2025年高三下学期学科素养月度测评物理（一）3版(山东专用)-【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（一） 本试卷总分100分，考试时间90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8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目 要求。 1.2024年9月，中国科学院合肥物质科学研究院在自研磁体方面取得技术突破，产生了 42.02T的稳态磁场（稳态磁场是指磁感应强度不随时间变化的磁场），其强度约为地磁 场强度的80万倍。下列说法正确的是 () A.42.02T表示磁通量的大小 B.该稳态磁场不可能激发出电场 C.磁感应强度不随时间变化的磁场一定是匀强磁场 D.将通电直导线放入该稳态磁场，受到的安培力一定很大 2.如图所示，半圆柱体玻璃砖横截面半径为R,高为4R。有单色光垂直平面ABCD射入 玻璃砖，为了避免光从圆弧面射出，需要在圆弧面上涂抹一层吸光材料。已知玻璃砖对 2W3 该单色光的折射率为3，则涂抹层的最小面积为 ( D B 2 4 8 A.g B.3R2 C.2πR2 D.3R 3.用粒子X轰击原子核Be生成C与n,用粒子X轰击原子核C生成Y,此反应放出的核 能为E。。已知B、X、1C的比结合能分别为E1、E2、E3,下列说法正确的是 () 物理试题（一）·第1页（共8页） 真题密卷·学 A.X是B粒子 班级 B.Y是1§O C.粒子X轰击Be后放出的核能为9E1+4E2-12E3 D.Y的比结合能为4E+12E,一E 姓名 16 4.如图所示，匀强磁场方向与水平面成60°角斜向右下方，矩形线圈以恒定角速度ω绕水 得分 平面内的OO轴按图示方向转动，线圈通过换向器与电阻R相连。以图中时刻为计时 起点，规定电流由a通过R流向b方向为电流正方向，则通过R的电流i随时间变化图 像正确的是 ( ) B c.o D.6品 5.A、B两个粗细均匀的同心光滑圆环固定在竖直转轴上，圆心O在转轴上，两环和转轴在 同一竖直面内，、b两个小球分别套在A、B两个圆环上，当两环绕竖直轴匀速转动后， a、b两球在环上的位置可能是 ( B B B A. B. C D. 6.一小车（可视为质点）沿x轴运动，坐标x随时间t的变化图像如图中的实线所示，实 线与虚线组成开口向上的抛物线，抛物线的顶点坐标为（一5s,0),与纵轴的交点坐标 为(0,25m)。下列说法正确的是 ( ) A.小车做匀加速运动，其加速度大小为1m/s2 x/m B.小车的初速度大小为10m/s C.3s末小车的速度大小为13m/s 25 D.0~3s时间内，小车的位移大小为64m -50 t/s 斗素养月度测评 物理试题（一）·第2页（共8页） 7.如图所示，光滑的细杆固定放置，与水平方向的夹角为37°，质量为的小球与质量为 2的物块通过细线连接，细线跨过天花板上的两个轻质定滑轮。小球套在细杆上从某 处由静止开始上滑，细线一直处于伸直状态，当小球运动到A点时，速度方向沿着杆斜 向上大小。=√gL,细线与细杆之间的夹角为37°，当小球运动到B点时，细线与细杆 垂直。已知A、B两点的距离为L,重力加速度为g,小球与物块（均可视为质点）总在同 一竖直平面内运动，sin37°=3 ,C0s37°=4 ,下列说法错误的是 () 37 270 A.当小球在A点时，物块的速度大小为工 B.当小球运动到B点时，物块速度的大小为0 C.小球从A点运动到B点的过程中，系统总重力势能的减小量为3mgL 5 41mgL D.小球从A点运动到B点的过程中，细线对小球做的功为 25 8.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD-A1B1C1D1,边长为L, 从顶点A以不同速率沿不同方向水平抛出同一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关 于小球的运动，下列说法正确的是 gL A.落点在A1B1C1D1内的小球，初速度的最大值为 2 B.运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同 C.落点在A1B1C1D1内的小球，落地时重力的瞬时功率可能不同 D.小球击中CC1的各次运动中，击中CC1中点时的末速度最小 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9.