2025年高三下学期学科素养月度测评物理（五）2版(重庆甘肃贵州专用)-【真题密卷】2025年高三下学期物理学科素养月度测评

密真 2024一2025学年度下学期学科素养月度测评 题 物理（五） 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 1.“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和 微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护， 能有效地减小摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以 () 0.1秒识别 是否摔倒 0.08秒 气囊打开保护 A.减小穿戴者与地面的接触时间，减小合力冲量 B.延长穿戴者与地面的接触时间，增大合力冲量 C.减小穿戴者与地面的接触时间，减小地面对穿戴者的平均冲击力 D.延长穿戴者与地面的接触时间，减小穿戴者的动量变化率 2.某运动员参加百米赛跑，起跑后做匀加速直线运动，一段时间后达到最大速度，此后保 持该速度运动到终点。下列少t和x-t图像中，能够正确描述该过程的是 () 物理试题（五）第1页（共8页） 真题密卷·学手 班级 姓名 3.如图甲为按压式发电手电筒。以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生如 图乙所示的交变电流，已知与其串联的白炽灯泡额定电压为9V、阻值为18Ω。若该灯 得分 泡恰好正常发光，则该发电机 ( E 0.1 70.2s E 甲 A.输出电流的最大值为0.5A B.输出电流的有效值为0.5A C.输出的交流电频率为50Hz D.一个周期内输出电流的平均值为0.5A 4.如图所示，充满气的篮球放在由、b两根光滑杆组成的架子上。已知两根杆相距L= √2R,其所在平面与水平面间的夹角为30°，篮球的半径为R、重力为G。则a杆对篮球 的支持力大小为 () b杆 309 a杆 A.Gtan30° B.Gsin30° C.Gcos 15 D.Gsin15° 5.如图所示，水平地面上固定一足够大的斜面，斜面倾角为37°，从斜面上P点正上方一点 沿与水平方向成45°角斜向上抛出一小球，小球抛出最大速度为10m/s,g取10m/s2, 抛出点与P点间的距离为3，则斜面上与抛出点等高的可能落点构成线段的长度为 () B 人37° B 斗素养月度测评 物理试题（五）第2页（共8页） 2 A.10m B.2√/21m C.20m D.4√21m 6.在xOy坐标系中，x正半轴和y正半轴上存在两列相干线性平面波波源S1、S2,传播方 3 向如图所示。已知直线y=x上的所有点均为振动减弱点，直线y=4x上距离坐标原 点O最近的加强点P与O点的距离为1m,两平面波的振动周期均为T=0.5s。下列 说法正确的是 () A U A.两列波的起振方向相同 B.两列波的波速v=1m/s C.直线y=4x上的减弱点距离0点越远分布越稀疏 D.以O点为圆心、5λ为半径的圆周上有10个加强点 7.如图甲所示，在水平放置平行金属板A、B左侧有一线状粒子发射源（图中未画出），能发 出宽度为d、速度相同的带正电粒子束，t=0时刻该粒子束恰好完全水平进入平行金属 板间。已知粒子束的速度0。=1X10m/s,比荷9=1×10C/kg,两板间距d=20cm, 板长L=4cm,极板间加如图乙所示的交变电压。不考虑电容器的边缘效应，也不考虑 击中极板的粒子对板间电压的影响，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。