（新高考）2020-2021学年下学期高三4月月考卷 物理（B卷）教师版.doc

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1、新高考）2020-2021学年下学期高三4月月考卷物 理（B）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1查理定律指出，一定质量的某种气体在体积一定

2、时，气体的压强与温度之间有线性关系，如图所示。则一定质量的某种气体从状态A到状态B，下列说法正确的是()A气体向外界放出热量B气体分子的平均动能不变C外界对气体做功D单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多【答案】D【解析】题图为pt图像转化pT图像，则可知为一条过坐标原点的直线，该气体做等容变化，外界对气体不做功，温度升高，内能增加，必定从外界吸收热量，AC错误；随着压强增大，气体的温度也增大，分子平均动能增大，B错误；由于气体体积不变，分子数密度不变，但分子平均速率增加，所以单位时间碰撞到单位面积上的分子数增多，D正确。2如图所示，两条图线是驾驶员驾驶同一辆汽车在两种路面紧急刹车时的vt图像

3、。驾驶员的反应时间为0.5 s（从发现问题到制动的时间），下列说法正确的是()A从t0到停下，汽车在干燥路面的平均速度较小B从t0到停下，汽车在湿滑路面的位移是干燥路面的2倍C从t0.5 s到停下，汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度大小相等D从t0.5 s到停下，汽车在湿滑路面和干燥路面的加速度之比为12【答案】C【解析】vt图象与时间轴所围的面积表示位移，从t0到停下，汽车在干燥路面通过的位移x160 m，平均速度m/s，汽车在湿滑路面通过的位移x2110 m，平均速度m/s，故AB错误；从t0.5 s到停下，汽车做匀减速直线运动，根据平均速度公式可知汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度相等，

4、故C正确；根据vt图象的斜率大小表示加速度大小，知汽车在湿滑路面减速的加速度大小m/s2，汽车在干燥路面减速的加速度大小a220 m/s2，则a1a249，故D错误。3幼儿园滑梯（如图甲所示）是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量为m的小朋友（可视为质点），从竖直面内半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为（g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中()A在最低点B时对滑道的压力大小为mgB处于先超重后失重状态C重力的功率先减

5、小后增大D克服摩擦力做功为mgr【答案】A【解析】根据牛顿第二定律得FNmgm，FNmg，结合牛顿第三定律得小朋友在最低点B时对滑道的压力大小为mg，A正确；小朋友在A点时加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；小朋友在A点时速度为零，重力的功率为零，到最低点时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，C错误；由动能定理得mgr(1cos 60°)Wf mv2联立可得克服摩擦力做功为Wf mgr，D错误。4一个倾角为45°的光滑斜面固定在地面上，斜面上方固定一半径为R的粗糙半圆形细杆，细杆上套一轻小圆环A

6、，A上连一长度为R的轻绳，轻绳另一端连小球B（可视为质点），开始时细绳与斜面平行。现给小圆环施加一始终沿圆弧切线方向的拉力F，使圆环缓慢移动，直到细绳竖直，整个过程小球位置不变，轻环不计重力，则下列说法正确的是()A小球B对斜面的压力逐渐变大B细绳的拉力逐渐变大C拉力F逐渐变小D半圆形杆对A的弹力逐渐变小【答案】B【解析】对小球B受力分析，可知小球B对斜面的压力逐渐变小，细绳的拉力逐渐变大，故A错误，B正确；对小圆环A进行受力分析，则FTFN，Ff，fFN，因为FT逐渐增大，重力沿绳方向的分力不断增大，所以FN不断增大，即半圆形杆对A的弹力逐渐增大，所以摩擦力不断增大，所以拉力F逐渐变大，故C

7、D错误。5如图所示，两个等量正点电荷分别位于A、B两点，AB连线的中点为O，一半径为R，圆心在O点的圆位于水平面内，该圆与AB连线的交点分别为a、b，cd为该圆的直径且与AB垂直。下列说法正确的是()Aa点的电势小于b点的电势B同一试探电荷在c、d两点受到的电场力大小相等、方向相同C带负电的试探电荷可能仅在电场力作用下沿圆弧abcd做匀速圆周运动D将带负电的试探电荷从a点沿直线ab移动到b点，电势能先增大后减小【答案】D【解析】由等量正点电荷电场强度和电势的对称性可知，a、b两点电势相同，c、d两点电场强度等大反向，A错误，B错误；在圆弧abcd上，电场强度大小有变化，故带负电的试探电荷不可以

