文档内容
（新高考）2020-2021 学年下学期高三 5 月月考卷 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( )
物 理 （A）
A．0.5 s B．(2－) s
注意事项： C．(3－2) s D．0.2 s
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 【答案】C
在答题卡上的指定位置。 【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v y0 ＝gt＝30 m/s，第1 s内上升高
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
度为 ，设水通过前 末的竖直分速度大小为v，则有
y
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 ，解得 ，所用的时间 ，故C 正确。
答题卡上的非答题区域均无效。
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
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
将该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m 的重物A，绳子FG和FH
1
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 共同挂着质量为m 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
2
符合题目要求的。 的是( )
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
B．U→Th＋He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．α射线是高速运动的氦原子核，能够穿透几厘米厚的铅板 A．绳子CD和CE对重物A的作用力的合力大于(m＋m)g
1 2
【答案】A B．绳子FG和FH对重物A的作用力的合力大小为mg
2
【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 C．若绳子FG和FH的夹角为锐角，则绳子FG上的力小于mg
2
径增大，A正确；U→Th＋He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
D．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
E ＝hν－W，不是与频率v成正比，C错误；α射线是高速运动的氦原子核，但是不能穿透铅板，D错
km 0
误。 【答案】B
2．下列关于光现象的解释正确的是( ) 【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
A．两个完全相同的小灯泡发出的光相遇时会发生干涉 合力等于(m＋m)g，A错误；绳子FG和FH对重物B的作用力的合力等于mg，同一条绳上拉力相等，
1 2 2
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 故绳子FG和FH对重物A的作用力的合力等于mg，B正确；设绳子FG和FH的夹角为锐角α，对B
2
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
满足2Fcos α＝mg，解得则绳子FG上的拉力大小 ，C错误；设绳子CD和CE对重
2
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 物A的作用力的合力为F 1 ，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F 1 －
【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
mg＝ma，由于绳上拉力会发生突变，故F＜(m＋m)g，即A的加速度大小不会等于 ，D
1 1 1 1 2
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
错误。
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
5．若以地球北极表面A点正下方h处的B点为球心，r(r＜h)为半径挖一个球形的防空洞，致使A 全反射形成的，故C错误；在杨氏双缝实验中，根据公式Δx＝λ，如果仅把红光改成绿光，则波长变短，
点的重力加速度发生变化，变化量的大小为∆g，则( )
导致屏上的条纹间距将减小，故D错误。
A．∆g与r2成正比 B．∆g与r3成正比
3．2020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 C．∆g与 成正比 D．∆g与 成正比
封密不订装只卷此
号位座
号场考
号证考准
名姓
级班【答案】B D错误。
【解析】设地球的质量M，地球的半径为R，则挖去之前A点的重力加速度满足mg＝G ，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，
8．如图所示，直角坐标系中x轴上在x＝－r处固定电荷量为＋9Q的正点电荷，在x＝r处固定电
B正确。
荷量为－Q的负点电荷，y轴上a、b两点的坐标分别为y
a
＝r和y
b
＝－r，d点在x轴上，坐标为x
d
＝2r。
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 e、f点是x轴上d点右侧的两点。下列说法正确的是( )
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．a、b两点的场强相同
B．a点的电势大于b点的电势
A．充电宝输出的电功率为UI＋I2R C．电子在e点和f点电势能E
pe
、E
pf
一定满足E
pe
＜E
pf
B．充电宝产生的热功率为I2R D．e、f两点场强E
e
、E
f
一定满足E
e
＜E
f
C．手机电池产生的焦耳热为t 【答案】C
D．手机电池储存的化学能为UIt＋I2Rt 【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
【答案】D 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
【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P＝UI，A错误；手机电池
，由图可知x＜x，因此E＞E，故D错误；将电子从e点沿直线移动到f点，电场
e f e f
充电电流为I，所以手机电池产生的热功率为P ＝I2R，而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输
R