则粒子射 出电场时的位置到B板的距离至少为 () UAB/V 10 01 2:4: 6 8×10s) -20 甲 乙 A.0.0025m B.0.005m C.0.01m D.0.015m 2 物理试题（五）第3页（共8页） 真题密卷·学手 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图甲所示是研究光电效应的实验原理图，金属板K是由逸出功W。=4.54eV的金属 钨制成，图乙是氦离子能级图，用一群处于=3能级的氦离子发出的光子照射阴极。 已知滑动变阻器最大阻值R=102,滑片P初始位置处于滑动变阻器中点O,电源电动 势E=30V,内阻忽略，则 真空 0------0 n= 3.40V n=3 -6.0eV -13.6eV a￥Pb m=2 =1 -54.4eV 乙 A.滑片P向b端移动，电流表一直增大 B.辐射的光子都能使金属板发生光电效应 C.滑片P向a端移动，电流表示数一直减小直到零 D.调节滑片P,到达A极板的光电子最大动能为58.86eV 9.如图所示，光滑水平面上有一倾角0=60°、表面固定一内壁光滑的轻质细管的斜面。轻 绳左端固定在竖直墙壁的O点，右端连接位于A点的小球，小球质量m=1kg,O、 A间的轻绳水平且足够长。斜面与小球在水平外力F的作用下保持静止。某时刻撤去 F后，小球沿管道滑落至C点。g取10m/s2,下列说法正确的是 () F B 0N hZ7nnmmmmmmmm7m A.外力F大小为10√3N B.小球到达C点时的速度大小大于斜面的速度大小 C.小球到达C点时的速度大小等于斜面的速度大小 D.小球机械能守恒 斗素养月度测评 物理试题（五）第4页（共8页） 10.如图甲所示，一足够长的木板静置于水平地面上，右端放置一可视为质点的小物块。 在t=0时刻对木板施加一水平向右的、大小为36N的恒力F,作用1s后撤去F,整个 过程木板运动的t图像如图乙所示。已知小物块的质量m=2kg,木板的质量为M (未知)，物块与木板间、木板与地面间动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，g取10m/s2,物块始终未从木板掉落。下列说法正确的是 ( ) u/(m's) 11.5 A.木板的质量M=4.5kg B.动摩擦因数为0.2 C.整个过程系统因摩擦而产生的热量为81J D.整个过程木板运动的位移大小为6.75m 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(7分)弹力带是一种常见的健身器材。某同学为了探究弹力带所受拉力与其伸长量的 关系，进行如下实验： m/Kg 6.0 钉子 5.0 弹力带甲 4.0 卷尺 3.0 杠铃片 2.0 托盘 1.0 十 110120130140150160170x/cm 甲 乙 (1)如图甲，将弹力带甲竖直挂在固定的钉子O上，其下端P连接一托盘，卷尺竖直固 定在旁边，卷尺的零刻度线与钉子平齐； (2)逐步增加托盘上杠铃片的数量，分别记录杠铃片与托盘的总质量、下端P对应卷 尺等高处的刻度值x,并在图乙中描点； 物理试题（五）第5页（共8页） 真题密卷·学科 (3)当杠铃片与托盘总质量为3.0kg时，弹力带甲下端P对应的刻度值如图甲，其读 数为 cm,请在图乙中把此坐标点描出，并作出弹力带甲的m-x图像；由此可 知，在弹力带甲的弹性限度内，每增加1kg的杠铃片，稳定后P下降 cm(结 果保留两位有效数字)； (4)弹力带乙的-x图像如图线乙。若要增大力量训练强度，应选用弹力带 (填 “甲”或“乙”)。 12.(9分)某同学要把一个电流计（满偏电流为1mA,内阻未知）改装成一个量程为6V的 电压表。为此，他设计了如图甲所示的实验电路图，先进行对该电流计内阻值的测量。 