8、仅在电场力作用下沿圆弧abcd做匀速圆周运动，C错误；将试探负电荷从a点沿直线ab移动到b点，电势能先增大后减小，D正确。62020年7月31日，北斗三号全球卫星导航系统正式建成开通，我国向世界庄严宣告，中国自主建设和运营的全球卫星导航系统全面建成，成为国际上第一个将多功能融为一体的全球卫星导航系统。如图是北斗卫星导航系统中三个卫星的圆轨道示意图，其中A为地球赤道同步轨道；轨道B为倾斜同步轨道，轨道半径与地球赤道同步轨道半径相同；轨道C为一颗中地球轨道。则下列说法中正确的是()A在轨道A、B、C上运动的卫星的线速度大小关系为vAvBvCB在轨道A、B上运动的卫星需要的向心力大小一定相等C在轨道

9、A、C上运动的卫星周期关系为TATCD在轨道A、B、C上运动的卫星周期的平方和轨道半径三次方的比值相等【答案】D【解析】卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有Gm，可得v，而三颗卫星的轨道半径满足rArBrC，故三者的线速度大小关系为vAvBvC，故A错误；卫星所需的向心力大小等于卫星所受的万有引力，因A和B卫星的质量m未知，故向心力无法比较大小，故B错误；根据卫星的周期公式T2，结合rArC，可推得TATC，故C错误；三颗卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律可知三颗卫星周期的平方和轨道半径三次方的比值相等，故D正确。7如图所示电路中，M、N端接电压恒定的正弦交流电，将理想变压器

10、的滑片P向Q端缓慢移动，在此过程中，以下说法正确的是()A通过电阻R1的电流变大B变压器原线圈两端的电压变大C通过电阻R2的交流电的频率变大D电阻R1和R2消耗的总功率变小【答案】A【解析】设原线圈两端的电压为U1，则副线圈两端的电压U2U1，副线圈的电流，原线圈的电流，所以有。滑片P向Q端缓慢移动，副线圈匝数n2增多，M、N端输入的电压U不变，则原线圈的电流I1增大，R1的电压变大，原线圈两端电压U1变小，A正确，B错误；变压器不改变交流电的频率，所以通过电阻R2的交流电的频率不变，C错误；通过电阻R1的电流变大，根据PUI可知电路的总功率变大，即电阻R1和R2消耗的总功率变大，D错误。8如

11、图所示，“V”形光滑导电支架下端用铰链固定于绝缘水平面上，支架两臂与水平面间的夹角均为53°，两臂粗细均匀，支架的AB臂上套有一根原长为l的轻弹簧，轻弹簧的下端固定于“V”形支架下端，上端与一可视为质点的金属小球相接，小球与支架接触良好，小球可以随支架一起绕中轴线OO转动，该臂上端有一挡板，支架上端A、C之间通过导线接入理想电源和理想电流表。已知小球质量为m，支架每臂长为l，支架静止时弹簧被压缩了l，电流表的读数为I，重力加速度为g，忽略导线、弹簧、铰链和小球的电阻，支架两臂上电阻分布均匀。已知sin 53°0.8，cos 53°0.6，重力加速度为g。则()A轻

12、弹簧的劲度系数为B当支架绕轴OO匀速转动时，小球沿AB方向的合力不为零C当弹簧处于原长时，电流表的读数为，支架匀速转动的角速度为D当电流表的读数为时，弹簧形变量最大，支架匀速转动的角速度为【答案】C【解析】受力分析如图，根据共点力平衡，有，解得，故A错误；当支架绕轴OO匀速转动时，小球做水平面上的匀速圆周运动，所以小球沿AB方向的合力为零，故B错误；当弹簧处于原长时，支架的角速度设为1，则有mgtan 53°m12lcos 53°，解得，设两臂上单位长度电阻为R0，根据欧姆定律，依题意，可得，则，故C正确；当电流表的读数为时，根据欧姆定律，有，解得，即弹簧形变量最大，此时弹

13、簧产生弹力，设此时小球角速度为2，由牛顿第二定律得 ，解得，故D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9如图甲所示，在一块平板玻璃上放置一平薄凸透镜，在两者之间形成厚度不均匀的空气膜，让一束单一波长的光垂直入射到该装置上，结果在上方观察到如图乙所示的同心内疏外密的圆环状干涉条纹，称为牛顿环，以下说法正确的是()A干涉条纹是由于凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的B若平薄凸透镜的圆弧面半径增大，圆环状干涉条纹的间距将变大C红光的圆环状干涉条纹的间距大于绿光的圆环状干涉条

