高中物理高考 2020-2021学年下学期高三4月月考卷 物理（A卷）教师版

这是一份高中物理高考 2020-2021学年下学期高三4月月考卷 物理（A卷）教师版，共8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学年下学期高三4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

此卷只装订不密封
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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．已知光速为c，一束频率为v的光从真空入射到某介质中后传播速度变为c，则在该介质中，该束光的光子能量为(　　)
A．hv B．hv C． D．
【答案】A
【解析】光从真空入射到某介质中，光的频率不变，所以光子的能量为hv。故选A。
2．细长轻绳下端拴一小球构成单摆，摆长为l，在悬挂点正下方摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将单摆向左方拉开一个小角度然后无初速度释放。忽略空气阻力，对于以后的运动，下列说法中正确的是(　　)

A．摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期大
B．摆球在左、右两侧上升的最大高度一样
C．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等
D．摆球在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的2倍
【答案】B
【解析】根据单摆做简谐运动的周期公式T＝2π，可知，T与及成正比，摆长减小，周期变小，故A错误；摆球在摆动过程中，空气阻力忽略，悬线拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样，故B正确；假若无钉子时，摆球摆至右侧最高点B，与初位置对称，若有钉子，摆球摆至右侧最高点C，B、C在同一水平线上，如图所示，由几何关系知θ2＝2α，θ2＜2θ1，故D错误；摆球在平衡位置左侧走过的最大弧长大于在右侧走过的最大弧长，故C错误。

3．如图所示，学生练习颠球。某一次足球静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，足球可视为质点，下列说法正确的是(　　)

A．足球刚接触头和刚离开头时，速度不变
B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/s
C．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为零
D．足球与头部作用过程中，头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
【答案】D
【解析】由速度位移公式v12＝2gh，可得足球到达头部的速度大小v1＝4 m/s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度大小v2＝v1＝4 m/s，两个速度方向相反，A错误；足球下落到与头部刚接触时动量大小p＝mv1＝1.6 kg‧m/s，B错误；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量IG＝mgt，重力的作用时间不为零，则重力的冲量不为零，C错误；足球与头部作用过程中，根据动量定理，解得，D正确。
4．下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数。若该车在额定状态下以最大速度行驶，不计自行车自身的机械损耗，则(　　)
自重
40 kg
额定电压
36 V
载重
75 kg
额定电流
12 A
最大行驶速度
20 km/h
额定输出功率
300 W
A．电动机的输入功率为300 W
B．电动机的内电阻约等于2 Ω
C．该车获得的牵引力约为78 N
D．该车受到的阻力约为54 N
【答案】D
【解析】额定电压36V，额定电流12A，则电动机的输入功率，故A错误；额定输出功率300 W，则，所以，可得，故B错误；车在额定状态下以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，所以，故C错误，D正确。
5．如图，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将（忽略重力影响）(　　)

A．开关S断开
B．初速度变为3v0
C．板间电压变为U
D．竖直移动上板，使板间距变为2d
【答案】C
【解析】断开开关，极板上的电压不变，两板间场强不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；根据，，，可得，从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为U，或使板间距变为4d，BD错误，C正确。
6．物体做曲线运动时，在某点附近极短时间内的运动可以看作是圆周运动，圆周运动的半径为该点的曲率半径。已知椭圆长轴端点处的曲率半径公式为，其中r1和r2分别是长轴的两个端点到焦点F的距离（如图甲）。如图乙，卫星在椭圆轨道I上运行，运行到远地点A时，速率为v1，之后变轨进入轨道Ⅱ做速率为v2的匀速圆周运动。若椭圆轨道近地点位于地球表面附近，远地点到地心的距离是R′，地球半径为R，则等于(　　)

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意，椭圆轨道A点的曲率半径，卫星在轨道I上运动到A点时，根据牛顿第二定律有，卫星在轨道II上做匀速圆周运动时，有，联立得，故A正确。
7．如图所示，不可伸长的轻绳的左端固定于O点，右端跨过位于O'点（O、O'两点等高）的固定光滑轴悬挂一物体，绳上套着一质量不计的小圆环。现在圆环上悬挂一钩码（图中未画出），平衡后，物体上升的高度为O、O'两点间距离的。不计一切摩擦。物体与钩码的质量之比为(　　)