其中R1为最大阻值较大的滑动变阻器。连接好电路后，该同学进行了如下实验操作： TTTT 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 mA 甲 乙 丙 ①开关闭合之前将R1、R2调到最大值； ②只闭合开关S1,将R1由最大阻值逐渐调小，使电流计读数达到满偏电流I.; ⑤保持R,不变，再闭合S,调节电阻箱R:的值，使电流计读数等于}1，同时记录下 此时电阻箱的读数为602。 (1)根据实验记录的数据，可求得待测电流计的内阻为 2; (2)该同学用测量值作为电流计的内阻，将电流计改装成量程为6V的电压表，需要串 联一个R= 的电阻； (3)该同学用一个同量程的标准电压表与改装后的电压表并联进行校准，其中标准电 压表示数如图乙所示时，改装电压表的表盘如图丙所示，则改装后的电压表量程为 V(保留两位有效数字)，改装电表的量程发生偏差的可能原因是：电流计 内阻测量值比真实值 (填“偏大”或“偏小”)； (4)要达到预期改装目的，不重新测量电流计的内阻值，只需将阻值为R的电阻换为一 个阻值为R的电阻即可，其中k= 素养月度测评 物理试题（五）第6页（共8页） 2 13.(10分)如图所示为某透明介质制成的棱镜截面，该截面由扇形和直角三角形构成。 一单色细光束由平面上的M点斜射入棱镜，细光束刚好在Q点发生全反射。已知 OM=R,∠N=30°；弧MP等于弧PQ的3倍，光在真空中的速率为c,求： (1)光束在M点射入棱镜时与MN边夹角的余弦值； (2)光束从M点射入到第一次从棱镜中射出的时间。 0 30>W 14.(13分)如图所示，质量为3m的小球A通过长为L的轻质细线悬挂在天花板上，当悬 线竖直时，小球A与地面恰好不接触。另一质量为m的小球B以初速度。向右运 动，与静止的小球A在水平面发生弹性正碰；B的左侧有可移动的挡板P,B球与挡板 发生碰撞时无能量损失。实验时依次改变挡板位置，保证每次B与A发生弹性正碰的 位置均在A球轨迹最低点。已知水平面光滑，空气阻力可以忽略，实验中小球A的摆 角始终小于5°，重力加速度为g,当0很小时，sin0≈0，且弧长近似等于弦长。求： (1)第一次碰撞后瞬间小球A、B的速率； (2)为按要求完成第二次碰撞，挡板P到碰撞位置的距离应满足的条件； (3)第三次碰撞后小球A做简谐运动的振幅。 A 7777 2 物理试题（五）第7页（共8页） 真题密卷·学 15.（18分)如图所示，相距L=1m的两条金属导轨足够长，倾斜部分与水平面夹角0=37°， 其他部分水平，左边接有一个阻值为1Ω的定值电阻R,右端接有一个电容C=0.25F的 电容器。金属杆ab的质量m=0.01kg,导轨所在处MN左端导轨光滑，且有竖直向 上的磁场，MN右端导轨的动摩擦因数=0.2，且有水平向右的匀强磁场。以金属杆 b初始位置处为x=0处，水平向右为x轴，磁感应强度随x的分布规律如图所示（不 严格按比例)，其他所有电阻均不计。闭合开关S,在水平拉力的作用下让金属杆ab从 初始位置开始以速度v0=3m/s水平向右做匀速运动，求：（注：图中x。=1m,k= 0.2T/m,不计拐角处的机械能损失，cos37°=0.8，g取10m/s2,电容器在无电阻的 电路中放电极快) (1)在水平轨道上（小于x。时）运动时水平拉力F与x的关系； (2)金属杆ab从开始位置运动到x。时，通过电阻R的电荷量q;如果拉力F在0~xo 的过程中对ab杆做的功约为0.085J,流过R的电流的有效值； (3)当运动到x=x。时，撤去外力并断掉开关S,试求撤出外力后：①电容器所带电荷 量的最大值；②金属杆ab运动的时间和路程。 光滑圆弧挡板 5. 