（新高考）2020-2021学年下学期高三5月月考卷 物理（A卷）教师版.doc

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1、（新高考）2020-2021学年下学期高三5月月考卷此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 物 理 （A）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

2、合题目要求的。1下列说法正确的是()A氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子，电子的轨道半径增大BUThHe是核裂变方程，当铀块体积大于临界体积时，才能发生链式反应C从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率成正比D射线是高速运动的氦原子核，能够穿透几厘米厚的铅板【答案】A【解析】根据波尔理论，氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，要吸收光子，电子的轨道半径增大，A正确；UThHe方程是衰变方程，B错误；根据光电效应方程，光电子的最大初动能为EkmhW0，不是与频率v成正比，C错误；射线是高速运动的氦原子核，但是不能穿透铅板，D错误。2下列关于光现象的解释

3、正确的是()A两个完全相同的小灯泡发出的光相遇时会发生干涉B水面上的油膜在太阳光照射下呈现彩色，是光的干涉现象C荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于水珠将光会聚而形成的D在杨氏双缝实验中，如果仅把红光改成绿光，则干涉条纹间距将增大【答案】B【解析】小灯泡发出的光有多种不同的频率，由干涉的条件可知，两个完全相同的小灯泡发出的光相遇时，不一定可以发生干涉，故A错误；在太阳光的照射下，油膜上下表面反射光在上表面发生叠加，呈现彩色条纹，是光的干涉现象，故B正确；荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于水珠将光全反射形成的，故C错误；在杨氏双缝实验中，根据公式x，如果仅把红光改成绿光，则波长变短，导致屏上的条纹

4、间距将减小，故D错误。32020年全国多地在欢迎援鄂抗疫英雄凯旋时举行了“飞机过水门”的最高礼仪，寓意为“接风洗尘”。某次仪式中，水从两辆大型消防车中斜向上射出，经过3 s到达最高点，不计空气阻力和水柱间的相互影响，若水射出后第1 s内上升高度为h，则水通过前段用时为()A0.5 s B(2) sC(32) s D0.2 s【答案】C【解析】由经过3 s水到达最高点，则水射出时竖直方向初速度为vy0gt30 m/s，第1 s内上升高度为，设水通过前末的竖直分速度大小为vy，则有，解得，所用的时间，故C 正确。4如图甲所示是海上吊塔施工的实拍图片，图乙是重物正在被竖直向上匀速吊起的放大图。先将该

5、情景简化为如图丙所示的示意图，绳子CD和CE共同挂着质量为m1的重物A，绳子FG和FH共同挂着质量为m2的重物B，F点拴在重物A的下方。不计绳子质量和空气阻力，下列说法一定正确的是()A绳子CD和CE对重物A的作用力的合力大于(m1m2)gB绳子FG和FH对重物A的作用力的合力大小为m2gC若绳子FG和FH的夹角为锐角，则绳子FG上的力小于m2gD若拴接点F与重物A脱离，则该瞬间重物A的加速度大小为【答案】B【解析】重物被匀速吊起，处于平衡状态，把A、B当成整体，绳子CD和CE对重物A的作用力的合力等于(m1m2)g，A错误；绳子FG和FH对重物B的作用力的合力等于m2g，同一条绳上拉力相等，

6、故绳子FG和FH对重物A的作用力的合力等于m2g，B正确；设绳子FG和FH的夹角为锐角，对B满足2Fcos m2g，解得则绳子FG上的拉力大小，C错误；设绳子CD和CE对重物A的作用力的合力为F1，若拴接点F与重物A脱离，则该瞬间对重物A由牛顿第二定律可得F1m1gm1a，由于绳上拉力会发生突变，故F1(m1m2)g，即A的加速度大小不会等于，D错误。5若以地球北极表面A点正下方h处的B点为球心，r(rh)为半径挖一个球形的防空洞，致使A点的重力加速度发生变化，变化量的大小为g，则()Ag与r2成正比 Bg与r3成正比Cg与成正比 Dg与成正比【答案】B【解析】设地球的质量M，地球的半径为R，