A．1∶2 B．3∶5 C．5∶8 D．1∶3
【答案】C
【解析】设O、O'两点间的距离为L，取系统重新平衡时圆环的位置为A点，如图所示，由几何关系有，设物体和钩码的质量分别为m1、m2，O'A绳与竖直方向的夹角为，由物体的平衡条件有，又，解得，故选C。

8．如图所示，双手端着半球形的玻璃碗，碗内放有三个相同的小玻璃球。双手晃动玻璃碗，当碗静止后碗口在同一水平面内，三个小球沿碗的内壁在不同的水平面内做匀速圆周运动。不考虑摩擦作用，下列说法正确的是(　　)

A．三个小球受到的合力值相等
B．距碗底最近的小球向心加速度的值最小
C．距碗口最近的小球线速度的值最小
D．处于中间位置的小球的周期最小
【答案】B
【解析】对于任意一球，设其轨道处半球形碗的半径与竖直方向的夹角为β，半球形碗的半径为R，根据重力和支持力的合力提供小球圆周运动的向心力，可得F合＝mgtan β，离碗口越近的小球，β值越大，合力越大，故A错误；由F合＝m＝ma＝mr，r＝sin β，可得，a＝gtan β，，R一定，离碗口越近的小球，β值越大，小球线速度越大，小球向心加速度的值越大，小球的周期越小，故B正确，CD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，O为等量同种正电荷连线中点，以O点为圆心做一个垂直于连线的圆，c、d为圆上两点，连线上a、b两点关于O点对称，设无穷远电势为零，下列说法正确的是(　　)

A．a、b两点电场强度大小相同
B．c、d两点电场强度和电势均相同
C．若质子仅受电场力作用，可以在a、b之间做简谐运动
D．若电子仅受电场力作用，可能在圆上做匀速圆周运动
【答案】AD
【解析】根据等量同种正电荷的电场线及等势面的分布图可知，由对称性可知，a、b两点电场强度大小相同方向相反，A正确；c、d两点电势相同，电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，B错误；若质子仅受电场力作用，可以在a、b之间做往复运动，但并不是简谐运动，因为电场力并不符合回复力的持点，C错误；若电子仅受电场力作用，在圆上其电场力的方向总是指向圆心O，可以提供向心力，则可能做匀速圆周运动，D正确；

10．如图所示，光屏竖直放置，一个半径为r的半圆形透明介质水平放置。一束光线由a、b两种频率的单色光组成。该光束与竖直方向成30°沿半径方向从圆周上的某点入射，此时光屏截取到三个光斑，分别位于P、Q、R位置，其中P为a光的光斑。若已知a光的折射率为，下列说法正确的是(　　)

A．在该透明介质中，a光的折射率大于b光的折射率
B．在该透明介质中，a光的速度大于b光的速度
C．a光进入介质后经时间到达光屏P点
D．若要使Q处光斑消失，则入射光线绕O点逆时针转过至少15°
【答案】BC
【解析】因P为a光的光斑，则Q为b光的光斑，R为两种光的复合光斑，由图可知，透明介质对b光的折射程度较大，则b光的折射率大于a光的折射率，A错误；根据v＝可知，在该透明介质中，b光的速度小于a光的速度，B正确；光线a出离介质后的折射角，则，在介质中的速度，a光进入介质后经到达光屏P点的时间，C正确；若入射光线绕O点逆时针转过15°角，则此时入射角为45°，则此时a光线的折射角为90°，即此时a光线恰能发生全反射，而此时射到Q点的b光线早已发生了全反射从Q处消失了，D错误。
11．战绳训练是当下一种火热的健身方式，运动员晃动战绳一端，使战绳上下振动，其运动状态可视为简谐振动，如图所示。战绳上有相距L＝6 m的P、Q两质点，一列简谐横波沿PQ方向传播，当P质点在波峰时，Q质点刚好通过平衡位置且向上运动。已知该战绳的振动周期T＝1 s，振幅A＝0.4 m，且该简谐波波长大于3 m。下列说法正确的是(　　)