4x 3 斗素养月度测评 物理试题（五）第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 2024一2025学年度下学期学科素养月度测评 物理（五） 命题要素细目表 关键能力：I.理解能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ.模型建构能力V,实验探究能力 V.创新能力 核心素养：①物理观念 ②科学思维③科学探究④科学态度与责任 关键能力 核心素养 预估难度 题号 题型 分值 考查内容 ⅡⅢWV ①②③④ 等级系数 1 单项选择题 4 用动量定理解释缓冲现象 易 0.80 单项选择题 x-t图像t图像反应的物 2 4 理量 易 0.75 有效值的定义、一般交流电的 3 单项选择题 4 有效值 中 0.60 单项选择题 直接合成法解决三力平衡问 4 4 题、正交分解法解共点力平衡 中 0.70 5 单项选择题 4 斜面上的平抛运动 中 0.65 单项选择题 波的干涉图样、判断干涉加强 6 中 0.70 和减弱区 带电粒子在周期性变化的电 单项选择题 4 中 0.60 场运动 多项选择题 遏止电压的本质及其决定因 8 5 素、基态、激发态、跃迁、电离 中 0.70 正交分解法解共点力平衡、判 二 9多项选择题 5 断系统机械能是否守恒、斜牵 中 0.70 引运动的运动分解 多项选择题 受恒定外力的板块问题、能量 10 5 守恒定律和板块问题结合 难 0.40 11 实验题 7 探究弹力和弹簧伸长量的关 为 0.70 系的数据处理与误差分析 灵敏电流计改装成电压表、电 12 实验题 9 0.60 表的校准原理及其电路 中 折射率的波长表达式和速度 13 计算题 10 表达式、发生全反射的条件、 中 0.60 三 临界角 单摆周期公式的简单应用、利 14 计算题 13 用动量守恒及能量守恒解决 中0.45 碰撞问题 求导体棒运动时间或某力作 6 计算题 18 用时间或者某个恒力大小、求 导体棒运动过程中通过其截 换 0.30 面的电量 物理答案（五）第1页（共7页） 2 真题密卷 学科素养月度测评 精典评析 TIANSHUJIAOYU ★在xOy坐标系中，x正半轴和y正半轴上存在两列相干线性平面波波源S1、S2,传播方向如图所 3 示。已知直线y=x上的所有点均为振动减弱点，直线y=4x上距离坐标原点O最近的加强点P与O 点的距离为1m,两平面波的振动周期均为T=0.5s。下列说法正确的是 () 个y =x S A.两列波的起振方向相同 B.两列波的波速v=1m/s 3 C.直线y一4x上的减弱点距离0点越远分布越稀疏 D.以O点为圆心、5入为半径的圆周上有10个加强点 【试题解读】 题目情境新颖，考查了线性平面波的干涉，考查细致，充分考查学生对加强，点减弱，点的理解，而非生硬 的套用公式，同时本题可以很好的考查学生获取信息的能力及创新能力，符合高考题的考查方向。 ★如图所示，相距L=1m的两条金属导轨足够长，倾斜部分与水平面夹角0=37°，其他部分水平，左 边接有一个阻值为12的定值电阻R,右端接有一个电容C=0.25F的电容器。金属杆ab的质量m= 0.01kg,导轨所在处MN左端导轨光滑，且有竖直向上的磁场，MN右端导轨的动摩擦因数μ=0.2，且 有水平向右的匀强磁场。以金属杆b初始位置处为x=0处，水平向右为x轴，磁感应强度随x的分布 规律如图所示（不严格按比例），其他所有电阻均不计。闭合开关S,在水平拉力的作用下让金属杆ab从 初始位置开始以速度v。=3m/s水平向右做匀速运动，求：（注：图中x。