【文档说明】（新高考）高考物理3月月考卷（A卷）(解析版，A3版).doc，共(6)页，295.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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（新高考）高考物理3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．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FBcos30°＋FCcos

30°＝FA＝3mg，所以FB＝FC＝3mg，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2s内平均速度大小为10m/s，则质点在第2s内的平均速度大小

()A．不可能小于10m/sB．不可能大于10m/sC．有可能等于10m/sD．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2s内的平均速度可以小于10m/s或为0，如竖直上抛运动在1.5s末到达最高点，故AD错误；若质点做匀加速直线运动，则在第

2s内的平均速度大于10m/s，故B错误；质点在第2s的平均速度可以大于或小于10m/s，因此也可以等于10m/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5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GMmr2＝mv2r可得v＝GMr，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5倍，故A正确；由v＝GMr可知半径越小，速度越大，故B错误；根据公式GMmr2＝mω2r，可得ω＝GMr3，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3.9×104m高空自由坠落，最终安全跳伞着陆。直播画面显示，

气球升至3.9×104m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46s时，速度达到1150km/h，其运动过程的最大速度为1342km/h；在距着陆点1524m

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46s，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＝46s，Δv＝1150km/h＝319m/s，a＝ΔvΔt＝6.9m/s2＜9.8m/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2cm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＝0.15s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0.4sB．甲、乙两列波的波速大小均为5m/sC．甲、乙两列波的波速大小均为10m/sD．t2＝0.

5s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4m，取甲、乙两个相邻波峰为研究对象，两列波的波速大小均为11(0.5)m/s5m/s220.15svt，周期均为0.8svT

，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＝0.5m＋5m＝5.5m，需要时间220.55s2xtv，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＝εrS4πkd，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1～2s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＝U2R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10m/s2，则下列说法正确的是()A．第三象限的电场强度大小为mgq，方向竖直向下B．小球的初速度为10m/sC．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20π()mvqB【答案】BC【解析】小球在第三象限做匀速圆周运动，则mg＝qE，即E＝mgq，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＝

12gt2，又y＝0.05x2，联立解得v0＝10m/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＝vsinα，洛伦兹力提供向心力qvB＝

mv2r，得r＝0sinmvqB，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02mvqB，要使小球都能打到y轴负半轴上，所加磁场区域的最小面积Smin＝12πR2＝20π()2mvqB，D错误。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)某同学用如图（a）所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ：将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间

变化的规律，如图（b）中的曲线②所示。图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T。(1)根据图（b）可得，木块经过位置x2时的加速度a＝_____；现测得T＝0.1s，x1＝4cm，x2＝9cm，x3＝16cm，θ＝37°，可求得μ＝____

_。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），重力加速度g取10m/s2，结果保留1位有效数字）(3)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变的规律可能是图（b）中的曲线_____。（选填图线序号①、②或

③）【答案】(1)32122xxxT0.5(2)①【解析】(1)木块在斜面上做匀加速直线运动，相邻相等时间内位移之差Δx＝aT2，因此有x3−2x2＋x1＝aT2解得32122xxxaT，由牛顿第二定律可得a＝gsinθ−μgcosθ，联立解得μ＝0.5。(2)若只增大木板倾斜的

角度，加速度增大，由x＝12at2可知，则木板相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的①。14．(8分)实验小组用满偏电流为100μA、内阻约为几千欧的电流表G进行电表的改装与校准实验：(1)如图（甲）所示，采用“半偏法”测量电流表G的内阻，则测量值________真实值（选填“＞

”“＝”或“＜”）。若测得电流表G的内阻为2kΩ，将电流表G改装成量程为0～3V和0～15V的双量程电压表，设计电路如图乙所示，则R2＝_________kΩ。(2)用量程为3V的标准电压表V对改装电压表的3V挡进行校准，电源的电动势E＝4V，滑动变阻器有两种规格，最大阻值分别为50Ω和

5kΩ。①为了方便实验中调节电压，应选用最大阻值为_________Ω的滑动变阻器；②请将图中实验器材连接成校准电压表的电路。【答案】(1)“＜”120(2)50见解析【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律和串并联的特点，当闭合开关S2，调整电流表半偏时，回路中的总电流增大（大于满偏电流Ig），故流

过R′的实际电流比流过电流表的电流大（大于0.5Ig），因此R′＜Rg，即测量值小于真实值；当开关接1时，根据欧姆定律可得3＝Ig(Rg＋R1)，当开关接2时，根据欧姆定律可得15＝Ig(Rg＋R1＋R2)

，代入数据联立可得R1＝28kΩ，R2＝120kΩ。(2)为了实验时调节滑动变阻器，电压表能从0开始，且有明显示数变化，宜选用最大阻值较小的滑动变阻器，即选择50Ω的；实物电路图如图所示。15．(7分)肺活量是在标准大气压p0＝1atm下人一次尽力呼出空气的体积。(1)某实验

小组在学习气体实验定律后，设计了“吹气球法”的小实验来粗测肺活量。如图，甲同学通过气球口用力一口气向气球内吹气（吹气前气球内部的空气可忽略不计）。气球没有被吹爆，此时气球可近似看成半径为r的球形，球内空气的压强p＝1.5atm，空气可看作理想气体。设整个过程温度保持不变，则甲同学的肺活量是多少？(