A．该波的传播速度大小可能为24 m/s
B．该波的传播速度大小可能为0.96 m/s
C．若从波传到P质点开始计时，0～2.5 s内Q质点通过的路程可能为2 m
D．若从波传到P质点开始计时，0～2.5 s内Q质点通过的路程可能为0.5 m
【答案】AC
【解析】根据机械波的传播特点可知（n＝0、1、2…），故有（n＝0、1、2…），当n＝0时，该波的传播速度大小为，当n＝6时，但此时波长为0.96m，小于3m，故该波的传播速度大小不可能为，故A正确，B错误；当n＝0时，波的传播速度，此时波从P点到Q点所用的时间，则质点Q运动的时间为，Q质点通过的路程；当n＝1时，波的传播速度，此时波从P点到Q点所用的时间，质点Q运动的时间，Q质点通过的路程；当时，波长小于3m，不符合，故C正确，D错误。
12．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t＝0时，将开关S由1掷到2。q、i、v和a分别表示电容器所带电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图像正确的是(　　)

【答案】AD
【解析】开关S由1掷到2，电容器放电，在电路中产生放电电流，导体棒通有电流后会受到向右的安培力作用，向右加速运动；导体棒将切割磁感线，产生感应电动势，此感应电动势将电容器的电压抵消一些，随着速度增大，感应电动势增大，则回路中的电流减小，导体棒所受的安培力减小，加速度减小，因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动（变加速）；当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力，做匀速运动；当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有感应电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，则由Q＝CU知，电容器的电量应稳定在某个不为0的数值，不会减少到0，这时电容器的电压等于棒的电动势，棒中无电流，故A正确；由于通过棒的电流是按指数递减的，最后电流减至零，故B错误；导体棒先做加速度减小的变加速运动，由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力作用而运动，当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力时，导体棒做匀速运动，故v－t图像是曲线后应是直线，故C错误；根据上面分析可知，杆的加速度逐渐减小直到为零，故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)用如图甲所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50 Hz，相邻计数点间的距离如图乙所示。已知m1＝80 g、m2＝120 g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：

(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝___________m/s；
(2)用逐差法求出重锤的加速度大小a＝__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g＝________m/s2；
(3)测出的重力加速度的值比实际值小，其误差的主要来源有哪些_________。
A．没有使用电火花计时器
B．m1和m2的质量太悬殊
C．绳子和定滑轮之间存在阻力
D．绳子拉力不等于m2的重力
【答案】(1)1.5 (1分) (2)1.9 (1分) 9.5 (2分) (3)C (2分)
【解析】(1)相邻两计数点间的时间间隔是T＝5×0.02 s＝0.1 s，打计数点5时的速度。
(2)重锤的加速度大小，由牛顿第二定律有m2g−m1g＝(m1＋m2)a，解得重力加速度大小为g＝9.5 m/s2。
(3)与没有使用电火花计时器无关，A错误；m1和m2的质量相差不大，B错误；在使用牛顿第二定律计算加速度时，没有考虑绳子与定滑轮间存在的阻力，C正确；绳子拉力本身就不等于m2的重力，存在的误差与绳子拉力等不等于m2的重力无关，D错误。
14．(8分)某同学要将一满偏电流为1 mA的电流表改装为量程为0～3 V的电压表。
(1)他用多用电表测得该电流表的内阻为300 Ω，则要完成改装，应将一阻值R＝______Ω的定值电阻与电流表串联。
(2)改装后的电压表需利用一标准电压表对其进行检测，请根据图甲所示的检测电路，将图乙中实物连线图补充完整。

(3)闭合开关，调节滑动变阻器，当标准电压表示数为3 V时，电流表示数为0.96 mA，说明改装后的电压表满偏电压________3 V（选填“＞”或“＜”）。若造成此误差的原因是多用电表测出的电流表内阻300 Ω不准，由此可判断(1)中计算得到的阻值R比需要的阻值______（填“偏大”或“偏小”）。
(4)为解决上述问题，应把串联电阻的阻值R改为_________Ω。
【答案】(1)2700 (2分) (2)见解析图(1分)
(3)＞ (1分) 偏大(2分) (4)2575 (2分)
【解析】(1)根据部分电路欧姆定律可得，代入数据可得R＝2700 Ω。
(2) 如图所示。