=1m,k=0.2T/m,不计拐 角处的机械能损失，cos37°=0.8，g取10m/s2,电容器在无电阻的电路中放电极快) …… 光滑圆弧挡板 5.8 4x 3 【试题解读】 本题综合性非常强，考查全面，题目条件设置新颖，实现了电容器恒定的充电电流，学生需要敏锐的抓 住题目特点，对电容器的充放电电流进行求解；倾斜导轨部分磁场竖直方向，学生需要准确把握条件特，点， 求解电动势和分析安培力方向时准确把握条件特，点，除此之外该运动过程也很好的考查了恒力作用下单 棒切割的含容电路问题；最后一个运动过程，需要学生关注到题目中“电容器在无电阻的电路中放电极快” 的特殊条件，关注到磁场方向的特殊性对导体棒运动的影响，同时关注到安培力冲量对导体棒运动的影 响。可以说本题可以很好的检测学生对于电磁学的基础知识、基本方法的掌握情况，同时具有很好的区 分度。 2 物理答案（五）第2页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、单项选择题 5.D【解析】小球初速度方向与水平方向夹角为 1.D【解析】在穿戴者着地时，动量的变化量是一 45°，当小球初速度大小为10m/s时，小球落到与 定的，即合外力的冲量一定，根据Ft=△p,由于 抛出点等高的落，点时水平位移最大，此时小球的 穿上马甲后与地面接触时间变长，可知地面对穿 2v, 戴者的平均冲力减小，即穿戴者的动量变化率减 水平位移x1= .且v,-vz=5√2m/s,解得 g 小，D正确。 x1=10m,当小球面对斜面抛出且初速度方向与 2.B【解析】因为vt图像的斜率表示加速度，由速 AA'垂直时，小球落到与抛出，点等高的落点时水 度与时间关系可知v=at,则匀加速阶段为一条 平位移最小，此时小球的水平位移x2=4m,则 倾斜直线，匀速阶段为一条平行于时间轴的直 斜面上与抛出点等高的落点构成线段的长度 线，A错误，B正确；根据位移与时间的关系x= x=2√x1-x克=4√21m,D正确。 2a1,则xt图像在匀加速阶段为开口向上的抛 .D【解析】由题意可知，直线y=x上的所有点均 物线，匀速阶段为一条倾斜直线，C、D错误。 为振动减弱点，到两波源的距离相等，所以两列 3B【解析】白炽灯泡额定电压为9V、阻值为 波的起振方向相反，A错误；P点的坐标为 18Ω，灯泡恰好正常发光，则输出电流的有效值 (5m,亏m,所以距离坐标原点0最近的加强 4 3 【-名-9A=0.5A,题图乙中电流为正孩式交 支电流，则输出电流的最大值1。=21= 点P到两波源的距离差△r=xP一yp=5m一 2A, 5m=0.2m= A错误，B正确；根据题图乙可知，周期为0.2s, 2,两列相干线性平面波的波长 1 则频率f=下=5Hz,C错误；在一个周期内穿过 X=0.4m,所以波速--0m/s=0,8m/s,B 线圈的总磁通量的变化为零，所以由法拉第电磁 错误；振动减弱，点到两波源的距离差△=以(n=1, 感应定律可知，一个周期内的平均电动势为零， 工上为减弱点的横坐标为 3 则平均电流也等于零，D错误。 2,3,…),设直线y= 4.C【解析】画出篮球的受力分析如图甲所示，两根 1 杆相距L=√2R,根据勾股定理，两力之间的夹角 x,则△==x-y=4x(n=1,2,3,…),解得 为90°，F。与Fb方向如图乙所示，F。与Fb的合 力F竖直向上，与重力等大反向，可知a杆对篮 x=1.6n(n=1,2,3,…),所以直线y= 4x上减 球的支持力大小为F。=Gc0s15°，C正确。 3 弱点的横坐标均匀分布，即直线y=x上减弱 篮球 点距离O点均匀分布，C错误；振动加强，点到两 R 波源的距离差Ar=1+2(n=0,1,2,3,…),设 此时加强点坐标为(x,y),则x2十y2=(5入)2， a杆( △r=|x-y联立，可知当n≥5时无解，则n< F 5,所以n=0,1,2,3,4,每个n值对应两个加强点 坐标，加强点共10个，D正确。 