在电子显微镜中，电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚和发 散作用。其中的一种电子透镜由两个金属圆环M、N组成，其结构如图甲所示，图乙为 图甲的截面示意图。显微镜工作时，两圆环的电势PN>PM,图乙中虚线表示两圆环之 间的等差等势面，O点为水平虚线与竖直虚线的交点，α、b两点关于O点中心对称。现 有一束电子经电场加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进人金属圆环M。下列 说法正确的是 () 3 物理试题（一）·第3页（共8页） 真题密卷·学 A.a点电势比b点电势低 B.a点电场强度与b点电场强度相同 C.该电子透镜对入射的电子束能起到发散作用 D.电子在穿越电子透镜的过程中电势能减少 10.“嫦娥五号”月球探测器返回舱为了安全带回样品，采用了类似“打水漂”多段多次减速 技术。如图所示，用虚线表示地球大气层边界，虚线外侧看作没有大气。关闭发动机 的返回舱从a点滑入大气层，然后经b点从c点“跳出”，经d点后再从e点“跃入”。d 点为轨迹最高点，距离地面高度为h,已知重力加速度为g,地球半径为R。下列说法 正确的是 () 地球 大气层 A.a、c、e三点的速率满足va>ve=ve B.返回舱在b点有竖直向下的加速度分量 gR2 C.返回舱在d点时的角速度等于√R十h) D.返回舱在c→d点与d→e点的时间相等 11.如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t=0时刻 对木板施加一水平向右的恒定拉力F,作用1s后撤去F,此后木板运动的t图像如 图乙所示。物块和木板的质量均为1kg,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,下列说法正确的是 () ↑/ms1 F ndmn1mn7nn7i7 1.5 t/s 甲 乙 A.拉力F的大小为18N B.物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ=0.4 C.物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m D.t=2s时，物块的速度减为0 4素养月度测评 物理试题（一）·第4页（共8页） 12.如图所示，两根足够长的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别 为2L和L,图中OO'左侧是电阻不计的金属导轨，OO'右侧是绝缘轨道。金属导轨部 分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。;OO'右侧以O为原点，沿导轨方 向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律B=B。十kx(k>0)的竖直向下的磁场（图中未 标出)。一质量为m、阻值为R、三边长度均为L的U形金属框，左端紧靠OO'平放在 绝缘轨道上（与金属导轨不接触）处于静止状态。长为2L、质量为m、电阻为R的导体 棒a处在间距为2L的金属导轨上，长为L、质量为m、电阻为R的导体棒b处在间距 为L的金属导轨上。现同时给导体棒a、b大小相同的水平向右的速度vo,当导体棒b 运动至OO'时，导体棒a中已无电流(a始终在宽轨上)。导体棒b与U形金属框碰撞 后连接在一起构成回路，导体棒a、b、金属框与导轨始终接触良好，导体棒a被立柱挡 住没有进入右侧轨道。下列说法正确的是 () 立柱 XX A.给导体棒a、b大小相同的水平向右的速度vo后，导体棒b做匀速运动 6 B.导体棒b到达O0'时的速度大小为50 C.导体棒b与U形金属框碰撞后连接在一起后做匀减速运动 12mvoR D.导体棒b与U形金属框碰撞后，导体棒b静止时与OO'的距离为 5k2L4 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6分)某实验小组验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，将小球向下拉到某一 位置释放后，小球上下来回运动，利用手机录制一段视频，利用Tracker软件对视频进 行逐帧分析，得出每一帧对应时间及小球所在位置。已知小球质量m=0.05kg,当地 重力加速度g取9.8m/s,弹簧劲度系数k=1.38N/m,视频帧率为30fps(每秒30 帧)。取竖直向上为正方向，竖直方向位移用y表示，利用重力势能E1=mgy、动能 E。-号mw2,弹性势能E=y2计算总机械能E。 