(3)电流表示数为0.96 mA时标准电压表示数已经3 V，则当电流表满偏时标准电压表示数将超过3 V，即改装后的电压表满偏电压大于3 V；因为串联分压，串联电阻越大分压越多，改装后的量程大于需要的量程，故串联的电阻R过大。
(4)为改装成3 V的电压表则改装后电压表内阻应为，而实际内阻，故串联电阻比需要的电阻多125 Ω，可将R换为2575 Ω的电阻。
15．(8分)在跳台滑雪比赛中，运动员在空中运动时身体的姿态会影响其速度和下落的距离。跳台滑雪运动员在某次训练时，助滑后从跳台末端水平飞出，从离开跳台开始计时，用v表示其水平方向速度，v－t图像如图乙所示，运动员在空中运动时间为4 s。在此运动过程中，若运动员在水平方向和竖直方向所受空气阻力大小相等且保持恒定。已知运动员的质量为50 kg，重力加速度取10 m/s2，求：

(1)滑雪运动员水平位移的大小和水平方向所受的阻力大小；
(2)滑雪运动员在空中运动过程中动量变化量的大小（结果保留两位有效数字）。
【解析】(1)设运动员的水平位移为x，由水平位移一时间图像可得
m (1分)
设运动员在水平方向的加速度大小为a，水平方向所受的阻力大小为f1，竖直方向所受阻力大小为f2，由运动学规律和牛顿第二定律得
m/s2 (1分)
f1＝ma＝50 N (1分)
由题意可知f1＝f2＝50 N。 (1分)
(2)根据平行四边形定则可得合力 (1分)
对运动空中运动应用动量定理得Δp＝Ft (1分)
联立解得Δp＝1.8×103 N·s。 (2分)
16．(8分)将横截面积分别为S1＝1×10－3 m2和S2＝8×10－4 m2两个气缸竖直连接。在两气缸连接处及其下方h＝10 cm处均固定有活塞销。整个气缸被活塞a和活塞b分割成三部分，两活塞用长l＝12 cm的轻绳连接，上下两部分均与大气直接连通，两活塞之间密闭有一定质量的理想气体。已知活塞a的质量m1＝2 kg，活塞b的质量m2＝1 kg。初始时，密闭气体的温度为27℃，压强p0＝1×105 Pa，两活塞静止于如图所示的位置。外界大气压强恒为p0＝1×105 Pa，不计活塞和活塞销的厚度，不计活塞和气缸间的摩擦，取g＝10 m/s2。现在开始缓慢升高密闭气体的温度，求：

(1)轻绳刚好要被拉直时，密闭气体的温度；
(2)若轻绳能承受的最大拉力T＝180 N，至少需要将温度升高到多少，才能将绳拉断？
【解析】(1)初始时，密闭气体的温度T0＝300 K，压强p0＝1×105 Pa，体积V0＝S2×10 cm
当绳刚好拉直时，压强、体积分别为
(1分)
(1分)
设此时温度为T1，由理想气体状态方程可得 (1分)
代入数据解得T1＝450K。 (1分)
(2)设绳子要拉断时，两活塞均与活塞销未接触，设此时气体压强为P2，对a、b活塞由平衡条件可得
(1分)
(1分)
联立可解得p2＝1.5×105Pa，把T＝180N代入第一式可得气体压强为p3＝2×105Pa＞p2
故两活塞应呈如图所示状态，即b活塞应顶在上方的活塞销处，此时体积为


由理想气体状态方程可得 (1分)
代入数据解得T3＝900K。 (1分)
17．(14分)如图，某圆形薄片置于xOy水平面上，圆心位于坐标原点O，xOy平面上方存在大小为E、沿z轴负向的匀强电场，以该圆形绝缘材料为底的圆柱体区域内存在大小为B、沿z轴正向的匀强磁场，圆柱体区域外无磁场。现可从原点O向xOy平面上方的各方向发射电荷量为q、质量为m、速度大小为v的带正电荷的粒子。粒子重力忽略不计，不考虑粒子间的相互作用，不计碰撞时间。

