资源描述
(新高考)高考物理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
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