力做负功，电势能增加，即E ＜E ，故C正确。
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 pe pf
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
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W＝UIt＋I2Rt，D正确。
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。
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
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 p、V、T，在另一平衡状
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 1 1 1
态下的压强、体积和温度分别为 p、V、T，下列关系可能正确的( )
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( ) 2 2 2
A．p＝p、V＝2V、T＝T
1 2 1 2 1 2
B．p＝p、V＝V、T＝T
1 2 1 2 1 2
C．p＝2p、V＝2V、T＝2T
1 2 1 2 1 2
D．p＝2p、V＝2V、T＝4T
1 2 1 2 1 2
【答案】BD
A．在a、d处的质点振动减弱，b、c处的质点振动加强
【解析】根据理想气体状态方程＝可知，若p＝p、V＝2V，则T＝2T，故A错误；若p＝p、V＝
1 2 1 2 1 2 1 2 1
B．从图示时刻经过半个周期，e处的质点通过的路程为2A
V，则T＝T，故B正确；若p＝2p、V＝2V，则T＝4T，故C错误，D正确。
2 1 2 1 2 1 2 1 2
C．从图示时刻经过半个周期，g处的质点加速向平衡位置运动
10．如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v 向右做匀速直线运动，一个质量为m
0
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
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F ＞
N
【答案】C
mg，小球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起时的水平速度可能是( )
【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
A．v B．0 C．2μ D．－v
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， 0 0【答案】AC
此过程中圆环磁通量的变化量Δφ＝Bπa2，故电荷量 ，故D错误。
【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Mv ＝(M＋
0
m)v，由于M>>m，所以v＝v；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
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
0
理，水平方向上有FΔt＝mv′，竖直方向上有F Δt＝2mv＝2m，又 F＝μF ，解以得v′＝2μ。故选AC。
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
N N
11．如图为远距离输电示意图，其中T、T 为理想变压器，r是输电线电阻，灯泡L、L 相同且阻值
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面等高处的0点静止
1 2 1 2
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
不变。现保持变压器T 的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L 正常发光，则( )
1 1
如图所示。
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L 会变亮
1
D．仅闭合S，r消耗的功率会变大，变压器T 的输入功率会变大
1
【答案】AD
【解析】仅将滑片P上移，T 副线圈匝数减小，则输出电压减小，若将T 的输出端后面的电路等效 (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。
1 1
可知，T 次级电流减小，则变压器T 初级电流减小，即电流表示数会变小，故A正确；仅将滑片P下移， (2)关于按快门和释放小球的先后顺序，正确的做法是___________。
1 1
T
1
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 (3)用刻度尺测得小球在初始位置1与9间距离为h＝35.00 cm，若当地的重力加速度为9.80
消耗功率增大，T
2
副线圈中电流增大，T
2
原线圈电流也增大，则r上损失的电压和功率增大，则T
2
输入 m/s2，则相机连拍频率为___________Hz。
电压U T21 ＝U T12 －Ir，减小，灯泡两端电压U T22 减小，故灯泡会变暗，同时变压器T 1 的输入功率会变大， 【答案】(1)钢球 (2)先按快门再释放小球 (3)30
故C错误，D正确。 【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。
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 (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
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 球。
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，
(3)设小球从1下落到9所用时间t，根据h＝gt2，设连拍周期为T，由 ，又因为 ，代入
则下列说法正确的是( )
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R ，设计了以下实验方案，甲图
V
为实验电路图，图中电压表为待测电压表，R为电阻箱。
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
(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U＝________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U，忽
D．此过程中通过圆环截面的电量为 1 2
