2025年高三下学期学科素养月度测评物理（五）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

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.“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t和x-t图像中，能够正确描述该过程的是 () D 物理试题（五）第1页（共8页） 真题密卷·学 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 班级 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 泡恰好正常发光，则该发电机 () 姓名 0. 70.2s E。 得分 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.中国的二十四节气是中华民族优秀的传统文化与祖先广博智慧的世代传承，被国际气 象界誉为中国“第五大发明”。如图所示为地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处的四个位 置，分别对应我国的四个节气。冬至和夏至时地球中心与太阳中心的距离分别为r1、 r2,下列说法正确的是 () 春分 （3明0） 地球 冬至 太阳 (12月21日） 夏至 (6月21日元 秋分 (9月23日) A.冬至时地球的运行速度最小 B,地球运行到冬至和夏至时，运行速度之比为 C地球从秋分到冬至的运行时间为公转周期的} 至和夏至时，所受太阳的万有引力左 5.如图所示，充满气的篮球放在由a、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 30° a杆 A.Gtan30° B.Gsin30° C.Gcos 15 D.Gsin15° 斗素养月度测评 物理试题（五）第2页（共8页） 3 6.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 () 1370 B A.10m B.2√21m C.20m D.4√21m 7.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=x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 () S 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-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 8.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u,=1X103m/s,比荷9=1×10°C/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 () 3 物理试题（五）第3页（共8页） 真题密卷·学手 UAB/V 10 024 6: 8t×105s) -B b -20. 甲 乙 A.0.0025m B.0.005m C.0.01m D.0.015m 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.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=10Ω，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 00---------------0 74、 -3.40V =31 -6.0eV 1=2 -13.6eV -54.4eV 甲 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 10.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 () ac0分w 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） 11.某空间的x轴上只存在沿此轴方向的静电场，x轴上各点电势分布如图所示。一电子 只在电场力作用下由x轴上某点无初速释放，下列说法正确的是 () A.x2到x3范围内，x=0处的电场强度大小最小 B.若电子在x1位置释放，则不能通过x3点 C.若电子沿x轴运动过程中的总能量恒为零，则电子的运动区间可能为[x2,x3] D.若电子在x=0处释放，电子将一直向右加速运动到x4点 12.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 () ◆(ms) 1.5 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6小题，共60分。 13.(6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 20 托盘 1.0 110120130140150160170x/cm 甲 物理试题（五）第5页（共8页） 真题密卷·学科 (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； (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mx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”)。 14.(8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： TTT TTTT 0.40.6 0.8 0 1.0 mA 丙 ①开关闭合之前将R1、R2调到最大值； ②只闭合开关S1,将R,由最大阻值逐渐调小，使电流计读数达到满偏电流I.; ③保持R1不变，再闭合S2,调节电阻箱R2的值，使电流计读数等于。Ig,同时记录下 3 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 Q; (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= 2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） 3 15.(8分)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积 为V。,开始时内部封闭气体的压强为p。,经过太阳暴晒，气体温度由T。=300K升 至T1=350K。 (1)求此时气体的压强。 (2)保持T1=350K不变，缓慢放出部分气体，使气体压强再变回到。，放气过程中集 热器内剩余气体是吸热还是放热？求剩余气体的质量与原来总质量的比值 出气口 进气口玉隔热材料 16.(8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点射人棱镜时与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。 