14、纹间距D不论用何种单色光入射，牛顿环的中央都是亮斑【答案】AC【解析】凸透镜下表面与玻璃上表面形成的空气膜，干涉条纹是由于凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的，A正确；若平薄凸透镜的圆弧面半径增大，圆环状干涉条纹的间距将变小，B错误；红光的波长大于绿光的波长，故红光的圆环状干涉条纹的间距大于绿光的圆环状干涉条纹间距，C正确；不论用何种单色光入射，牛顿环的中央都是暗斑，D错误。10如图甲所示，为研究某金属材料的遏止电压Uc与入射光频率v的关系的电路图，用不同频率的光分别照射甲图中同一光电管的阴极K，调节滑片P测出遏止电压，并描绘Ucv关系图如图乙所示。已知三种光的频率分别设为以v1、v

15、2、v3，光子的能量分别为1.8 eV、2.4 eV、3.0 eV，测得遏止电压分别为U10.8 V、U21.4 V、U3（图乙中未知）。则下列说法正确的是()A普朗克常量可表达为B该阴极K金属材料的逸出功为1.0 eVC图乙中频率为v3的光对应的遏止电压U32.0 VD用频率为v2的光照射阴极K，电压表示数为2.0 V时，电流表示数不为零【答案】BC【解析】由光电效应方程得eUhW0，解得，A错误；由eUhW0得W01.0 eV，B正确；由eU3h3W0得U32.0 V，C正确；对该金属材料，频率为v2的光对应的遏止电压为1.4 V，则电压表示数为2.0 V时，电流表示数已为零，D错误。11

16、如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB部分为倾角为30°的斜面，BCD部分为半径为R的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，C为轨道最低点，整个轨道放置在电场强度为E的水平匀强电场中。现将一带电荷量为q、质量为m的小滑块从斜面上A点由静止释放，小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点。已知重力加速度为g，且qEmg，下列说法正确的是()A释放点A到斜面底端B的距离为RB小滑块运动到C点时对轨道的压力为9mgC小滑块运动过程中最大动能为5mgRD小滑块从D点抛出后恰好落在轨道上的B点【答案】BC【解析】小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点，表明此点为轨道的等效最高点，重力与电场力的合力，有

17、2mgm。从A点到轨道等效最高点，根据动能定理得mg(ssin 30°Rcos 30°Rsin 30°)Eq(scos 30°Rsin 60°Rsin 30°)mv20，解得s1.5R，A错误；从C到等效最高点，有mgR(1cos 60°)EqRsin 60°mv2mvC2，在C点，有FNmg，解得FN9mg，根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力为9mg，B正确；小滑块运动到D点的圆上对称点时，速度最大，有2mg×2Rmv2mvm2，解得mvm25mgR，C正确；小滑块从D点抛出后，做类平抛运动，假设刚好落

18、到B点，则有2mgma，vtR，则在合力方向上的位移yat2RR，假设错误，D错误。12在光滑绝缘的水平桌面上，半径R0.5 m的圆形区域内有竖直向下、磁感应强度大小B2 T的匀强磁场，圆心为O。a为圆周上一点，ac与圆相切于a点，d为圆周上一点，cd连线过O点，30°，P为cd延长线上一点，Md和Nd与Pd的夹角均为60°。圆弧MPN用金属片制成、带正电，Md间电压U102 V。一个带正电的小球从紧靠圆弧上各点无初速度释放后从d点进入圆O内的磁场中，小球质量m5 g，带正电荷q1 C，下列判断正确的是()A带电小球从圆射出的最长时间为sB带电小球从圆射出的最短时间为sC小

19、球击在直线ac上的长度为0.5 mD小球击在直线ac上的长度为1 m【答案】BD【解析】设带电小球经过圆弧和d之间的电压加速后速度变为v0，应用动能定理有qUmv02，小球进入磁场后做匀速圆周运动，设小球运动的轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力有qv0Bm，解得r0.5 m，沿Md射入磁场的带电小球做匀速圆周运动，圆心为G，从圆形区域上的f点射出磁场，射出磁场后，垂直于Gf射向ac，交ac于X。沿Pd射入磁场的带电小球做匀速圆周运动，圆心为E，从e点射出磁场，射出磁场后，垂直于Ee射向ac，交ac于Y，OY垂直Pc。沿Nd射入磁场的带电小球做匀速圆周运动，圆心为H，从b射出磁场，射出磁场后，垂

