高中物理高考 2020-2021学年下学期高三3月月考卷 物理（A卷）教师版

这是一份高中物理高考 2020-2021学年下学期高三3月月考卷 物理（A卷）教师版，共6页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
（新高考）2020-2021学年下学期高三3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，只有一项是符合题目要求的。
1．图为2022年深圳春节期间路灯上悬挂的灯笼，三个灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，O为结点，轻绳OA、OB、OC长度相等，无风时三根绳拉力分别为FA、FB、FC。其中OB、OC两绳的夹角为60°，灯笼总质量为3m，重力加速度为g。下列表述正确的是(　　)

A．FB一定小于mg
B．FB与FC是一对平衡力
C．FA与FC大小相等
D．FB与FC合力大小等于3mg
【答案】D
【解析】三个灯笼受到重力与OA的拉力，所以OA的拉力FA＝3mg，三根绳子等长，可知OB与OC的拉力是相等的；对O点进行受力分析如图，可知FBcos 30°＋FCcos 30°＝FA＝3mg，所以FB＝FC＝mg，故AC错误，D正确；由图可知，FB与FC的方向不在同一条直线上，所以不是一对平衡力，故B错误。

2．做匀变速直线运动的质点，在开始运动的前2 s内平均速度大小为10 m/s，则质点在第2 s内的平均速度大小(　　)

A．不可能小于10 m/s B．不可能大于10 m/s
C．有可能等于10 m/s D．不可能等于0
【答案】C
【解析】若质点做匀减速运动，则质点在第2 s内的平均速度可以小于10 m/s或为0，如竖直上抛运动在1.5 s末到达最高点，故AD错误；若质点做匀加速直线运动，则在第2 s内的平均速度大于10 m/s，故B错误；质点在第2 s的平均速度可以大于或小于10 m/s，因此也可以等于10 m/s，故C正确。
3．如图所示，带电小球P绕O点在竖直平面内做圆周运动，a、b连线为该圆竖直直径。已知该空间匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，则小球在做圆周运动过程中，下列判断正确的是(　　)

A．小球可能带正电
B．小球在运动过程中机械能不守恒
C．小球一定沿逆时针方向做匀速圆周运动
D．小球运动到a时的电势能大于运动到b时的电势能
【答案】B
【解析】小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，所以电场力竖直向上，因为电场竖直向下，所以小球带负电，A错误；小球在运动过程中电场力做功，所以机械能不守恒，B正确；小球运动过程中，洛伦兹力提供向心力，所以根据左手定则，小球沿顺时针方向运动。因为小球运动半径不变，所以小球的线速度大小不变，即小球做匀速圆周运动，C错误；从a到b，电场力做负功，电势能增加，所以小球运动到a时的电势能小于运动到b时的电势能，D错误。
4．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是(　　)
A．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍
B．“轨道康复者”的速度大于地球的第一宇宙速度
C．站在赤道上的人的角速度大于“轨道康复者”的角速度
D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救
【答案】A
【解析】卫星做匀速圆周运动，由公式＝m可得v＝，因为“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，所以其速度是地球同步卫星速度的倍，故A正确；由v＝可知半径越小，速度越大，故B错误；根据公式＝mω2r，可得ω＝，地球赤道的角速度跟地球同步卫星的角速度相同，因此半径越大，角速度越小，故C错误；在高轨道加速，卫星将做离心运动，轨道将变高，不可能实现对低轨道卫星的拯救，故D错误。
5．世界上最高的跳伞是由奥地利极限运动家鲍姆加特纳完成的，他从3.9×104 m高空自由坠落，最终安全跳伞着陆。直播画面显示，气球升至3.9×104 m高空后，他开始无初速下落。摄像机镜头跟踪鲍姆加特纳坠落过程，显示一个小白点急速下坠，开始下落后46 s时，速度达到1150 km/h，其运动过程的最大速度为1342 km/h；在距着陆点1524 m高时，他打开了降落伞；又经过几分钟，他双脚着地，平稳着陆。忽略高度对重力加速度g的影响，则(　　)
A．开始下落的前46 s，可以认为鲍姆加特纳及装备只受重力作用
B．从开始下落至打开降落伞之前，鲍姆加特纳的重力的功率保持不变
C．下落过程中有一段时间，鲍姆加特纳处于超重状态
D．整个下落过程，鲍姆加特纳一直处于失重状态
【答案】C
【解析】Δt＝46 s，Δv＝1150 km/h＝319 m/s，a＝＝6.9 m/s2＜9.8 m/s2，可知空气阻力是不能忽略的，故A错误；由于在达到最大速度之前一直在加速，由功率公式P＝mgv，B错误；为了安全降落，运动员在落地前必定有一段时间要向下做减速运动，此时有一个向上的加速度，处于超重状态，C正确，D错误。
6．一辆小车置于光滑水平面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端装一网兜。若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，空气阻力不计，结果小车将(　　)

