【文档说明】福建省莆田市2021届高三下学期5月月考物理（A卷）试题 含答案.doc，共(7)页，624.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-bdb3c3e8c1fbdb5daa05b046e97ad753.html

以下为本文档部分文字说明：

（新高考）2020-2021学年下学期高三5月月考卷物理（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．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．23892U→23490Th＋42He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3s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1s内上升高度为h，则水通过前15h

段用时为()A．0.5sB．(2－3)sC．(3－22)sD．0.2s4．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)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12m2gD．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121()mmgm+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

32r成正比D．∆g与23r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＋I2RB．充电宝产生的热功率为I2RC．手机

电池产生的焦耳热为U2RtD．手机电池储存的化学能为UIt＋I2Rt7．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处固定此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号电荷量为－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＜EpfD．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＝12T2B

．p1＝p2、V1＝12V2、T1＝12T2C．p1＝2p2、V1＝2V2、T1＝2T2D．p1＝2p2、V1＝2V2、T1＝4T210．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．v0B．0C．2μ2ghD．－v011．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23v，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22163BavmRC．此时圆环中的电功率为222649BavRD．此过程中通过圆环截面的电量为223BaR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1s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9.80m/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3V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1U－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＝12kΔx2，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qm、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＝0.4kg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＝7.5m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－1F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＝1s，t2时刻后撤掉拉力。重力加速度取g＝10m/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？（新高考）2020-2021学年下学期高三5月月考卷物理（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；23892U→23490Th＋42He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＝ldλ，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3s水到达最高点，则水射出时竖直方向初速度为vy0＝gt＝30m/s，第1s内上升高度为01130(30101)1m25m22yyvvht++−===，设水通过前15h末的竖直分速度大小为vy，则有22025yyhgvv−=

−，解得202m/syv=，所用的时间0(322)syyvvtg−==−，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2Fcosα＝m2g，解得则绳子FG上的拉力大小222cos2mgmgF=>，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121()mmgm+，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＝GMmR2，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3333344ππ334π/3MrMrrMRR===，则A点的重力加速度满足22MmMmmgGGRh=−，可得32(1)rggRh=−，即32ggggrRh=−=，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2290(3)dQQEkkrr=−=，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p1V1T1＝p2V2T2可知，若p1＝p2、V1＝2V2，则T1＝2T2，故A错误；若p1＝p2、V1＝12V2，则T1＝12T2，故B正确；若p1＝2p2、V1＝2V2，则T1＝4T2，故C错误，D正确。10．【答案】A

C【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＝2m2gh，又F＝μFN，解以得v′＝

2μ2gh。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×23v＝83Bav，感应电流大小83EBavIRR==，故其所受安培力大小22323BavFR=，加速度22323FBavammR==，故

B错误；此时圆环的电功率2222649BavPIRR==，故C正确；此过程中圆环磁通量的变化量Δφ＝Bπa2，故电荷量2πBaqRR==，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＝12gt2，设连拍周期为T，由8t

T=，又因为1fT=，代入数据解得30Hzf=。14．(8分)【答案】(1)2.95（2.93～2.98）212URUU−偏大(2)aa－r【解析】(1)电压表量程为3V，由图乙所示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为2.97V；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V

UEUIRURR=+=+，由题意得E＝U1，22VUEURR=+，解得电压表内阻2V12URRUU=−，考虑电源内阻11VUEUrR=+，22VUEURrR=++()，解得2V12URRrUU=−−，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VUEUIRURR=+=+，整理得V111RUERE=+，由图丙所示1U－R图象可知，图象的斜率V10()bbkERaa==−−＝，纵轴截距1bE=，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VUEUI

rRUrRR=++=++()()，整理得VV111rRUEREER=++，由图丙所示1U－R图象可知，图象的斜率V10()bbkERaa==−−＝，纵轴截距V1rbEER=+，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＝23p0。(2)对气缸A的气体：p0VA＝pA‧12VA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053pSmg=。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：aa1kLmg=根据几何关系有：a0HLLL=++解得：10amgHLLk=++。(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：33220mvmv−=根据能量守恒定律有：22223320111()222bmvmvkLL+=−联立解得：230323()()bmkvLLmmm=−+设自b解锁瞬间至恢复原长所需的时间为Δ

t，B的高度变化量为h′，由动量守恒定律，有：320hhmmtt−=根据几何关系有：0hhLL+=−联立解得：2023()mhLLmm=−+。17．(14分)【解析】(1)在电场中，由2012

Eqdmv=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，3sin30RLRR=+=L＝35sin30RRR+=(21)(21)sin30RLnRnR=−+=+（n＝1.2.3……）200vBqvmR=解得02Eqdvm=，21LRn=+，(21)

2(1,2,3)nEmdBnLq+==(2)在电场中最短时间2112dat=，Eqam=解得t1＝2mdEq在磁场中最短时间求解过程如下02RTv=圆心角a＝120°，t2＝13T，此时R最大，3LR=。联立解得2π2

9LmtEqd=所以min122π29mdLmtttEqEqd=+=+。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＝ma1v12＝2a1x1联立解得：x1＝0.25m。(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＝12mv22－12mv12撤去外力后，物块做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma2v22－v32＝2a1(s－x1－x2)

物块能够达到圆轨道的最高点，则有：20vmgmR=物块从P点到Q点，机械能守恒，因此有：2mgR＝12mv32－12mv02代入数据解得R＝0.1m综上所述，R应满足条件R≤0.1m。(3)物块到达圆轨道最高

点的速度为v4，则有：2mgR＝12mv32－12mv42物块离开Q点做平抛运动，因此可得：2R＝12gt2，xm＝v4t联立可得：xm2＝－16R2＋2R因此，当R＝116m时，可得xm＝14m。