略电源内阻，则电压表电阻的测量结果R ＝_______（用符号U、U 和R表示）；如果考虑电源内阻，
V 1 2
【答案】AC
则测量结果R 与真实值比较________（选填“偏大”或“偏小”）。
V
【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，
(2)小李实验步骤如下：闭合开关S，多次调节电阻箱，读出电阻箱阻值R及对应电压表的电压U，
故感应电动势的大小E＝2B×2a×v＝ ，感应电流大小 ，故其所受安培力大小 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___________Ω；如果
已知电源内电阻为r（Ω），则电压表内阻的真实值为___________Ω。
，加速度 ，故B错误；此时圆环的电功率 ，故C正确；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
【答案】(1)2.95（2.93～2.98） 偏大 (2)a a－r
水平地面上，重力加速度为g，不计空气阻力。
【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E＝U，
1
，解得电压表内阻 ，考虑电源内阻 ，
(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
，解得 ，由此可知，考虑电源内阻时，电压表内阻测量值偏大。
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v 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
3
(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 ，
性势能可以表示为E＝kΔx2，其中，k为弹簧的劲度系数，Δx为弹簧的形变量）
p
【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
整理得 ，由图丙所示－R图象可知，图象的斜率 ，纵轴截
点时，A对地面压力恰为零，设此时a的伸长量为ΔL，对A由平衡条件及胡克定律有：
距 ，解得电压表内阻R ＝a，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
V
根据几何关系有：
，整理得 ，由图丙所示－R图象可知， 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，弹力远大于重力，因此，此过程可视为
图象的斜率 ，纵轴截距 ，解得R ＝a－r。
V
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v，
2
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，
取竖直向上为正方向，由动量守恒定律有：
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 根据能量守恒定律有：
强为p，求此时：
0
联立解得：
设自b解锁瞬间至恢复原长所需的时间为Δt，B的高度变化量为h′，由动量守恒定律，有：
(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V ，后来体积V ′，由题可知V ′＝1.5V
B B B B 根据几何关系有：
对气缸B的气体pV ＝p V ′
0 B B B
解得：p ＝p。 联立解得： 。
B 0
(2)对气缸A的气体：pV＝p ‧V
0 A A A 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
即p ＝2p
A 0 内存在垂直纸面向外的匀强磁场，已知边长PM＝d，边长PQ＝L，θ＝30°，在M点有一粒子发射器，
对气缸B活塞进行受力分析，由受力平衡：p‧2S＝p ‧2S＋T
0 B 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
对气缸A活塞进行受力分析，由受力平衡：mg＋pS＝T＋p S
0 A 子重力及粒子间的相互作用力，求：
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m、m、m，三物块间有两根轻质
1 2 3
弹簧a、b，其原长均为L，劲度系数分别为k、k。a的两端与物块连接，b的两端与物块只接触不连接，
0 a b18．(16分)如图甲所示，质量为m＝0.4 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μ＝0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。距离物块s＝7.5 m处有一光滑半圆轨道，
轨道最低点P的切线水平。t＝0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
(1)磁感应强度的大小可能为多少； 点O。物块运动过程中0～t 时间内对应图线中的线段AB，t～t 时间内对应图线中的线段BC，时刻t
1 1 2 2
(2)粒子在组合场中运动的最短时间。 ＝1 s，t 时刻后撤掉拉力。重力加速度取g＝10 m/s2。
2
【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＝
(1)0～t
1
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？
（n＝1.2.3……） (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0～t 时间内做匀加速运动，发生位移为x，则有：
1 1
F－μmg＝ma
1 1
v2＝2ax
解得 ， ， 1 1 1
联立解得：x＝0.25 m。
1
(2)在电场中最短时间
(2)由运动学公式可得：v＝at
1 11
由题意知P＝Fv
， 1 1
物块在t～t 时间内做变速运动位移为x，由动能定理得：
1 2 2
P(t－t)－μmgx ＝mv2－mv2
解得t＝ 2 1 2 2 1
1
撤去外力后，物块做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma
2
v2－v2＝2a(s－x－x)
2 3 1 1 2
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：2mgR＝mv2－mv2
3 0
代入数据解得R＝0.1 m
综上所述，R应满足条件R≤0.1 m。
在磁场中最短时间求解过程如下
(3)物块到达圆轨道最高点的速度为v，则有：2mgR＝mv2－mv2
4 3 4
物块离开Q点做平抛运动，因此可得：
2R＝gt2，x ＝vt
m 4
圆心角a＝120°，t＝ ，此时R最大， 。
2 联立可得：x 2＝－16R2＋2R
m
因此，当R＝ m时，可得x ＝ m。
m
联立解得
所以 。