1 0.4 0.3 0.2 弹性势能 0.1 动能 03060912 21/22 机械能 -0.1 -0.2 -0.3 重力势能 -0.4 物理试题（一）·第5页（共8页） 真题密卷·学科 (1)表格中是本次测量的部分数据，当小球下落位移为一0.02000m时，请计算：①弹簧 的弹性势能Ep2= J;②系统的机械能E= J(结果均保留四位小数)。 时间(s) 位移(m) 速度(m/s) 动能(J) 重力势能(J) 弹性势能(J) 机械能(J) 0.066667 -0.02000 -0.6119 0.0094 -0.0098 ① ② 0.100000 -0.04648 -0.9230 0.0213 -0.0228 0.0015 0.0000 0.133333 -0.08153 -1.1994 0.0360 -0.0399 0.0046 0.0007 (2)测量多组数据并绘制动能、重力势能、弹性势能、机械能随时间变化情况如图乙所 示（图中各物理量单位均为国际单位，纵轴表示能量，横轴表示时间），由图乙可得 出的实验结论是 A.小球在重力作用下机械能守恒 B.小球在重力和弹簧弹力作用下机械能守恒 C.小球与弹簧组成的系统在重力和系统内弹力作用下机械能守恒 14.(8分)某同学测量一个电阻的阻值Rx,已知Rz约为2502，有以下实验器材可供选择： A.电流表A1(量程为0~15mA,内阻r1约为22)； B.电流表A2(量程为0~3mA,内阻r2=1002); C.定值电阻R1(阻值为9002)； D.定值电阻R2(阻值为99002)； E.滑动变阻器R3(0~202,允许通过的最大电流为100mA); F.滑动变阻器R4(0~202,允许通过的最大电流为400mA); G.滑动变阻器Rs(0~1002,允许通过的最大电流为20mA); H.蓄电池E(电动势为3V,内阻很小)； I.开关S与若干导线。 (1)滑动变阻器应选择 (填“R3”“R4”或“R”)。 (2)在虚线框内将图甲所示的电路补充完整，并标明各器材的符号。后续实验都在正 确连接电路的条件下进行。 ↑I,/mA 12.5 E 0 2.5 1/mA 乙 (3)该同学在某次实验过程中测得电流表A1的示数为I1,电流表A2的示数为I2,则 该电阻表达式R.= (用I1、I2表示)。 (4)调节滑动变阻器，测得多组I1和I2,并作出I1-I2图像如图乙所示，则该电阻的阻 值为 2。 (5)从系统误差的角度考虑，该电阻测量值 (填“大于”“等于”或“小于”)真 实值。 素养月度测评 物理试题（一）·第6页（共8页） 3 15.(8分)随着国产新能源汽车的飞速发展，现在高端的国产新能源汽车也配备如图甲所示 的空气悬架系统，该系统可以简化成一个带活塞的导热气缸，如图乙所示，活塞通过轻质 金属杆固连到车轮轮轴上。一辆质量M=1.6×103kg(不含4个车轮和活塞)的汽车静 止在水平地面时，每个气缸内气体体积V1=4×103m3,活塞面积S=1.0×10-2m2,初 始时环境温度t1=27℃，大气压强。=1.0×105Pa,气缸内气体可看作理想气体，T= t+273K,g取10m/s2。 (1)若环境温度缓慢升高到t2=33℃，大气压强保持不变，求每个气缸内气体的体积。 (2)若环境温度保持27℃不变，质量m=60kg的驾驶员上车，待缸内气体稳定后，求每 个气缸内气体的体积（结果保留三位有效数字）。 汽车 甲 16.(8分)台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图所示，运动员采用“点杆”击球法（当 球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回)击打母球，母球离杆后与目标球发生对心正 碰（可视为弹性碰撞），使得目标球被碰撞后经CD边反弹进入球洞A,两球运动的路径 如图中虚线所示。已知两球质量均为0.2kg,且均可视为质点，两球间距离为0.9m, 目标球与CD挡壁反弹点的距离为0.3m,目标球被CD挡壁反弹后运动方向与AC 挡壁间夹角为30°，AC=1.4m,两球与桌面间阻力均为重力的3，不计球与挡壁碰撞 过程中损失的动能，g取10m/s2。 (1)求母球在桌面做直线运动时的加速度大小。 (2)若某次击打后母球获得的初速度为1m/s,且杆头与母球的接触时间为0.05s,求 母球受到杆头的平均冲击力大小。 (3)若击打后母球获得vo=5/s的初速度，求目标球被碰撞后的速度大小，并分析目 标球能否进入球洞A。 O母球 30 O目标球 F 17.