20、直于Hb射向ac，交ac于Z。由数学知识可知沿Nd射入磁场做匀速圆周运动的小球转过的圆心角30°，沿Md射入磁场做匀速圆周运动的小球转过的圆心角'150°，根据小球在磁场中的运动时间tT，T，可得t1s，t2s，A错误，B正确；由数学知识可知YZ距离为R，XY距离也为R，小球击在直线ac上的长度L2R1 m，C错误，D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13(6分)兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：用天

21、平测出电动小车的质量为0.4 kg；将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；接通打点计时器（其打点周期为0.02 s）；使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中小车所受的阻力恒定）。在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示。请你分析纸带数据，回答下列问题（计算结果保留2位有效数字）：(1)该电动小车运动的最大速度为_m/s；(2)关闭小车电源后，小车的加速度大小为_m/s2；(3)该电动小车的额定功率为_W。【答案】(1)2.0 (2)4.1 (3)3.3 (每空2分)【解析】(1)根据纸带可知，当

22、所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，故有vm2.0 m/s。(2)由逐差法得加速度大小为。(3)小车受到的摩擦阻力大小，则小车匀速时牵引力的大小，由PFv可得，小车的额定功率为。14(8分)某同学利用实验室的器材研究一粗细均匀的导体棒（约为4 ）的电阻率。电压表V（量程15.0 V，内阻约1 k）电流表A（量程0.6 A，内阻RA0.4 ）定值电阻R0（阻值R020.0 ）滑动变阻器R1（最大阻值10 ）学生电源E（电动势20 V）开关S和若干导线。(1)如图甲，用螺旋测微器测得导体棒的直径为_mm；如图乙，用游标卡尺测得导体棒的长度为_cm。 (2)请根据提供的器材，在图丙所

23、示的方框中设计一个实验电路，尽可能精确地测量金属棒的阻值。(3)实验时，调节滑动交阻器，使开关闭合后两电表的示数从零开始，根据实验数据选择合适标度描点，在方格纸上作图（如图丁），通过分析可得导体棒的电阻R_（保留一位小数），再根据电阻定律即可求得电阻率。从系统误差的角度分析，电阻R测_（填“”“”或“”）R真。【答案】(1)4.620(4.6194.621) (1分) 10.14(1分)(2)见解析图(2分) (3)4.6(2分) (2分)【解析】(1)螺旋测微器的读数等于4.5 mm0.01×12.0 mm4.620 mm(4.6194.621)；游标卡尺为10分度，精确度为0.1

24、mm，游标上的第4格与主尺对齐，故读数为101mm4×0.1mm101.4mm10.14cm。(2)要求尽可能精确地测量金属棒的阻值，而滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可以多测几组数据；电压表的量程为15 V，则待测电阻的电流最大为则0.6A的电流表量程太小，不安全，而电流表内阻已知，且有定值电阻，则可以用电流表与定值电阻串联，定值电阻能分部分电压且能精确的得到待测电阻阻值，而电流表选择内接法可以消除系统误差，故电路图如图所示。(3)根据伏安法可知，解得，因电流表用内接法，且电流表的内阻和定值电阻的阻值已知，则两者分压的系统误差可以消除，则电阻的测量值等于真实值。15(8分)装配式

25、建筑是指在工厂加工制作好建筑用构件，将构件运输到建筑施工现场，然后像“搭积木”一样在现场装配安装而成的建筑，具有施工方便、质量可靠的优点。在某次施工中，质量m500 kg的建筑构件竖立在地面上，在塔式吊车钢绳的作用下，从地面由静止开始匀加速上升，上升4 m后，达到最大速度2 m/s，之后匀速上升，一段时间后匀减速上升，经过2 s停止运动，构件下端与9楼的楼面平齐，不计空气阻力，已知g10 m/s2，假设每层楼高3 m，求：(1)构件全程运动的时间；(2)匀减速阶段构件对钢绳的作用力。【解析】(1)匀加速上升时，有m/s2 (1分)匀加速时s (1分)匀减速上升的高度为匀速阶段上升的高度为匀速运