7.B【解析】粒子束在水平方向做匀速直线运动，则其 575° 村的电场所有时网1一之-铁-X10老 零时刻射入电场的粒子进入电场且能射出电场， G 0~2×105s时间内，A板带正电，B板带负电， 粒子向下做类平抛运动，粒子的加速度大小a1= 物理答案（五）第3页（共7页） 2 真题密卷 学科素养月度测评 qE qU m md =5×107m/s2,竖直方向的位移y1= )相对等于斜面向左的速度大小，当小球到达C 点时，小球对地实际运动的速度？球是相对和？鲜 2a1号=0.01m,2X105~4X105s时间内，A 的合速度，三者关系如图丙所示，则有℃球=口斜，B 错误，C正确：结合上述受力分析可知，小球对斜 板带负电，B板带正电，粒子向下做类斜抛运动的 面做正功，斜面的机械能增大，则小球的机械能 逆运动，粒子的加速度大小a2= qE2 qU2 减小，即小球的机械能不守恒，D错误。 m md 2二1X 108m/s2,第一段类平抛运动的末速度和第二段 本FN 160° 类斜抛运动的初速度相同，第二段竖直方向做减速 运动，则有a1t1=a2t2,解得t2=t1=1X105s, mg (m+M)g 第二段类斜抛运动在竖直方向的位移y?=24?号 乙 2×1X10×(1X105)2=0.005m,当类斜抛运动 60 轨迹与B板如图所示相切时，射出电场时粒子到 、当 相对 B板距离最小，最小距离ymin=y2=0.005m,B 丙 正确，A、C、D错误。 10.BD【解析】由题图乙可知，在t=1.5s时木板 9 A 的加速度发生了变化，说明此时小物块与木板 的速度相等，小物块对木板的摩擦力方向发生 了变化，在11.5s时间内小物块相对木板滑 5-3 动，木板的加速度a:=15二m/s=4m/s,对 二、多项选择题 木板由牛顿第二定律ng十μ(m十M)g=Ma2, 8.BD【解析】滑片P向b端移动，光电管两端的正 向电压增大，则开始时电流表示数增大，当电流 在0~1s时间内木板的加速度a,=5二0， 1m/s= 达到饱和电流时将保持不变，A错误；处于n=3 5m/s,由牛顿第二定律可知F一mg-μ(m十 能级的氨离子向低能级跃迁时辐射的光子能量 M)g=Ma1,联立解得M=4kg,μ=0.2，B正 分别为40.8eV、48.4eV和7.6eV,都大于金属 确，A错误；在0一1.5s时间内小物块始终相对 钨的逸出功W。=4.54eV,可知都能使金属板发 木板滑动，由牛顿第二定律知，小物块的加速度 生光电效应，B正确；滑片P向a端移动，光电管 a4=m3=2m/s2,小物块的位移x=2a, 1 加反向电压增加，则电流表示数一直减小，当到 m 达a端时反向电压为15V,而光电子最大初动能 2.25m,木板的位移大小为vt图像包围的面积 Ekm=48.4eV-4.54eV=43.86eV,则仍有光 电子可到达A极形成光电流，则电流表示数最终 大小，则号×5x1m+53×L.5-Dm= 不为零，C错误；因光电子最大初动能为Em= 4.5m,t>1.5s时，小物块与木板相对静止，则整 43.86eV,若调节滑片P到b端，则光电管加正 个过程小物块相对木板运动的位移大小x相= 向电压15V,到达A极板的光电子最大动能 x板一x,=2.25m,整个过程小物块相对木板运 Ekm=15eV+43.86eV=58.86eV,D正确。 