7、则挖去之前A点的重力加速度满足mgG ，在距离A点h处挖去半径为r的球体后，挖去的球体的质量，则A点的重力加速度满足，可得，即，即g与r3成正比，B正确。6如图甲所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图乙所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为R，则时间t内()A充电宝输出的电功率为UII2RB充电宝产生的热功率为I2RC手机电池产生的焦耳热为tD手机电池储存的化学能为UItI2Rt【答案】D【解析】充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为PUI，A错误；手机电池充电电流为I，所以手机电池产生的热功率为PRI2

8、R，而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，B、C错误；输出的电能一部分转化为手机的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能WUItI2Rt，D正确。7有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向相互垂直的平面波相遇发生干涉。如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，则()A在a、d处的质点振动减弱，b、c处的质点振动加强B从图示时刻经过半个周期，e处的质点通过的路程为2AC从图示时刻经过半个周期，g处的质点

9、加速向平衡位置运动D从图示时刻经过四分之一周期，d处的质点振幅恰好为零【答案】C【解析】振动加强点为波峰与波峰相遇点，波谷与波谷相遇点；振动减弱点，为波谷与波峰相遇点，故a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱，A错误；这两列机械波在水平竖直方向的波形如图所示， e点也是振动加强点，这幅为2A，在这两列波传播半个周期的过程中，都是从平衡位置到波谷，再回到平衡位置，故路程为4A，B错误；由图可知经过半个周期后，g点均为由波谷向平衡位置移动，合力指向平衡位置，故合运动为加速靠近平衡位置，C正确；振动加强点的振幅始终为2A，不变，D错误。8如图所示，直角坐标系中x轴上在xr处固定电荷量为9Q的

10、正点电荷，在xr处固定电荷量为Q的负点电荷，y轴上a、b两点的坐标分别为yar和ybr，d点在x轴上，坐标为xd2r。e、f点是x轴上d点右侧的两点。下列说法正确的是()Aa、b两点的场强相同Ba点的电势大于b点的电势C电子在e点和f点电势能Epe、Epf一定满足EpeEpfDe、f两点场强Ee、Ef一定满足EeEf【答案】C【解析】根据电场线分布的对称性可知，a、b两点的场强大小相等，但方向不同，因此a、b两点的场强不等，故A错误；由电场分布的对称性可知，a、b两点的电势相等，故B错误；d点的场强，由图可知xexf，因此EeEf，故D错误；将电子从e点沿直线移动到f点，电场力做负功，电势能增

11、加，即EpeEpf，故C正确。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。9一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为 p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为 p2、V2、T2，下列关系可能正确的()Ap1p2、V12V2、T1T2Bp1p2、V1V2、T1T2Cp12p2、V12V2、T12T2Dp12p2、V12V2、T14T2【答案】BD【解析】根据理想气体状态方程可知，若p1p2、V12V2，则T12T2，故A错误；若p1p2、V1V2，则T1

12、T2，故B正确；若p12p2、V12V2，则T14T2，故C错误，D正确。10如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度为仍为h。设M>>m，发生碰撞时弹力FNmg，小球与车之间的动摩擦因数为，则小球弹起时的水平速度可能是()Av0 B0 C2 Dv0【答案】AC【解析】若小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有Mv0(Mm)v，由于M>>m，所以vv0；若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理，水平方向上有Ftmv，竖直方向上有F

13、Nt2mv2m，又  FFN，解以得v2。故选AC。11如图为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，r是输电线电阻，灯泡L1、L2相同且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则()A仅将滑片P上移，电流表示数会变小B仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小C仅闭合S，灯L1会变亮D仅闭合S，r消耗的功率会变大，变压器T1的输入功率会变大【答案】AD【解析】仅将滑片P上移，T1副线圈匝数减小，则输出电压减小，若将T1的输出端后面的电路等效可知，T1次级电流减小，则变压器T1初级电流减小，即电流表示数会变小，故A正确；仅将滑

14、片P下移，T1副线圈匝数增大，则输出电压增大，导线r上的电流变大，则r上的功率变大，故B错误；闭合S，则消耗功率增大，T2副线圈中电流增大，T2原线圈电流也增大，则r上损失的电压和功率增大，则T2输入电压UT21UT12Ir，减小，灯泡两端电压UT22减小，故灯泡会变暗，同时变压器T1的输入功率会变大，故C错误，D正确。12在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v，则下列说法正

