勢為，負電荷在P點電勢能為Ep。則下列說法正確的是（）A. 若保持開關閉合，將A板下移少許，U不變；Q增大；E增大B. 若保持開關閉合，將B板下移少許，U減小；Q減小；E不變C. 若斷開開關，將A板下移少許，C增大；升高；Ep減小D. 若斷開開關，將B板下移少許，C減?。唤档?；Ep減小【答案】AC【解析】【詳解】A若保持開關閉合，將A板下移少許，由電容的決定式可知，d減小，C增大，由電容的定義式可知，U不變，Q增大E增大，A正確；B若保持開關閉合，將B板下移少許，由電容的決定式可知，d增大，C減小，由電容的定義式可知，U不變，Q減小E減小，B錯誤；C若斷開開關，將A板下移少許，由電容決定式可

6、知，d減小，C增大板間場強E不變，P點距A板距離減小，A板接地，P點與A板間電勢差減小，升高；負電荷在電勢高的地方電勢能小，所以減小，C正確；D若斷開開關，將B板下移少許，由電容的決定式可知，d增大，C減小，同理E不變，P點距A板距離不變，P點與A板間電勢差不變，不變；所以不變，D錯誤。故選AC。5. 如圖所示，邊長的正方形區(qū)域處于勻強電場（圖中未畫出）中，其中邊恰與電場線平行，O為的中心。已將將一電子自b點移到O的過程中，克服電場力做功?，F(xiàn)再將一正點電荷固定O點，下列說法正確的是（）A. a、c兩點的電場強度相同B. a、b兩點的電勢差C. 勻強電場的電場強度大小為D. 將電子自a點沿連線移

7、到d點的過程中，電子的電勢能始終不變【答案】C【解析】【詳解】A由于正點電荷在a、c兩點產生電場強度方向不同，再與勻強電場疊加后的電場強度一定不同，故A錯誤；B在點電荷產生的電場中，a、b兩點的電勢相等，所以a、b兩點的電勢差等于其只在勻強電場中時兩點的電勢差，由題意可知解得根據(jù)幾何關系以及勻強電場中電勢差與電場強度的關系可得故B錯誤；C勻強電場的電場強度大小為故C正確；D將電子自a點沿連線移到d點的過程中，勻強電場的電場力對電子不做功，而點電荷對電子的靜電力先做正功再做負功，所以電子的電勢能先減小后增大，故D錯誤。故選C。6. 如圖所示，在真空中把一絕緣導體AB向帶負電的小球P緩緩平移靠近的

8、過程中（不相碰），下列說法中正確的是（）A. B端的感應電荷越來越多B. 導體內場強越來越大C. 導體感應電荷在M、N兩點產生的場強相等D. 導體的感應電荷在M點產生的場強恒大于在N點產生的場強【答案】AD【解析】【詳解】A離的越近，導體上的電子與負電荷排斥力越大，越會向左排斥，故N端帶負電荷越多，M端帶的正電荷也越多，A正確；B導體處于靜電平衡狀態(tài)，內部場強處處為零，B錯誤；CD導體處于靜電平衡狀態(tài)，內部場強處處為零，即感應電荷的場強和帶電小球的場強等大、反向、共線，由公式可知，帶電小球在M點產生的場強大，故感應電荷在M點產生的場強也大，C錯誤，D正確。故選AD。7. 如圖所示，同一直線上的

9、三個點電荷q1、q2、q3，恰好都處在平衡狀態(tài)，除相互作用的靜電力外不受其他外力作用。已知q1、q2間的距離是q2、q3間距離的2倍。下列說法正確的是（）A. 若q1、q3為正電荷，則q2為負電荷B. 若q1、q3為正電荷，則q2為正電荷C. q1q2q3=3649D. q1q2q3=9436【答案】AC【解析】【詳解】AB三個自由電荷在同一直線上處于平衡狀態(tài)，則一定滿足“兩同夾異，兩大夾小，近小遠大”，所以和是同種電荷，是異種電荷，故A正確，B錯誤；CD根據(jù)庫侖定律和矢量的合成，則有化簡可得故C正確，D錯誤。故選AC。8. 如圖所示，A、B兩物塊用細線相連繞過輕質定滑輪，B和物塊C在豎直方向