A．向左移动一段距离停下 B．在原位置没动
C．向右移动一段距离停下 D．一直向左移动
【答案】A
【解析】弹簧枪发射弹丸后，依靠反冲小车向左运动，当飞行的弹丸落入右端网兜时，因系统动量守恒，小车又停止。
7．用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v－t图象如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．在0～t1时间内，起重机拉力逐渐变大
B．在t1～t2时间内，起重机拉力的功率保持不变
C．在t1～t2时间内，货物的机械能保持不变
D．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功
【答案】B
【解析】在0～t1时间内，货物加速上升，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，F＝m(g＋a)，故拉力逐渐减小，故A错误；在t1～t2时间内，货物匀速上升，故拉力等于重力，起重机拉力的功率P＝Fv，保持不变，故B正确；在t1～t2时间内，货物匀速上升，动能不变，重力势能增加，故机械能总量增加，故C错误；在t2～t3时间内，货物减速上升，拉力向上，位移向上，故拉力依然做正功，故D错误。
8．如图，波速大小相同、振幅均为2 cm的两列简谐波，甲波(实线)沿x轴正方向传播，乙波(虚线)沿x轴负方向传播。在t0＝0时刻的部分波形如图所示，在t1＝0.15 s时，两列波第一次完全重合。下列说法正确的是(　　)

A．甲、乙两列波的周期均为0.4 s
B．甲、乙两列波的波速大小均为5 m/s
C．甲、乙两列波的波速大小均为10 m/s
D．t2＝0.5 s时，甲、乙两列波的波形第二次完全重合
【答案】B
【解析】由图可知的波长均为4 m，取甲、乙两个相邻波峰为研究对象，两列波的波速大小均为，周期均为，故B正确，AC错误；从图上可以得出甲、乙两列波的波形第二次完全重合波形运动距离x2＝0.5 m＋5 m＝5.5 m，需要时间，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．如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计，闭合开关S后，下列说法正确的是(　　)

A．若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大
B．若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持减小
C．若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电荷量将增加
D．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从b到a方向的电流
【答案】CD
【解析】闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变，若只在两板间插入电介质，C＝，电容器的电容将增大，故AB错误；若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器极板间电压增大，则电容器所带电荷增多，故C正确；若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所带电量减小，电容器放电。由于上极板带正电，所以此过程电流计中有从b到a方向的电流，故D正确。
10．如图（甲）所示，在水平绝缘的桌面上，一个用电阻丝构成的闭合矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，规定磁场的方向垂直桌面向下为正，磁感应强度B随时间t的变化关系如图（乙）所示。线框中的感应电流i（规定逆时针为正）随时间t变化的图线和ab边受到的安培力F（规定向右为正）随时间t变化的图线，其中可能正确的是(　　)


【答案】BD
【解析】在0到1秒内，磁感应强度B均匀增加，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为逆时针，由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定。由于规定电流逆时针方向为正，则由左手定则可得，ab边受到的安培力F方向向右，为正值，且大小随着磁感应强度B变化而变化。在1～2 s内，磁场不变，则线框中没有磁通量变化，所以没有感应电流，则线框也不受到安培力。故AC错误，BD正确。
11．如图甲所示为恒压电源给光敏电阻R供电时，流过此电阻的电流和其所受光照强度的关系图像。某同学利用此光敏电阻设计了一个台灯的自动控制电路，如图乙所示，T为一自耦式变压器。下列说法正确的是(　　)

A．仅光照变强，R的阻值变小
B．仅光照变强，R中的电流变小
C．仅滑片P下滑，L中的电流频率变小
D．仅滑片P下滑，T的输入功率变小
【答案】AD
【解析】光敏电阻两端电压恒定，光越强，电流越大，根据欧姆定律，电阻越小，A正确，B错误；仅滑片P下滑，变压器不改变频率，所以L中的电流频率不变，C错误；仅滑片P下滑，输出电压减小，根据P＝可知，T的输入功率变小，D正确。
12．在竖直平面内建立直角坐标系，曲线y＝0.05x2位于第一象限的部分如图所示，在曲线上不同点以一定的初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m、带电荷量为＋q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点O，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域（图中未画出），结果小球恰好在竖直面内做匀速圆周运动，并且都能打到y轴负半轴上。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．第三象限的电场强度大小为，方向竖直向下
B．小球的初速度为10 m/s
C．第三象限的磁场方向一定是垂直纸面向里
D．要使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积是
【答案】BC
【解析】小球在第三象限做匀速圆周运动，则mg＝qE，即E＝，方向竖直向上，A错误；设小球释放点的坐标为(x，y)，由平抛规律可知x＝v0t，y＝gt2，又y＝0.05x2，联立解得v0＝10 m/s，B正确；根据题意结合左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，C正确；设小球最初进入第三象限时合速度为v，与y轴负半轴夹角为α，则有v0＝vsin α，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得r＝，小球在磁场中的偏转角恒为2α且运动轨迹的弦长不变，恒为，要使小球都能打到y轴负半轴上，所加磁场区域的最小面积Smin＝πR2＝，D错误。