15、确的是()A此时圆环中的电流为逆时针方向B此时圆环的加速度为C此时圆环中的电功率为D此过程中通过圆环截面的电量为【答案】AC【解析】由右手定则可知，此时感应电流为逆时针方向，故A正确；左右两边圆环均切割磁感线，故感应电动势的大小E2B×2a×v，感应电流大小，故其所受安培力大小，加速度，故B错误；此时圆环的电功率，故C正确；此过程中圆环磁通量的变化量Ba2，故电荷量，故D错误。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13(6分) 某同学新买了一台华为手机，发现有连拍、全景摄影功能。他想知道相机1 s内能连拍多少张（即连拍频率）相片，为此设计了一个实验：一个同学将小球从与课桌表

16、面等高处的0点静止释放，另一个同学将手机固定在合适位置并开启连拍功能，之后在电脑上将照片合成处理成一张照片，如图所示。(1)现有相同大小的塑料球和钢球两个，实验时应选用_做实验。(2)关于按快门和释放小球的先后顺序，正确的做法是_。(3)用刻度尺测得小球在初始位置1与9间距离为h35.00 cm，若当地的重力加速度为9.80 m/s2，则相机连拍频率为_Hz。【答案】(1)钢球 (2)先按快门再释放小球 (3)30 【解析】(1)让小球做自由落体运动，那么空气阻力影响要足够小，所以选钢球。(2)照片要展示完整的下落过程，特别是要有开始下落的位置的小球照片，应该先按快门再释放小球。(3)设小球从

17、1下落到9所用时间t，根据hgt2，设连拍周期为T，由，又因为，代入数据 解得。14(8分)某实验小组为了测量一个量程为3 V的电压表的内电阻RV，设计了以下实验方案，甲图为实验电路图，图中电压表为待测电压表，R为电阻箱。(1)小明实验步骤如下：先将电阻箱电阻调至0，闭合开关S，电压表读数如图乙所示，读出此时电压U1_V；然后调节电阻箱的阻值至适当值，读出电阻箱阻值R和此时电压表的电压U2，忽略电源内阻，则电压表电阻的测量结果RV_（用符号U1、U2和R表示）；如果考虑电源内阻，则测量结果RV与真实值比较_（选填“偏大”或“偏小”）。(2)小李实验步骤如下：闭合开关S，多次调节电阻箱，读出电阻

18、箱阻值R及对应电压表的电压U，作出R图象如图丙所示，不考虑电源内阻，从图象可知电压表内阻的测量值为_；如果已知电源内电阻为r（），则电压表内阻的真实值为_。【答案】(1)2.95（2.932.98） 偏大 (2)a ar 【解析】(1)电压表量程为3 V，由图乙所示表盘可知，其分度值为0.1 V，示数为2.97 V；忽略电源内阻，根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得，由题意得EU1，解得电压表内阻，考虑电源内阻，解得 ，由此可知，考虑电源内阻时，电压表内阻测量值偏大。(2)不考虑电源内阻，由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得，整理得，由图丙所示R图象可知，图象的斜率，纵轴截距，解得

19、电压表内阻RVa，考虑电源内阻，由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得，整理得，由图丙所示R图象可知，图象的斜率，纵轴截距，解得RVar。15(8分)如图导热气缸A、B固定在同一水平面上，A的横截面积为S，B的横截面积为A的2倍，用两不计质量的活塞密封了等高的理想气体气柱，起初连接两活塞的轻绳均处于伸直状态，但绳中无张力。现向A气缸的活塞上方缓慢加入细沙，直至A气缸中气体体积减小为原来的一半。已知大气压强为p0，求此时：(1)B气缸中气体的压强；(2)加入细沙的质量。【解析】(1)设开始时气缸B内气体为VB，后来体积VB，由题可知VB1.5VB对气缸B的气体p0VBpBVB解得：pBp0。