26、动时间为 (1分)故t=t1+t2=15 s。 (1分)(2)匀减速时，加速度大小 (1分)根据牛顿第二定律有 (1分)解得。 (2分)16(8分)已知在x0处的质点O在沿y轴方向上做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的简谐波。t0时质点O开始振动，当t0.2 s时波刚好传到质点A处，形成了如图所示的波形，此时质点P的位移为2.5 cm。求：(1)再经过多长时间x5 m处的质点振动后第一次回到平衡位置；(2)从质点A开始振动到x5 m处的质点第一次回到平衡位置过程中，质点P通过的路程。【解析】(1)由图像可知，机械振动的周期T0.4 s (1分)机械波的传播速度机械波传播到x5 m处的质点时间 (

27、1分)当x5 m的质点振动后第一次回到平衡位置时间 (1分)综合上式，解得t0.5 s。 (1分)(2)从质点A开始振动时计时，质点P的振动方程为 (1分)当t0时 (1分)当t0.5 s时 (1分)质点P在一个周期内振动的路程为质点P运动的总路程为。 (1分)17(14分)如图所示，两条互相平行且足够长的光滑金属导轨位于水平面内，导轨间距l0.2 m，在导轨的一端接有阻值R3 的电阻，在x0处有一垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感强度B0.5 T。一质量m0.1 kg，电阻r2 的金属棒垂直搁在导轨上，并以v020 m/s的初速度进入磁场，在水平拉力F的作用下做持续的匀变速直线运动，加速度大小

28、a2 m/s2、方向与初速度方向相反。棒与导轨接触良好，其余电阻均不计。求：(1)电流第一次减少为最大值一半时金属棒所处的位置；(2)电流第一次减少为最大值的一半时拉力F的功率；(3)已知金属棒开始进入磁场到速度减小为零的过程中，电阻R上产生的热量Q11.6 J，求该过程中拉力F所做的功。【解析】(1)金属棒刚开始运动时电流最大，根据闭合电路欧姆定律得最大电流 (2分)设电流第一次减少为最大值一半时金属棒的速度为v，根据闭合电路欧姆定律有 (1分)解得根据运动学公式有 (1分)解得x75 m。 (2分)(2)由(1)知，电流第一次减少为最大值一半时金属棒的速度为v10 m/s，金属棒所受的安培

29、力为 (1分)可得根据牛顿第二定律有 (1分)解得拉力的功率。 (2分)(3)已知金属棒开始进入磁场到速度减小为零的过程中，电阻上产生的热量，根据焦耳定律知，该过程中回路中产生的总热量为 (1分)根据功能关系有 (1分)解得。 (2分)18(16分)实验小组的同学用如图所示的装置来探究碰撞过程中的能量传递规律。图中ABC为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角为的粗糙斜面，BC段为光滑水平面，AB段与BC段之间有一小段圆弧平滑连接。质量为m1的小物块从斜面的最高点A由静止开始沿轨道下滑，A点距水平面的高度为h，m1与斜面间的动摩擦因数为。质量分别为m2、m3mn1、mn的n1个小物块在水平轨道上

30、沿直线静止相间排列，m1滑到水平轨道上与m2发生碰撞，从而引起各物块的依次碰撞，碰撞前后各物块的运动方向处于同一水平线上。已知各物块间碰撞无机械能损失，且各物块之间不发生第二次碰撞。(1)求m1与m2碰撞后，小物块m2的速度大小v2；(2)若定义第n个小物块经过依次碰撞后获得的动能Ekn与第1个小物块的初动能Ek0之比为第1个小物块对第n个小物块的动能传递系数k1n，求k1n；(3)若m3m4mn1mnm1，求m2为何值时，第n个小物块获得的速度最大？并求出此时第n个小物块的最大速度vnm。【解析】(1)设m1滑到B点的速度为v0，由动能定理 (2分)解得 (1分)设碰撞后m1与m2的速度分别

31、为v1和v2，由动量守恒定律 (1分)由于碰撞过程中无机械能损失 (1分)、式联立解得 (1分)将代入得 (1分)(2)由式，由和以及动能传递系数的定义，得对于1、2两物块 (1分)同理可得，m2和m3碰撞后，动能传递系数k13为 (1分)依次类推，动能传递系数k1n为 (1分)解得 (1分)(3)由弹性碰撞的规律知，m3与后面的物块碰撞后依次交换速度，m3的最大速度等于第n个小物块的最大速度vnm。 (1分)将代入式得 (1分)当时，即当时，分母取最小值，k13取最大值，此时第n个小物块的速度取最大值 (1分) (1分)解得。 (1分)维权 声明江西多宝格教育咨询有限公司（旗下网站：好教ht

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