(14分)如图所示，竖直平面内有一边长为5cm的正方形ABCD,CD边水平，将质量 m=0.1kg、电荷量q=1×10-3C的带正电小球自A点沿AB方向抛出，恰好通过C 点，g取10m/s2。 (1)求小球抛出时的速度大小。 物理试题（一）·第7页（共8页） 真题密卷·学科 (2)若只增加一个平行于ABCD平面的匀强电场E1(大小未知)，将小球自A点由静 止释放，恰好沿AC运动，求电场强度E1的最小值。 (3)若只在ABCD平面内增加一个方向平行AC的匀强电场E2(大小未知)，将小球自 A点沿某方向（未知）抛出，恰好能先后通过B、C两点，且从A到B和从B到C的 时间相等，求小球通过C点时的动能大小。 18.（16分)如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第二象限内有平行于 桌面的匀强电场，电场方向与x轴负方向的夹角0=45°。在第三象限垂直于桌面放置 两块相互平行的平板C1、C2,两板间距d1=0.6m,板间有竖直向上的匀强磁场，磁感 应大小可变。两板右端在y轴上，平板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔 M,小孔M离坐标原点O距离L=0.72m。在第四象限垂直于x轴放置一块平行y 轴且沿y轴负方向足够长的竖直平板C3,平板C3在x轴上垂足为Q,垂足Q与原点 O相距d2=0.18m。现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度vo=4√2m/s垂 直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进人磁场区域。已知小球 可视为质点，小球的比荷？=20C/kg,P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离s= 10m,不考虑空气阻力与小球重力。 (1)求匀强电场的场强大小。 (2)求带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上的范围。 (3)若t=0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度随时间呈周期性变化（取竖 直向上为磁场正方向)，如图乙所示。同时撤去平板C2,磁场区域充满第三象限，求 小球从M点到打在平板C3上所用的时间。 B/T 桌面 2.5 0入 d 0 π π jπ /s 100 50 100 125 -2.5 C 甲 素养月度测评 物理试题（一）·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（一） 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Ⅳ.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 题号 题型 分值 考查内容 预估难度 ⅡⅢWV①②③④等级系数 单项 1 选择题 磁感应强度的定义 0.85 单项 2 折射定律 易 0.80 选择题 单项 3 核反应方程、比结合能 易 0.80 选择题 单项 通过楞次定律判断电流方向 中 0.70 选择题 单项 5 选择题 3 共点力平衡、牛顿第二定律 中 0.65 单项 6 3 选择题 x-t 图像、匀变速运动公式 中 0.65 单项 关联速度模型、动能定理、机械能 3 中 0.60 选择题 守恒定律 单项 平抛运动模型、功率、平抛运动中 8 选择题 3 的最值 0.55 多项 9 选择题 4 电势、电场强度、电势能 0.50 多项 10 选择题 4 动能定理、圆周运动 0.50 多项 11 选择题 t图、牛顿第二定律、运动学公式 难 0.35 12 多项 选择题 安培力结合动量定理、感应电动势 0.30 13 实验题 6 验证机械能守恒定律 0.75 14 实验题 测量未知电阻阻值 0.50 15 计算题 d 理想气体状态方程 易 0.80 三 16 计算题 牛顿第二定律、动量守恒定律、机 0.70 械能守恒定律 17 计算题 14 运动学公式、牛顿第二定律、机械 能守恒定律 中 0.50 牛顿第二定律、类平抛运动、匀速 18 计算题 16 圆周运动、带电粒子在周期磁场的 难0.25 运动 物理答案（一）·第1页（共7页） 真题密卷 学科素养月度测评 精典评析 TIANSHUJIAOYU ★某同学测量一个电阻的阻值R,已知R.约为2502，有以下实验器材可供选择： A.电流表A1(量程为0~15mA,内阻r1约为22)； B.