20、(2)对气缸A的气体：p0VApAVA即pA2p0对气缸B活塞进行受力分析，由受力平衡：p02SpB2ST对气缸A活塞进行受力分析，由受力平衡：mgp0STpAS解得加入细沙的质量。16(8分)如图所示，可视为质点的三个物块A、B、C质量分别为m1、m2、m3，三物块间有两根轻质弹簧a、b，其原长均为L0，劲度系数分别为ka、kb。a的两端与物块连接，b的两端与物块只接触不连接，a、b被压缩一段距离后，分别由质量忽略不计的硬质连杆锁定，此时b的长度为L，整个装置竖直置于水平地面上，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)现解除对a的锁定，若当B到达最高点时，A对地面压力恰为零，求此时C距地面的高度

21、H；(2)第(1)问的基础上，在B到达最高点瞬间，解除a与B的连接并撤走A与a，同时解除对b的锁定。设b恢复形变时间极短，此过程中弹力冲量远大于重力冲量，且忽略系统重力势能的变化，求上升过程中C的最大速度的大小v3和C自b解锁瞬间至恢复原长时上升的高度h。（理论表明弹簧的弹性势能可以表示为Epkx2，其中，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）【解析】(1)解除a的锁定后，在a的作用下，B、C上升，恢复原长后，弹簧继续伸长，当B到达最高点时，A对地面压力恰为零，设此时a的伸长量为L，对A由平衡条件及胡克定律有：根据几何关系有：解得：。(2)在解除b锁定的瞬间，由于弹簧恢复形变的时间极短，弹力远

22、大于重力，因此，此过程可视为动量守恒。此时由于B达到最高点，因此B、C的速度均为零，设在B恢复原长时，B的速度大小为v2，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律有：根据能量守恒定律有：联立解得：设自b解锁瞬间至恢复原长所需的时间为t，B的高度变化量为h，由动量守恒定律，有：根据几何关系有：联立解得：。17(14分)如图所示的矩形PQNM区域内存在竖直向上、电场强度为E的匀强电场，APQ区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，已知边长PMd，边长PQL，30°，在M点有一粒子发射器，能释放大量比荷为、速度忽略不计的带正电的粒子，结果粒子恰好能从AQ边界离开磁场，若不计粒子重力及粒子间的相互作用力

23、，求：(1)磁感应强度的大小可能为多少；(2)粒子在组合场中运动的最短时间。【解析】(1)在电场中，由B的大小不同，粒子离开磁场的轨迹如图所示（只画出了2种），由图可知随着B的增大，L（n1.2.3） 解得，(2)在电场中最短时间，解得t1在磁场中最短时间求解过程如下圆心角a120°，t2，此时R最大，。联立解得所以。18(16分)如图甲所示，质量为m0.4 kg可视为质点的物块静止放在水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。距离物块s7.5 m处有一光滑半圆轨道，轨道最低点P的切线水平。t0时用水平拉力F由静止拉动物块，使物块沿水平地面向半圆轨道做

24、加速运动。物体的速度v与拉力F大小倒数的v图象如图乙所示，AB平行于v轴，BC反向延长过原点O。物块运动过程中0t1时间内对应图线中的线段AB，t1t2时间内对应图线中的线段BC，时刻t21 s，t2时刻后撤掉拉力。重力加速度取g10 m/s2。(1)0t1时间内物块的位移大小；(2)物块能够经过半圆轨道最高点Q，半圆轨道的半径R满足什么条件？(3)物块经半圆轨道最高点Q后抛出落回地面，落地后不再弹起。圆轨道半径R多大时物块落点离P点的距离最大，最大值为多少？【解析】(1)物块在0t1时间内做匀加速运动，发生位移为x1，则有：F1mgma1v122a1x1联立解得：x10.25 m。(2)由运动学公式可得：v1a1t1由题意知PF1v1物块在t1t2时间内做变速运动位移为x2，由动能定理得：P(t2t1)mgx2mv22mv12撤去外力后，物块做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得：mgma2v22v322a1(sx1x2)物块能够达到圆轨道的最高点，则有：物块从P点到Q点，机械能守恒，因此有：2mgRmv32mv02代入数据解得R0.1 m综上所述，R应满足条件R0.1 m。(3)物块到达圆轨道最高点的速度为v4，则有：2mgRmv32mv42物块离开Q点做平抛运动，因此可得：2Rgt2，xmv4t联立可得：xm216R22R因此，当Rm时，可得xm m。