2)某游泳运动员的肺活量为6L。在标准谁状态下，空气的摩尔体积为22.4L/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023mol－1，则该运动员一次能呼出的空气分子数为多少？（计算结果保留两位有效数字）【解析】(1)甲同学呼出气体作等温变化，设肺活量为V0，有p0V0＝pV将p＝1

.5p0代入可得V＝2πr3。(2)6L空气的摩尔数622.4mmol含有的分子数n＝mNA＝1.6×1023（个）。16．(9分)一汽车行驶时遇到紧急情况，驾驶员迅速正确地使用制动器在最短距离内将车停住，称为紧急制动，设此过程

中使汽车减速的阻力与汽车对地面的压力成正比，其比例系数只与路面有关。已知该车以72km/h的速度在平直公路上行驶，紧急制动距离为25m；若在相同的路面上，该车以相同的速率在坡度（斜坡的竖直高度和水平距离之比称为坡度）为1∶10的斜坡上向下运动，则

紧急制动距离将变为多少？（g＝10m/s2，结果保留两位有效数字）【解析】以汽车初速度方向为正方向，设质量为m的汽车受到的阻力与其对路面压力之间的比例系数为μ，在平直公路上紧急制动的加速度为a1。根据牛顿第二定律得：－

μmg＝ma1根据匀减变速直线运动规律得：0－v02＝2a1s1联立解得μ＝0.8设汽车沿坡角为θ的斜坡向下运动时，紧急制动的加速度为a2，制动距离为s2。根据牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝

ma2根据匀变速直线运动规律得：0－v02＝2a2s2由题意知tanθ＝0.1，则sinθ≈0.1，cosθ≈1联立解得：s2＝29m。17．(14分)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于

y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向内。一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的粒子、从原点O以大小为v0的速度沿x轴正方向射入，通过磁场后到达y轴上的P(0，－d

)点，不计粒子所受的重力。(1)求匀强磁场的磁感应强度B；(2)将该粒子改在y轴上的Q(0，34d)点同样以速度v0平行于x轴正方向射入电场中，已知电场场强大小E＝Bv0，粒子最后从y轴上N点（图中未画出）离开磁场，求N点的位置和粒子从Q点运动到N点的总时间。【解析】(1)粒子从O点进入磁场

运动到P点，有：qv0B＝mv02R，d＝2R解得磁感应强度02mvBqd=。(2)粒子从Q点射入电场直到离开过程，有：qE＝ma，34d＝12at12x＝v0t1将E＝Bv0代入可解得1032dtv=，x＝32d粒子离开电场时的速度大小和速度方向与x轴正

方向的夹角θ，满足：222002vvatv=+=，01cos2vv==即θ＝60°粒子进入磁场运动，有qvB＝mv2r解得半径r＝d因为rsinθ＝32d＝x所以圆周轨道的圆心A在y轴上，如图所示。N点与原点O距离yN＝r＋rcosθ＝32d粒子在磁场中运动的周期T和时间t2T＝2πrv，20

1π33dtTv==因此粒子从Q点运动到N点的总时间1203π()23dtttv=+=+。18．(16分)如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝3kg的小物块A，物块A不会脱离弹簧。装置的中

间是长度l＝4.0m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带以v＝7m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量m＝1kg的小物块B从曲面上距水平台面h＝5.25m处由静止释放，经过传送带后与物块A发生对心弹

性碰撞，已知碰撞前物块A静止且弹簧处于原长状态，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3，取g＝10m/s2，不考虑物块大小对问题的影响，不考虑物块运动对传送带速度的影响。求：(1)物块B与物块A碰撞前

瞬间的速度大小；(2)物块A、B碰撞后，传送带的传动速度降v′＝2.5m/s，方向保持逆时针方向不变。试求物块B重新滑上传送带后Δt＝2.4s内传送带对物块B的合冲量大小。【解析】(1)设B滑到曲面底部速度

为v0，根据机械能守恒定律：mgh＝12mv02解得v0＝105m/s＞v＝7m/s所以B在传送带上开始做匀减速运动，设B一直减速滑过传送带的速度为v1，由动能定理可得：－μmgl＝12mv12－12mv02解得v1＝9m/s＞v＝7m/s说明假设成立，即

B与A碰前速度为9m/s。(2)设第一次碰后A的速度为vA1，B的速度为vB1，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械等守恒定律得：mv1＝mvB1＋MvA112mv12＝12mvB12＋12MvA12解

得：vB1＝－4.5m/s上式表明B碰后以4.5m/s的速度向右反弹，滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向右减速的最大位移为xB，由动能定理得：－μmgxB＝0－12mvB12解得：xB＝278m因l＝4.0m，所以

还未滑出传送带B的速度减为零，这个过程经历的时间有vB1＝μgt1得t1＝1.5s＜Δt由于传送带已经在A、B碰撞后调为v′＝2.5m/s，所以物体B将向左做加速运动，设加速到与传动带共速的时间为t2，因此有v′＝μgt1解得t1

＝56s这过程产生的位移xB2＝12v′t2＝2524m所以，在共速后的t3＝Δt－t1－t2＝115s内，物体将做匀速直线运动，这段时间内产生的位移xB3＝12v′t3＝16m由于xB2＋xB3＜xB，所

以在重新滑上传送带2.4s内，物体B未从传动带左端滑出所以在这2.4s内，水平方向的冲量I1＝m(v′－vB1)＝7kg‧m/s竖直方向的动量I2＝mgΔt＝I1＝24kg‧m/s所以，B重新滑上传送带后2.4s内传送带对B的冲量大小I＝2212II＝25kg‧m/s。