电流表A2(量程为0~3mA,内阻r2=1002); C.定值电阻R1(阻值为9002)； D.定值电阻R2(阻值为99002)； E.滑动变阻器R3(0~202,允许通过的最大电流为100mA); F.滑动变阻器R4(0~202,允许通过的最大电流为400mA)； G.滑动变阻器R5(0~1002,允许通过的最大电流为20mA)； H.蓄电池E(电动势为3V,内阻很小)； 1.开关S与若干导线。 (1)滑动变阻器应选择 (填“R3”“R4”或“R”)。 (2)在虚线框内将图甲所示的电路补充完整，并标明各器材的符号。后续实验都在正确连接电路的条件下 进行。 ↑I/mA 12.5 E 0 2.5 A (3)该同学在某次实验过程中测得电流表A1的示数为I1,电流表A2的示数为I2,则该电阻表达式Rz= (用I1、I2表示)。 (4)调节滑动变阻器，测得多组11和I2,并作出11-I2图像如图乙所示，则该电阻的阻值为 n。 (5)从系统误差的角度考虑，该电阻测量值 (填“大于”“等于”或“小于”)真实值。 【试题解读】 本题综合考查电学实验中器材选择、电路设计、数据处理和误差分析，考查全面细致，其中滑动变阻器 的选择既要考虑分压式电路对滑动变阻器的要求，又要考虑安全因素，需要学生对该知识，点深入掌握才能 得分。 ★如图所示，竖直平面内有一边长为5cm的正方形ABCD,CD边水平，将质量m=0.1kg、电荷量q= 1×10-3C的带正电小球自A点沿AB方向抛出，恰好通过C点，g取10m/s2。 (1)求小球抛出时的速度大小。 (2)若只增加一个平行于ABCD平面的匀强电场E1(大小未知)，将小球自A点由静止释放，恰好沿AC 运动，求电场强度E1的最小值。 (3)若只在ABCD平面内增加一个方向平行AC的匀强电场E2(大小未知)，将小球自A点沿某方向（未 知)抛出，恰好能先后通过B、C两点，且从A到B和从B到C的时间相等，求小球通过C点时的动能 大小。 D 【试题解读】 题干简洁，表述简单，但信息量很大，能很好地考查学生获取信息并进行物理转化的能力，综合考查了 匀变速曲线运动、图解法求极值，其中对于匀变速曲线运动的考查细致、深入、到位，学生需要清楚地把握 该运动特点才能着手进行第三个问题的求解。 3 物理答案（一）·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 1.B【解析】42.02T表示磁感应强度的大小，A 错误：根据麦克斯韦电磁场理论可知该稳态磁场 不可能激发出电场，B正确；磁感应强度不随时间 变化的磁场为恒定磁场，在恒定磁场中，如果磁 感应强度在空间各处完全相同，即大小和方向都 mg 不变，就是匀强磁场，C错误；磁场中通电直导线 6.B【解析】设题图抛物线方程为x=k(t十5)2，由 受力情况与长度、电流、磁场强度、方向均有关， 于t=0时，x=25m,解得k=1,即x=(t+5)2,变 所以无法判断所受安培力的大小，D错误。 化得x=25十10t十t2,由此可见，小车做匀加速直 2.D【解析】根据折射率n与全反射临界角C的 1 关系n=sinC,解得C=60,根据几何关系可 线运动，由x=x十ut什2at可知初始位置坐标 x=25m,初速度的大小o0=10m/s,加速度大 得，为避免光从圆孤面射出，涂抹区域对应的最 小a=2m/s2,A错误，B正确；3s末小车的速度 小圆心角2C=120°，则涂抹层的最小面积Smin= 2×4银×需-号R,DE项. 大小v=v0十at1=16m/s,位置坐标x3=x0十 1 1 ut+2at好=25m+10×3m+2×2X32m- 3.B【解析】粒子X轰击原子核Be的核反应方程 为Be十4X→C十n,则X为He,即a粒子，A 64m,在0~3s时间内，小车的位移大小△x= 错误；粒子X轰击原子核C的核反应方程 x3-x0=64m-25m=39m,C、D错误。 为号C十X→1Y,则Y是O,B正确；Be与粒 7.C【解析】小球在A点时，把实际速度v。分别 沿着细线方向和垂直细线方向分解，沿着细线方 子X发生核反应产生的核能△E=12E3一9E1一 4E2,C错误；C与粒子X发生核反应放出的核能 向的分速度v婴线=00c0S37°=4√g 5 ,由关联速 为E。,设Y的比结合能为E,由能量守恒E。= 16E-4E,-12E,解得E= E+4E2+12E,D 度可知，此时物块的速度等于沿细线方向的速 16 度，则有新块=V浴线= 4W√gL 错误。 