(1)若粒子每次与材料表面的碰撞为弹性碰撞，且从原点O发出的所有粒子都被该电场和磁场束缚在上述圆柱体内，则此圆形薄片的半径至少为多大？
(2)若某粒子每次与材料表面的碰撞点都在坐标原点O，则此粒子的发射方向与z轴正方向夹角的三角函数值须满足什么条件？
(3)若在粒子每次与材料表面碰撞后的瞬间，速度竖直分量反向，水平分量方向不变；竖直方向的速度大小和水平方向的速度大小均按同比例减小，以至于动能减小75%。求发射方向与z轴正向成45°角的粒子从发射直至最终动能耗尽而沉积于材料表面所经历的时间。
【解析】(1)速度与z轴正方向夹90°角，即贴着xOy平面方向的粒子最易脱离磁场束缚，此粒子运动半径设为R，则有：qvB＝m (1分)
解得R＝ (1分)
圆形薄片的最小半径r。 (1分)
(2)设速度v与z轴正方向的夹角为α，则其在z轴正方向的分量vz=vcos α (1分)
z轴分运动的加速为 (1分)
沿z轴运动的时间 (1分)
粒子在平行xOy平面内的分运动为匀速圆周运动，周期T＝ (1分)
若要碰撞点在坐标原点O，必须有t=nT，（n=1，2，3…） (1分)
联立得（n=1，2，3…，）。 (1分)
(3)与z轴正向成45°角的粒子沿z轴方向的分速度大小vz=vcos 45°=v
每次碰撞，动能减小75%，即碰完动能是碰前的，速率为碰前的，第n次碰撞后沿z轴方向的分速度大小
vzn=()2v (1分)
从发射至第1次碰撞的时间 (1分)
从第(n－1)次至第n次碰撞的时间tn=()n-1t1 (1分)
从发射至第n次碰撞的时间t=t1+t2+…+tn=2t1[1-()n] (1分)
当n→∞，。 (1分)
18．(16分)如图所示，在光滑水平地面置有一“L”形滑板，质量M＝3m，AB为半径R＝0.45 m的弧面，BC段粗糙，长度L＝5 m，其余段光滑；滑板距右侧墙壁D的距离为x，滑板上表面与墙壁上表面在同一水平面上，墙壁D上表面放置有自由伸长的弹簧，右端固定；滑块P1和P2的质量均为m，且与BC面的动摩擦因数分别为μ1＝0.10和μ2＝0.20；开始时滑板紧靠左侧障碍物P，P2静置于滑板上的B点，P1以v0＝4 m/s的初速度从A点沿弧面切线滑下，与P2碰撞后速度变为0，若滑板与墙壁D碰撞后被墙壁粘住，不计其他摩擦，g＝10 m/s2。

(1)求P1与P2碰撞前的速度；
(2)若x足够长，请判断P1与P2能否再次发生碰撞；
(3)讨论P1最终距B点距离s与x的关系。
【解析】(1)设P1与P2碰撞前速度为v1，则根据动能定理可得 (1分)
解得。 (1分)
(2) P1与P2碰撞，动量守恒，且碰撞后P1的速度为零，则发生速度交换，碰撞后P2的速度为
(1分)
之后P2向右减速，“L”形滑板和P1一起向右加速，设P2向右减速的加速度为a1，“L”形滑板和P1一起右在加速的加速度为，则有
(1分)
(1分)
设时间后速度相同，则有 (1分)
解得，
设共速时的相对位移为，则有 (1分)
解得
也就是当P2运动到C端时刚好共速，假设此时与墙壁D发生碰撞，P2冲上平面与弹簧碰撞后反弹回来的速度大小仍然为，P1在BC上滑动经过距离停下，则有
(1分)
解得
P2反弹回来后冲上BC，设经过S2后停下，则有 (1分)
解得
最后P1与P2相距 (1分)
故P1与P2不会再次发生碰撞。 (1分)
(3)当共速时“L”形滑板和P1一起右运动的距离为，则有 (1分)
当时，共速后与墙壁发生碰撞，P1最终距B点距离； (1分)
当时，设与墙壁碰撞时P1的速度为，则有 (1分)
之后在BC上减速有 (1分)
P1最终距B点距离S与x的关系为。 (1分)


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