动时产生的热量Q1=umgx相=9J,木板与地面 9.AC【解析】撤去F前，斜面与小球静止时，对小 之间的摩擦产生的热量Q2=μ(m十M)gx板总， 球进行受力分析如图甲所示，对小球和斜面组成 木板与小物块一起运动的位移xk=24g v2 的整体进行受力分析如图乙所示，根据平衡关系 有Fr=mgtan60°，F=Fr,解得F=103N,A 2.25m,木板运动的总位移x板总=x板十x板= 正确；由于轻绳的存在，斜面向左移动x时，小球 6.75m,联立解得Q2=4(M十m)gx总=8J, 沿斜面下滑x,即小球相对斜面下滑的速度大小 因此整个过程系统因摩擦而产生的热量Q= 2 物理答案（五）第4页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 Q1十Q2=81J+9J=90J,D正确，C错误。 1mA=6.4V,因为改装后的电压表量程偏大， 三、非选择题 可能的原因是电流计内阻的测量值比真实值 11.(3)124.15(124.14~124.16均可得分)(1分) 偏小。 见解析(2分)8.7(8.4~9.0均可得分)(2分) (4)由于改装后的量程为6.4V,则改装后的电 (4)甲(2分) 6.4 【解析】(3)弹力带甲下端P对应的刻度值读数 表的电阻R&=1X10=64000,而正确量程 为L=124.15cm,弹力带甲的m-x图像如图所 下，电表的内阻应为Rv=1 U =60002要达到 示，由此可知，在弹力带甲的弹性限度内，每增 预期改装目的，不重新测量电流计的内阻值，只 加1kg的杠铃片，稳定后P下降△x= 需将阻值为R的电阻换为一个阻值为R的电 150-110 6.0-1.4 cm≈8.7cm。 阻即可，故kR=R一(R总一Rv),即k= 5880-400137 m/kg 6.0 5880 -147° 5.0 1以.a (2)23+6)R 3c 4.0 【解析】(1)作出光路图如图所示，因为孤MP等 3.0 于孤PQ的3倍，所以∠MQ0=∠MOQ=60°， 2.0 MQ=R 根据光的折射定律可知sin∠MQ0=1 1分) 110120130140150160170x/cm 22√3 可得折射率为n= (1分) (4)设弹力带的原长为xo,则mg=k(x一x0), 33 整理得m=飞一及 光束在M点射入棱镜时，设入射角为Q,折射角 x一 x0,可知mx图像斜率越 g g 为B,光束在M点射入棱镜时与MN边夹角为 大，弹力带的劲度系数越大，由图乙可知弹力带 Y,由几何关系可知B=30° 甲的图像斜率较大，弹力带甲的劲度系数较大， sin a 由光的折射定律n= sin B (1分) 相同拉力下，形变量小，若要增大力量训练强 度，应选用弹力带甲。 可得sina= √3 (1分) 12.(1)120(1分)(2)5880(2分)(3)6.4(2分) 第小e分)留2分) 由几何关系a+Y=90° 可得cosy=sina=5 (1分) 【解析】1根格那分电路欧姆定律可得宁1，R。 3 a K (亿。-}。)R,则待测电流计的内阻R,=2R,= 609 1202。 (2)将电流计改装成量程为6V的电压表，需要 串联电阻的阻值R=U一I,R (2)由于光束在棱镜中发生全反射的临界角为 60°，由图可知光束从MN边K点射出，由几何 6-1×10-3×120 关系可知，QF=Rsin∠QOF= (1分) 1×10-3 2=58802。 (3)题图乙标准电压表的示数为3.2V,毫安表 又有FP=R-Rcos∠QOF= 2-3」 的读数为0.50mV,即对应改装表的电压为 3.2V 3.2V,则改装后电压表量程为0,50mAX 则FG=FP:tan60=25-3R 2 (1分) 物理答案（五）第5页（共7页） 2 真题密卷 学科素养月度测评 由几何关系可知MQ=GK=R 由机械能守恒定律得 光束在棱镜中运动的路程 8,18 1 X3m s=MQ+QF+FG+GK=(3+1)R (1分) 2 4+2m4=2 X3mu+ 2 mvbz (1分) 由光的折射定律0=C n 解得vA2=0,Ve=00,方向向左 (1分) 第三次碰撞重复第一次碰撞，由(1)结果可知 