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)某同学用如图（a）所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ：将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图（b）中的曲线②所示。图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T。

(1)根据图（b）可得，木块经过位置x2时的加速度a＝_____；现测得T＝0.1 s，x1＝4 cm，x2＝9 cm，x3＝16 cm，θ＝37°，可求得μ＝_____。（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），重力加速度g取10 m/s2，结果保留1位有效数字）
(3)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变的规律可能是图（b）中的曲线_____。（选填图线序号①、②或③）
【答案】(1) 0.5 (2)①
【解析】(1)木块在斜面上做匀加速直线运动，相邻相等时间内位移之差Δx＝aT2，因此有x3−2x2＋x1＝aT2
解得，由牛顿第二定律可得a＝gsin θ−μgcos θ，联立解得μ＝0.5。
(2)若只增大木板倾斜的角度，加速度增大，由x＝at2可知，则木板相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的①。
14．(8分)实验小组用满偏电流为100 μA、内阻约为几千欧的电流表G进行电表的改装与校准实验：
(1)如图（甲）所示，采用“半偏法”测量电流表G的内阻，则测量值________真实值（选填“＞”“＝”或“＜”）。若测得电流表G的内阻为2 kΩ，将电流表G改装成量程为0～3 V和0～15 V的双量程电压表，设计电路如图乙所示，则R2＝_________kΩ。

(2)用量程为3 V的标准电压表V对改装电压表的3 V挡进行校准，电源的电动势E＝4 V，滑动变阻器有两种规格，最大阻值分别为50 Ω和5 kΩ。
①为了方便实验中调节电压，应选用最大阻值为_________Ω的滑动变阻器；
②请将图中实验器材连接成校准电压表的电路。
【答案】(1) “＜” 120 (2)50 见解析
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律和串并联的特点，当闭合开关S2，调整电流表半偏时，回路中的总电流增大（大于满偏电流Ig），故流过R′的实际电流比流过电流表的电流大（大于0.5Ig），因此R′＜Rg，即测量值小于真实值；当开关接1时，根据欧姆定律可得3＝Ig(Rg＋R1)，当开关接2时，根据欧姆定律可得15＝Ig(Rg＋R1＋R2)，代入数据联立可得R1＝28 kΩ，R2＝120 kΩ。
(2)为了实验时调节滑动变阻器，电压表能从0开始，且有明显示数变化，宜选用最大阻值较小的滑动变阻器，即选择50 Ω的；实物电路图如图所示。

15．(7分)肺活量是在标准大气压p0＝1 atm下人一次尽力呼出空气的体积。

(1)某实验小组在学习气体实验定律后，设计了“吹气球法”的小实验来粗测肺活量。如图，甲同学通过气球口用力一口气向气球内吹气（吹气前气球内部的空气可忽略不计）。气球没有被吹爆，此时气球可近似看成半径为r的球形，球内空气的压强p＝1.5 atm，空气可看作理想气体。设整个过程温度保持不变，则甲同学的肺活量是多少？
(2)某游泳运动员的肺活量为6 L。在标准谁状态下，空气的摩尔体积为22.4 L/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，则该运动员一次能呼出的空气分子数为多少？（计算结果保留两位有效数字）
【解析】(1)甲同学呼出气体作等温变化，设肺活量为V0，有p0V0＝pV
将p＝1.5p0代入可得V＝2πr3。
(2)6 L空气的摩尔数mol
含有的分子数n＝mNA＝1.6×1023（个）。
16．(9分)一汽车行驶时遇到紧急情况，驾驶员迅速正确地使用制动器在最短距离内将车停住，称为紧急制动，设此过程中使汽车减速的阻力与汽车对地面的压力成正比，其比例系数只与路面有关。已知该车以72 km/h的速度在平直公路上行驶，紧急制动距离为25 m；若在相同的路面上，该车以相同的速率在坡度（斜坡的竖直高度和水平距离之比称为坡度）为1∶10的斜坡上向下运动，则紧急制动距离将变为多少？（g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字）
【解析】以汽车初速度方向为正方向，设质量为m的汽车受到的阻力与其对路面压力之间的比例系数为μ，在平直公路上紧急制动的加速度为a1。根据牛顿第二定律得：－μmg＝ma1
根据匀减变速直线运动规律得：0－v02＝2a1s1
联立解得μ＝0.8
设汽车沿坡角为θ的斜坡向下运动时，紧急制动的加速度为a2，制动距离为s2。根据牛顿第二定律得：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
根据匀变速直线运动规律得：0－v02＝2a2s2
由题意知tan θ＝0.1，则sin θ≈0.1，cos θ≈1
联立解得：s2＝29 m。
17．(14分)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向内。一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的粒子、从原点O以大小为v0的速度沿x轴正方向射入，通过磁场后到达y轴上的P(0，－d)点，不计粒子所受的重力。

