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    2021届福建省莆田市高三下学期5月月考物理(A卷)试题(解析版)

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    2021届福建省莆田市高三下学期5月月考物理(A卷)试题(解析版)

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    这是一份2021届福建省莆田市高三下学期5月月考物理(A卷)试题(解析版),共7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。
    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.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.eq \\al(238, 92)U→eq \\al(234, 90)Th+eq \\al(4,2)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
    2.下列关于光现象的解释正确的是( )
    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
    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( )
    A.0.5 s B.(2-eq \r(3)) s
    C.(3-2eq \r(2)) s D.0.2 s
    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(m1+m2)g
    B.绳子FG和FH对重物A的作用力的合力大小为m2g
    C.若绳子FG和FH的夹角为锐角,则绳子FG上的力小于eq \f(1,2)m2g
    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
    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点的重力加速度发生变化,变化量的大小为∆g,则( )
    A.∆g与r2成正比 B.∆g与r3成正比
    C.∆g与成正比 D.∆g与成正比
    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UI+I2R
    B.充电宝产生的热功率为I2R
    C.手机电池产生的焦耳热为eq \f(U2,R)t
    D.手机电池储存的化学能为UIt+I2Rt
    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2A
    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
    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
    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处固定电荷量为-Q的负点电荷,y轴上a、b两点的坐标分别为ya=r和yb=-r,d点在x轴上,坐标为xd=2r。e、f点是x轴上d点右侧的两点。下列说法正确的是( )
    A.a、b两点的场强相同
    B.a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Epe<Epf
    D.e、f两点场强Ee、Ef一定满足Ee<Ef
    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( )
    A.p1=p2、V1=2V2、T1=eq \f(1,2)T2
    B.p1=p2、V1=eq \f(1,2)V2、T1=eq \f(1,2)T2
    C.p1=2p2、V1=2V2、T1=2T2
    D.p1=2p2、V1=2V2、T1=4T2
    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FN>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( )
    A.v0 B.0 C.2μeq \r(2gh) D.-v0
    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
    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eq \f(2,3)v,则下列说法正确的是( )
    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
    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h=35.00 cm,若当地的重力加速度为9.80 m/s2,则相机连拍频率为___________Hz。
    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,读出电阻箱阻值R及对应电压表的电压U,作出eq \f(1,U)-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。
    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。
    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Ep=eq \f(1,2)kΔx2,其中,k为弹簧的劲度系数,Δx为弹簧的形变量)
    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PM=d,边长PQ=L,θ=30°,在M点有一粒子发射器,能释放大量比荷为eq \f(q,m)、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,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。
    18.(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反向延长过原点O。物块运动过程中0~t1时间内对应图线中的线段AB,t1~t2时间内对应图线中的线段BC,时刻t2=1 s,t2时刻后撤掉拉力。重力加速度取g=10 m/s2。
    (1)0~t1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?
    物 理(A)答 案
    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.【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;eq \\al(238, 92)U→eq \\al(234, 90)Th+eq \\al(4,2)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Ekm=hν-W0,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错误。
    2.【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Δx=eq \f(l,d)λ,如果仅把红光改成绿光,则波长变短,导致屏上的条纹间距将减小,故D错误。
    3.【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vy0=gt=30 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.【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(m1+m2)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,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α,对B满足2Fcs α=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F1-m1g=m1a,由于绳上拉力会发生突变,故F1<(m1+m2)g,即A的加速度大小不会等于,D错误。
    5.【答案】B
    【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=Geq \f(Mm,R2) ,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.【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P=UI,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PR=I2R,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W=UIt+I2Rt,D正确。
    7.【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.【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xe<xf,因此Ee>Ef,故D错误;将电子从e点沿直线移动到f点,电场力做负功,电势能增加,即Epe<Epf,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.【答案】BD
    【解析】根据理想气体状态方程eq \f(p1V1,T1)=eq \f(p2V2,T2)可知,若p1=p2、V1=2V2,则T1=2T2,故A错误;若p1=p2、V1=eq \f(1,2)V2,则T1=eq \f(1,2)T2,故B正确;若p1=2p2、V1=2V2,则T1=4T2,故C错误,D正确。
    10.【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=(M+m)v,由于M>>m,所以v=v0;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FΔt=mv′,竖直方向上有FNΔt=2mv=2meq \r(2gh),又 F=μFN,解以得v′=2μeq \r(2gh)。故选AC。
    11.【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UT21=UT12-Ir,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.【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E=2B×2a×eq \f(2,3)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Δφ=Bπa2,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)
    【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1下落到9所用时间t,根据h=eq \f(1,2)gt2,设连拍周期为T,由,又因为,代入数据 解得。
    14.(8分)
    【答案】(1)2.95(2.93~2.98) 偏大 (2)a a-r
    【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=U1,,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eq \f(1,U)-R图象可知,图象的斜率,纵轴截距,解得电压表内阻RV=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,整理得,由图丙所示eq \f(1,U)-R图象可知,图象的斜率,纵轴截距,解得RV=a-r。
    15.(8分)
    【解析】(1)设开始时气缸B内气体为VB,后来体积VB′,由题可知VB′=1.5VB
    对气缸B的气体p0VB=pBVB′
    解得:pB=eq \f(2,3)p0。
    (2)对气缸A的气体:p0VA=pA‧eq \f(1,2)VA
    即pA=2p0
    对气缸B活塞进行受力分析,由受力平衡:p0‧2S=pB‧2S+T
    对气缸A活塞进行受力分析,由受力平衡:mg+p0S=T+pAS
    解得加入细沙的质量。
    16.(8分)
    【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ΔL,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Δt,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)
    【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=
    (n=1.2.3……)
    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a=120°,t2=,此时R最大,。
    联立解得
    所以。
    18.(16分)
    【解析】(1)物块在0~t1时间内做匀加速运动,发生位移为x1,则有:
    F1-μmg=ma1
    v12=2a1x1
    联立解得:x1=0.25 m。
    (2)由运动学公式可得:v1=a1t1
    由题意知P=F1v1
    物块在t1~t2时间内做变速运动位移为x2,由动能定理得:
    P(t2-t1)-μmgx2=eq \f(1,2)mv22-eq \f(1,2)mv12
    撤去外力后,物块做匀减速运动,根据牛顿第二定律可得:μmg=ma2
    v22-v32=2a1(s-x1-x2)
    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=eq \f(1,2)mv32-eq \f(1,2)mv02
    代入数据解得R=0.1 m
    综上所述,R应满足条件R≤0.1 m。
    (3)物块到达圆轨道最高点的速度为v4,则有:2mgR=eq \f(1,2)mv32-eq \f(1,2)mv42
    物块离开Q点做平抛运动,因此可得:
    2R=eq \f(1,2)gt2,xm=v4t
    联立可得:xm2=-16R2+2R
    因此,当R=m时,可得xm=eq \f(1,4) m。

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