5,A正确；同理，小球 4.A【解析】从题图所示位置顺时针转60°角的过 运动到B点时，把小球的速度分别沿着细线方向 程中，线圈的磁通量在减小，由楞次定律可知，感应 和垂直细线方向分解，因为细线与细杆垂直，即 电流方向由b通过R流向a,即为负方向，这段时 细线与小球的速度方向垂直，则物块的速度为 间出，一乙，当转到线圈学西与破场方向平行时， 零，B正确；小球从A点到B点，重力势能的增加 量E=mgL sin37°=3mgL,物块下落的高度 线圈的感应电流最大。继续转30°角的过程中，线 5 圈的磁通量在增大，由楞次定律可知，感应电流方 h=I 向由b通过R流向a,即为负方向，这段时间 c0s32Ltan37°三，重力势能的减小 △，一。继续转60°角的过程中，线图的磁通量 量E2=2mgh=mgL,则系统总重力势能的减小 量△E,=E一E2mL,C错误；小球从A点 在增大，线圈两个接头通过换向器改变了与R两 5 端的连接，由楞次定律可知，感应电流方向由a通 运动到B点过程，细线对小球做的功W战与细 过R流向6，即为正方向，这段时同山，一，此 线对物块做的功W细线，有W线十W蜘线=0。分 1 时，线圈平面与磁场方向垂直，感应电流为0，综上 析物块，根据动能定理有2mgh十W如气=0一2 所述，A正确。 则细线对小球做 5.B【解析】对小球受力分析如图所示，由牛顿第 2mo装，解得W如我=一41mgL 25 二定律得mg石一，故方-怎，两小球角速度 41mgL 的功W知线=一W蜘线= 25 ，D正确。本题选 相同，故h相同，即在同一个水平面内做圆周运 错误的，所以选择C 动，B正确。 8.B【解析】落点在A1B1C1D1内的小球，运动时 物理答案（一）·第3页（共7页） P 真题密卷 学科素养月度测评 2L 时做近心运动，此时地球引力大于所需向心力，故 间t一g ，落到C点的小球初速度最大，则初 gR L-√工，A错误；运动轨 m<√R十h)C错误；返回舱经过c点后做斜 速度的最大值vom t 上抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，轨迹对 迹与AC1相交的小球，位移的偏向角均相同，均 称，所以在c→d点与d→e点的时间相等，D 1 正确。 28t gt 有tan0= 二，速度的偏向角tana= 11.AC【解析】由题图像可知，撤去拉力F前，物 块在木板上一直有相对运动，否则，撤去拉力℉ 华-2tan0,可知速度偏向角都相同，即在与AC 后，木板的t图像不可能是两段折线。在1~ 1.5s内，物块加速、木板减速，设它们的加速度 交点处的速度方向都相同，B正确；落点在 △w13-0 A1B1C1D1内的小球，下落的竖直高度为L,则 大小分别为a1a,则a,-出-5-0m/g- 落地的竖直速度)，=√2gL,则落地时重力的瞬 △v28-3 时功率Pc=mg℃，=mg√2gL都相同，C错误； 2m/s,a:=△。-15户m/s=10m/s,设物 小球击中CC1的各次运动中，设初速度为。，则 块、木板的质量均为m,物块与木板之间的动摩擦 运动时间二上，竖直速度”，=贴，=2 因数为以1，木板与地面之间的动摩擦因数为2， 则有对物块有1mg=ma1,对木板有41mg十 击中CC1时的速度v1=√0十0 μ2·2mg=ma2,得h1=0.2,2=0.4,撤去拉力 入洛+28，由数学知识可知，当后一2L2 F前，木板的加速度Q二8m/S,对木板，根 一时 据牛顿第二定律有F一(u1mg十μ2·2ng)= 1最小，即=√2gL,此时击中CC1时下落的 ma0,得F=18N,A正确，B错误；在t1=1.5s 竖直离度A=日s-, =2L,D错误。 0132 时，物块位移x1一20，一22m=2,25m,木板位 二、多项选择题 8 移x2=21+2a2 82-32 9.BD【解析】两圆环的电势PN>PM,则靠近N环 0-i(2×1+2X10)m马 的电势较高，即Q点电势比b,点电势高，A错误； 6.75m,在t1=1.5s后，物块与木板间仍有相对 根据对称性可知，a点电场强度与b点电场强度 滑动，物块的加速度大小a1=μ1g=2m/s2,木板 大小相等，方向相同，B正确；根据电场线与等势 的加速度大小为a2,42·2mg一μ1mg=ma2得 面垂直可知，入射的电子受电场力指向中轴线， a2=6m/g2,物块到停止的时间还需t一a了= 01 则该电子透镜对入射的电子束能起到会聚作用， C错误；根据E。=qP可知，电子在穿越电子透镜 3 U1 的过程中电势能减少，D正确。 2s=1.5s,木板到停止的时间还需一。 10.AD【解析】返回舱从a点滑入大气层经b点 到达c,点的过程，由于有空气阻力做负功，返回 68=0.55,所以木板比物块早停止运动。