可知光束在棱镜中传播的速度口= 3c (1分) 2 UA8=2 (1分) 所以光束从M点射入到第一次从棱镜中射出 的时间 小球A摆动到最高，点的过程，根据机械能守恒 t=5=(23+6)R 定律得 (1分) 3c 2X3mvks=3mgL (1-cos 0) (1分) 14.2 2 (2)u(2n+1)/D (n=0,1,2,3,…) 解得c0s0=1一8gL v 8g16RL (3) 所以sin0 【解析】(1)小球A和B发生弹性正碰，由动量 8gL√I6gL-i (1分) 守恒定律得 所以振板A≈10=8g1gL-丽 (1分) mU0=3mvA1十mB1 (1分) 由能量守恒定律得 15.(1)F=0.09x+0.12x2 (2)0.1C A 5 1 2云—×321/1 (1分) (3)①0.2C②1.93s3.73m 【解析】(1)感应电动势E=BLvo=0.6x 解得VA1=2 E 通过R的电流Ik一尺=0.6x (1分) (1分) 电容器两端的电压U=E 所带电荷量 第一次碰撞后瞬间小球A、B的速率均为2 9=CU=0.15.x (1分) (2)第一次碰撞结束后两小球速率相等，为完成 第二次碰撞必然在小球A向左运动时。自第一 8=-0150 △t 次碰撞结束瞬间至第2次碰撞所需时间t应 所以充电电流Ic=0.15v0=0.45A 满足 所以流过金属杆的电流 T I=IR+Ic=0.45+0.6x t=nT+2(n=0,1,2,3,…) (1分) 则F=BIL=0.09x+0.12x2 (1分) 其中T=2xg (2)根据IR=0.6x=0.6vot=1.8t (1分) 1 设此过程挡板到碰撞点的距离为x,x应满足条 运动时间t=3s 件2z=受 (1分) 0+1.8X3 1 (1分) T πw(2n十1) 可得q= 2 3=0.1C 4 充电电流为定值，对应的安培力 (n=0,1,2,3,…) (1分) Fc=BIcL=0.09x (3)第二次碰撞，规定向左为正，由动量守恒定 克服充电电流的安培力所做的功 律得 0+0.09×0×x,=0.045J Wc= (1分) 2 -mX- 2 =3m0A2十mUB2 (1分) 电阻产生的热量Q=0.085J一0.045J=0.04J 2 物理答案（五）第6页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 根据Q=I2Rt ②在斜面运动的时间 部释1-9A 0-v01 (1分) t1= a 3s (1分) (3)①到x0处时E=kxL0=0.6V 到达MN右边后，磁场水平向右，金属杆ab不 再产生感应电动势，由于没有电阻，电容器放电 电容器的电荷量 90=CU。=0.15C 非常迅速，设为△，因为时间极短，安培力会远 大于金属杆的重力，那么有 进入斜面后 uBL∑I△t=mo-mv1 (1分) Bc=Bcos 0=kxo=0.2 T (1分) uBL 根据牛顿第二定律 01=- -qm=3.2m/s (1分) m mg sin0-BcIL=ma (1分) 且由于时间极短，位移为0 结合CBcLa=I 因为在MN右边运动的加速度 0.6mg a1-g=2m/s2 解得a= m+CkL:-0.3g=3m/s (1分) 运动的位移51=2a =2.56m (1分) 所以到达MN处的速度 v=√6+2as 运动时间2=01=1.65 2.8 5=307 故运动的时间 cos 06 m (1分) 58 t=61十t2=30s≈1.93s (1分) 解得v=√o+2as=4m/s 运动的路程 所以，电容器的最大带电量 2=6+2.56=559 7 150m≈3.73m (1分) qm=CBcLv=0.2C (1分) 物理答案（五）第7页（共7页） 2