(1)求匀强磁场的磁感应强度B；
(2)将该粒子改在y轴上的Q(0，d)点同样以速度v0平行于x轴正方向射入电场中，已知电场场强大小E＝Bv0，粒子最后从y轴上N点（图中未画出）离开磁场，求N点的位置和粒子从Q点运动到N点的总时间。
【解析】(1)粒子从O点进入磁场运动到P点，有：
qv0B＝m，d＝2R
解得磁感应强度。
(2)粒子从Q点射入电场直到离开过程，有：qE＝ma，d＝at12
x＝v0t1
将E＝Bv0代入可解得，x＝d
粒子离开电场时的速度大小和速度方向与x轴正方向的夹角θ，满足：
，
即θ＝60°
粒子进入磁场运动，有qvB＝m
解得半径r＝d
因为rsin θ＝d＝x
所以圆周轨道的圆心A在y轴上，如图所示。

N点与原点O距离yN＝r＋rcos θ＝d
粒子在磁场中运动的周期T和时间t2
T＝，
因此粒子从Q点运动到N点的总时间。
18．(16分)如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝3 kg的小物块A，物块A不会脱离弹簧。装置的中间是长度l＝4.0 m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带以v＝7 m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量m＝1 kg的小物块B从曲面上距水平台面h＝5.25 m处由静止释放，经过传送带后与物块A发生对心弹性碰撞，已知碰撞前物块A静止且弹簧处于原长状态，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3，取g＝10 m/s2，不考虑物块大小对问题的影响，不考虑物块运动对传送带速度的影响。求：

(1)物块B与物块A碰撞前瞬间的速度大小；
(2)物块A、B碰撞后，传送带的传动速度降v′＝2.5 m/s，方向保持逆时针方向不变。试求物块B重新滑上传送带后Δt＝2.4 s内传送带对物块B的合冲量大小。
【解析】(1)设B滑到曲面底部速度为v0，根据机械能守恒定律：mgh＝mv02
解得v0＝m/s＞v＝7 m/s
所以B在传送带上开始做匀减速运动，设B一直减速滑过传送带的速度为v1，由动能定理可得：
－μmgl＝mv12－mv02
解得v1＝9 m/s＞v＝7 m/s
说明假设成立，即B与A碰前速度为9 m/s。
(2)设第一次碰后A的速度为vA1，B的速度为vB1，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械等守恒定律得：
mv1＝mvB1＋MvA1
mv12＝mvB12＋MvA12
解得：vB1＝－4.5 m/s
上式表明B碰后以4.5 m/s的速度向右反弹，滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向右减速的最大位移为xB，由动能定理得：
－μmgxB＝0－mvB12
解得：xB＝m
因l＝4.0 m，所以还未滑出传送带B的速度减为零，这个过程经历的时间有vB1＝μgt1
得t1＝1.5 s＜Δt
由于传送带已经在A、B碰撞后调为v′＝2.5 m/s，所以物体B将向左做加速运动，设加速到与传动带共速的时间为t2，因此有
v′＝μgt1
解得t1＝s
这过程产生的位移xB2＝v′t2＝m
所以，在共速后的t3＝Δt－t1－t2＝s内，物体将做匀速直线运动，这段时间内产生的位移
xB3＝v′t3＝ m
由于xB2＋xB3＜xB，所以在重新滑上传送带2.4 s内，物体B未从传动带左端滑出
所以在这2.4 s内，水平方向的冲量I1＝m(v′－vB1)＝7 kg‧m/s
竖直方向的动量I2＝mgΔt＝I1＝24 kg‧m/s
所以，B重新滑上传送带后2.4 s内传送带对B的冲量大小I＝＝25 kg‧m/s。