在方= 舱的动能减小，故有口a>v,从c点经d点后达 1.5s到物块停止运动的时间内，物块的位移x1 到e点的过程，不受空气阻力作用，返回舱在该 0232 01 过程机械能守恒，而c点和e点高度相等，返回 2a2X2m=2.25m,木板位移x2-2a5 舱在两，点的重力势能相等，故有口。=⑦。，所以 32 va>v=v。,A正确；返回舱由a运动到b再到 2X6m=0.75m,物块最终停止时的位置与木 c的过程中，做曲线运动，合力的方向应指向轨 板右端间的距离△s=x2十x:一(x1十x1)= 迹的凹侧，所以返回舱在b点有向上的加速度 [6.75+0.75-(2.25+2.25)]m=3m,C正 分量，B错误；若返回舱过d,点所在的圆轨道做 确；由上可知，物块从开始到停止运动的时间为 匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有 3s,2s时的速度不为0，D错误。 Mm m' 12.BD【解析】给导体棒a、b大小相同的水平向右 GR+h)z=mw(R+h),地球表面有GR 的速度0后，因为导体棒a产生的电动势大于导 gR2 体棒b产生的电动势，所以回路中有感应电流产 mg,所以w= √R+h),实际上返回舱在d,点 生，导体棒a做减速运动，导体棒b做加速运动， 3 物理答案（一）·第4页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 然后做匀速运动，A错误；设导体棒b到达OO'时 I2(r2+R1)1000I2 (3)根据电路图可得R,= 的速度大小为v,此时导体棒a的速度大小为 I1-I2 11-I2 va,因为此时已经无电流，所以BLwb=2BLva,则 1000I (4)根据Rz= ,变形得1=I2+R ,1000Y 对导体棒a、b分别根据动量定理可得一2BLg I1-I mwa一muo,BLg=mb一mw0,联立解得vb= 12.5=1+1 根据题图乙可知图像的斜率k一25 1000 6 R B正确：导体捧b与U形金属框碰撞后连 解得R,=2502。 接在一起后做加速度不断减小的减速运动，C错 (5)电阻的电压及电流测量值均没有系统误差， 误；设导体棒b与U形金属框碰撞后共同速度 故电阻的测量值等于真实值。 为01，则根据动量守恒定律可得mvb=2mw1, 15.(1)4.08×10-3m3(2)3.88×10-3m3 3 【解析】(1)汽车质量不变，则气缸内气体压强 解得01=亏，由题意可知U形金属框右边始 不变，属于等压变化，有 终比U形金属框左边的磁场大△B=L,从导 Vi V2 TiTa (1分) 体棒b与U形金属框碰撞后到最终静止的过 其中T1=t1+273K=300K E△BLV 程，回路中的平均电流一R=2R°，根据动 T2=t2+273K=306K 解得V2=4.08×10-3m3 (1分) 量定理有一△BI'Lt'=0一2mw1,b棒静止时与 (2)初始时，设每个气缸的压强为p1,则有 OO'点的距离x=t',联立解得x= 12mvoR 5k2L4 ,D PiS-P0S+Mg (1分) 4 正确。 解得p1=5.0×105Pa (1分) 三、非选择题 驾驶员上车后，设每个气缸内压强为2，则有 13.(1)0.0003(2分)一0.0001(2分)(2)C(2分) P:S=poS+(M+m)g (1分) 【解析】(1)根据E=2y,代入数据解得 4 解得p2=5.15×105Pa (1分) E2≈0.0003J;系统的机械能E=Ep1十E2+ 驾驶员上车过程属于等温变化，有 Ek=-0.0001J。 piV1=p2V3 (1分) (2)小球只在重力作用下机械能守恒，A错误； 解得V3≈3.88×103m3。 (1分) 小球在重力和弹簧弹力作用下，小球的机械能 不守恒，但小球与弹簧组成的系统在重力和系 16.a号mg。 EN (3)√I9m/s目标球 统内弹力作用下机械能守恒，B错误、C正确。 能进球洞A,计算过程见解析 14.(1)R4(1分)(2)见解析(2分) 【解析】(1)由牛顿第二定律可得 ae分)0se分 F:=kmg=ma (1分) 根据题意可知b=3 1 (5)等于(1分) 【解析】(1)由题知，为准确测量Rz,故需要测 10 解得a=kg=3m/s。 (1分) 量较多的数据，所以滑动变阻器采用分压式接 法，滑动变阻器R3、R5会被烧坏，需选择R4。 (2)杆头击打母球，对母球由动量定理可得 (2)因题中没有提供电压表，故需要将电流表A2 (F-F)△t=mw-0 (1分) 与定值电阻R1串联，改成一个电压表，其量程 14 (1分) U=I.(RA2十R1)=3V,而电流表A1放在千路 代入数据解得F=3N。 