10、上通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，C放在水平地面上?？刂艫使細線拉直但無彈力。釋放A運動至速度最大，此時C恰好離開地面。A始終未落地，滑輪兩側細線始終保持豎直狀態(tài)。已知B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，則（）A. C剛離開地面時，B的加速度為零B. A的質量為2mC. 彈簧恢復原長瞬間，細線中的拉力大小為2mgD. A的最大速度為【答案】AB【解析】【詳解】A當A運動至速度最大時，AB整體加速度為零，B的加速度也為零，A正確；B當C恰好離開地面時，彈簧處于拉伸狀態(tài)且彈力等于mg，因此B物體受到的繩子拉力大小為單獨對A進行受力分析可得則有B正確；C彈簧恢復原長瞬間，對

11、A應于牛頓第二定律可得對B有聯(lián)立可得C錯誤；DABC作為整體，根據(jù)機械能守恒可得解得D錯誤。故選AB。二、非選擇題：共174分，第9-12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13-16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：（共129分）9. 某同學設計了一個驗證動量守恒定律的實驗，實驗步驟如下，請完成填空。（1）用游標卡尺測出遮光片的寬度d，如圖甲所示，則_。（2）如圖乙，將遮光片固定在小車A上，光電門1、2固定在長木板的一側，長木板下墊著小木片，使得小車A運動時通過兩個光電門的時間相等，這樣做的目的是_；（3）保持（2）中長木板的傾角不變，如圖丙，在小車A的前端粘有橡皮泥，推動小車A

12、使之運動，并與原來靜止在前方的小車B相碰，碰后粘合成一體繼續(xù)運動，用數(shù)字毫秒計分別讀出遮光片通過光電門1、2的時間、；（4）已測得小車A和橡皮泥的質量，小車B的質量，則碰前兩小車的總動量為_，碰后兩小車的總動量為_（計算結果保留三位有效數(shù)字）。比較碰撞前后的總動量，完成驗證?！敬鸢浮?. 3.35 . 平衡摩擦力 . 0.428 . 0.423【解析】【詳解】（1）1游標卡尺的讀數(shù)為：主尺的讀數(shù)+游標尺的讀數(shù)精度值=3mm+70.05mm=3.35mm。（2）2如圖乙，將遮光片固定在小車A上，光電門1、2固定在長木板的一側，長木板下墊著小木片，使得小車A運動時通過兩個光電門的時間相等，即通過光

13、電門的速度相同，則小車做勻速直線運動，這樣做的目的是平衡摩擦力。（4）3小車通過光電門1時的速度為小車通過光電門2時的速度為則碰前兩小車的總動量為4碰后兩小車的總動量為10. 有一個額定電壓為，功率約為的小燈泡，現(xiàn)要用伏安法描繪這個小燈泡的圖線，有下列器材供選用：A電壓表（，內阻約）B電壓表（，內阻約）C電流表（，內阻約）D電流表（，內阻約）E滑動變阻器F蓄電池（電動勢，內阻不計）G導線、開關（1）某同學設計成如圖所示的兩種電路，要求小燈泡的電壓從零開始增大，應選擇下圖中的電路圖_（選填“”或“”）。（2）選擇正確的電路進行測量時，為了使測量精確，電壓表應選用_，電流表應選用_（填序號字母）（

14、3）某同學在一次測量時，電流表、電壓表的示數(shù)如圖所示。則電壓值為_，電流值為_?！敬鸢浮?. . A . D . 1.80 . 0.24【解析】【詳解】(1)1 要求小燈泡的電壓從零開始增大，需要滑動變阻器分壓式接入電路。所以選擇電路圖b；(2)2燈泡額定電壓為，電壓表應選用A；3根據(jù)公式，可得小燈泡的額定電流為電流表應選用D；(3)4電壓表選03V，最小分度為0.1V，需要估讀到下一位，即0.01V。所以電壓值為1.80V；5 電流表選00.6A，最小分度為0.02A，不需要估讀到下一位。所以電流值為0.24A。11. 如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無

15、初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。（1）滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大小；（2）某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；（3）若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。【答案】（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02【解析】【分析】【詳解】（1）由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0 = 3mv共解得v共 = （2）由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木 =

16、2v滑再根據(jù)動量守恒定律有2mv0 = 2mv木 + mv滑聯(lián)立化簡得v滑 = v0，v木 = v0再根據(jù)功能關系有 - mgx = 2mv木2 + mv滑2 - 2mv02經(jīng)過計算得x = （3）由于木板保持勻速直線運動，則有F = mg對滑塊進行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑 = g滑塊相對木板靜止時有v0 = a滑t解得t = 則整個過程中木板滑動的距離為x = v0t = 則拉力所做的功為W = Fx = mv0212. 如圖所示，在水平地面MN上方存在范圍足夠大的豎直向上的勻強電場E，E=1104V/m，水平面上豎直放置一絕緣軌道ABCD，AB部分為粗糙直軌道，且與水平方向夾角為

17、37，BCD為光滑圓軌道，與AB在B點處相切，軌道與地面相切于C點，D點處切線沿水平方向，圓軌道半徑R=0.5m，現(xiàn)將一質量為m=1kg的帶電物塊（大小忽略不計）從斜面上P點（圖中未標出）靜止釋放，物塊與AB軌道間動摩擦因數(shù)為0.25，物塊帶電量為q=+210-4C，結果物塊恰能通過D點，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）物塊通過D點時速度vD大??；（2）物塊通過C點時對軌道的壓力；（3）物塊釋放處P點與B點之間距離x。【答案】（1）2m/s；（2）48N；（3）2.875m【解析】【詳解】（1）物塊恰好能通過D點，由向下的重力和向上的電場提供向心力，則有解得由C到D，根據(jù)動

18、能定理有解得 m/s在C點，根據(jù)牛頓第二定律有NC-（mg-F）=m解得NC=48N由牛頓第三定律可知物塊對軌道,向下的壓力大小為48N。（3）從釋放P點到D點過程，由動能定理有解得（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一道題計分。物理選修3-313. 如圖，一定質量的理想氣體由狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，該過程氣體對外_（填“做正功”“做負功”或“不做功”），氣體的溫度_（填“升高”“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始終不變”）?！敬鸢浮?. 做正功 . 先升高后降低【解析】【詳解】1該過程氣體體積增大，對外做正功。

19、2由題圖可知，從狀態(tài)A到狀態(tài)B，p與V的乘積先增大后減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知氣體的溫度先升高后降低。14. 質量為m的薄壁導熱柱形氣缸，內壁光滑，用橫截面積為的活塞封閉一定量的理想氣體。在下述所有過程中，氣缸不漏氣且與活塞不脫離。當氣缸如圖(a)豎直倒立靜置時。缸內氣體體積為V1，。溫度為T1。已知重力加速度大小為g，大氣壓強為p0。(1)將氣缸如圖(b)豎直懸掛，缸內氣體溫度仍T1，求此時缸內氣體體積V2；(2)如圖(c)所示，將氣缸水平放置，穩(wěn)定后對氣缸緩慢加熱，當缸內氣體體積為V3時，求此時缸內氣體的溫度?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【分析】【詳解】(1)圖(a)狀態(tài)下，對氣缸受力分析，如圖1所示，則封閉氣體的壓強為當氣缸按圖(b)方式懸掛時，對氣缸受力分析，如圖2所示，則封閉氣體的壓強為對封閉氣體由玻意耳定律得解得(2) 當氣缸按圖