中，完整的电路图如图所示 (3)母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动， 由动能定理可得 1 1 kmgsi-2 mv2mvi (1分) 母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒定律和 机械能守恒定律可得 mv=moi+mv2 物理答案（一）·第5页（共7页） 3 真题密卷 学科素养月度测评 i=m时+7ma时 1 1 1 y= 2 usin a·t (1分) 联立解得目标球被碰撞后的速度大小 usin a t= (1分) v2=√19m/s a 假设目标球运动到速度减为0时的路程为5，则 5 V8 m/s 联立解得0= (1分) 由动能定理可得 1 故小球抛出时的动能 -Fs=0-2mo号 (1分) 1 解得s=2.85m E=2m02=3.125X10-2J (1分) 而目标球到洞A的总路程 根据对称性可知小球通过C,点的动能 AC E%=Ek=3.125X10-2J。 (1分) L=0.3m c0s30≈1.92m (1分) gE 由于s>L,所以目标球能进入球洞A。(1分) 17.(1)0.5m/s(2)5√2×102N/C ma (3)3.125×10-2J 【解析】(1)小球做平抛运动通过C点，设水平 和竖直方向的位移分别为s、h,则 s=vot (1分) 乙 h-ze (1分) 18.(1)8√2V/m (2)Q点至下方9， 40m 代入数据解得小球抛出时的速度大小 (3) 7π，33 vo=0.5m/s。 (1分) 150+200 (2)如图甲所示，电场力与重力的合力应沿AC 【解析】(1)小球在第二象限内做类平抛运动，有 方向，且当电场力与AC垂直时电场强度最小， s=vot 由图甲可知 at=votan 0 (1分) sin 0=E (2分) 由牛顿第二定律有 mg gE=ma (1分) 解得电场强度E1的最小值 解得E=8√2V/m. (1分) E1=5√2×102N/C。 (1分) (2)设小球通过M,点时的速度为v,由类平抛运 动规律 -sin 0-8m/s (1分) 小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运 甲 动，轨迹如图甲所示，由牛顿第二定律有 (3)以AC方向为x轴，垂直AC的方向为y轴， 2 qoB-mR (1分) 建立如图乙所示的坐标系，由题意可知小球受 到垂直A、C两点连线方向的合力，且合力方向 沿y轴负方向，其轨迹才能为抛物线。设小球 解得B=n gR 抛出时速度大小为v、方向与x轴的夹角为a, 小球刚好能打到Q,点时磁感应强度最强，设为 加速度为a,从A到B的时间为t,由图可知 B1,此时小球的轨迹半径为R1,由几何关系有 sin45°-ma R L-Ri (1分) (1分) mg L+d2-R1 R B点坐标为 解得R1=0.4m,B1=1T 文y= 即小球可以打至C3板上端Q点。 40m (1分) 设小球刚好不与C2板相碰时的磁感应强度为 又有 B2,此时粒子的轨迹半径为R2,由几何关系有 x=vcos a·t (1分) R2=d (1分) 3 物理答案（一）·第6页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 2 结合几何关系分析可知小球在磁场中的运动轨 此时B:=3T (1分) 迹如图乙所示 如图甲所示，与C2板相切后由A点射出磁场打 5R3-L1 至Q2,点，设∠HO2A-∠O2AO=∠IAQ2=a cos 9=R3-2 (1分) 则sina=LR:=1 √6 即小球从M点与y轴负方向成P=60°做匀速 R, 5,tan a= 12 直线运动打至N点 QQ2=02H-Q2I=R2cos a-d2tan a= 则在磁场中运动的时间 9√6 T,T7π m (1分) t1=4×4+6=150s (1分) 40 中Q点至下方语m尖有小球打击。 离开磁场到打在平板C。上所用的时间 (1分) d233 t:osin a200s (1分) 小球从M点到打在平板C3上所用总时间 7π，33\ 桌面 t=t1+te=150 (1分) 200/ 0入L d O 桌面 R 日入 C M 甲 (3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为 R3,周期为T有 R:=mu =0.16m,T= 2πmπ (2分) gBs πT 由于磁场周期T。=0s=2 物理答案（一）·第7页（共7页） 3