30>W 17.(14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。另一质量为的小球B以初速度v。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： 3 物理试题（五）第7页（共8页） 真题密卷·学科 (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。 77777 18.(16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1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 ab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b从 初始位置开始以速度vo=3m/s水平向右做匀速运动，求：（注：图中xo=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xo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 4 5.8 3 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 3 用动量定理解释缓冲现象 易 0.85 2 单项选择题 3 x-t图像、t图像的应用 易 0.80 3 单项选择题 正弦式交变电流 中 0.60 4 单项选择题 3 万有引力的计算 易 0.75 单项选择题 3 正交分解法解共点力平衡 中 0.70 6 单项选择题 3 斜面上的平抛运动 中 0.65 7 单项选择题 3 波的干涉图样 中 0.50 8单项选择题 3 带电粒子在周期性变化的电 场中运动 √√√ 难 0.40 9 多项选择题 遏止电压的本质及其决定 4 因素 易 0.75 10多项选择题 4 斜牵引运动的运动分解 / 中 0.70 11 多项选择题 4 Px图像的物理意义 中 0.60 12多项选择题 能量守恒定律和板块问题 4 难 0.40 结合 探究弹力和弹簧伸长量的关 13 实验题 6 易 0.80 系的数据处理与误差分析 14 实验题 8 灵敏电流计改装成电压表 中 0.60 15 计算题 应用理想气体状态方程处理 8 中 0.70 实际问题 三 16 计算题 8 发生全反射的条件及临界角 中 0.60 计算题 利用动量守恒及能量守恒解 17 14 决碰撞问题 中 0.50 电磁感应综合、恒力作用下单 18 计算题 16 棒切割磁感线的含容电路 L / 难 0.30 问题 物理答案（五）第1页（共7页） 3 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 A 5.8 41 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 棒切割磁感线的含容电路问题；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。 3 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.C【解析】画出篮球的受力分析如图甲所示，两根 1.D【解析】在穿戴者着地时，动量的变化量是一 杆相距L=√2R,根据勾股定理，两力之间的夹角 定的，即合外力的冲量一定，根据Ft=△p,由于 为90°，F。与Fb方向如图乙所示，F。与Fb的合 穿上马甲后与地面接触时间变长，可知地面对穿 力F竖直向上，与重力等大反向，可知a杆对篮 戴者的平均冲力减小，即穿戴者的动量变化率减 球的支持力大小为F。=Gcos15°，C正确。 小，D正确。 2.B【解析】因为t图像的斜率表示加速度，由速 篮球 度与时间关系可知v=at,则匀加速阶段为一条 b杆 倾斜直线，匀速阶段为一条平行于时间轴的直 R 线，A错误，B正确；根据位移与时间的关系x= a杆) 1 at,则xt图像在匀加速阶段为开口向上的抛 甲 物线，匀速阶段为一条倾斜直线，C、D错误。 3.B【解析】白炽灯泡额定电压为9V、阻值为 18Ω，灯泡恰好正常发光，则输出电流的有效值 F6275° I-尽-98A=0.5A,题图乙中电流为正孩式交 变电流，则输出电流的最大值1。=21=】 2A, YG A错误，B正确；根据题图乙可知，周期为0.2s, 乙 6.D【解析】小球初速度方向与水平方向夹角为 1 则频率f=行=5Hz,C错误；在一个周期内穿过 45°，当小球初速度大小为10m/s时，小球落到与 线圈的总磁通量的变化为零，所以由法拉第电磁 抛出点等高的落点时水平位移最大，此时小球的 感应定律可知，一个周期内的平均电动势为零， 水平位移x1= 2v3 vx且vy=vx=5√2m/s,解得 则平均电流也等于零，D错误。 g 4.B【解析】由开普勒第二定律可知，地球绕太阳做 x1=10m,当小球面对斜面抛出且初速度方向与 椭圆运动时，近地点的速度大于远地点的速度， AA'垂直时，小球落到与抛出，点等高的落点时水 所以冬至时运行速度最大，A错误；行星从轨道 平位移最小，此时小球的水平位移x2=4m,则 的冬至位置经足够短的时间t,与太阳的连线扫 斜面上与抛出点等高的落，点构成线段的长度 过的面积可看作很小的扇形，其面积S= x=2√x-x=4√21m,D正确。 0X,同理行星从轨道的夏至位置经足够短 7.D【解析】由题意可知，直线y=x上的所有点均 2 为振动减弱点，到两波源的距离相等，所以两列 的时间，与太阳的连线扫过的面积可看作很小 波的起振方向相反，A错误；P点的坐标为 的扇形，其面积S=X”,根据开普粉第二定 2 (信m,,所以距离鱼标原成0最近的加强 排，得6X7=tX,即速度之比为，B正 4 2 2 点P到两波源的距离差△r=xp一yp=5m一 确；由开普勒第二定律可知，冬至附近速度快，时 3 m=0.2m=2,两列相千线性平面波的波长 入 间短，所以周期小于公转的，C错误：由万有引 λ0.4 入=0.4m,所以波速0=分-0.5m/s=0.8m/s,B 力公式F= GMm R2 可知，F与R2成反比，所以引 错误；振动减弱，点到两波源的距离差△r=以(n=1, 力之比为 ,D错误。 3 2,3,…),设直线y=4x上为减弱点的横坐标为 物理答案（五）第3页（共7页） P 真题密卷 学科素养月度测评 能级的氨离子向低能级跃迁时辐射的光子能量 x,则△r=n以=x一y=4x(n=1,2,3,…),解得 分别为40.8eV、48.4eV和7.6eV,都大于金属 3 x=1.6n(n=1,2,3,…),所以直线y=x上减 钨的逸出功W。=4.54eV,可知都能使金属板发 生光电效应，B正确；滑片P向a端移动，光电管 弱点的横坐标均匀分布，即直线y= 1x上减弱 3 加反向电压增加，则电流表示数一直减小，当到 达a端时反向电压为15V,而光电子最大初动能 点距离O点均匀分布，C错误；振动加强点到两 Ekm=48.4eV-4.54eV=43.86eV,则仍有光 波源的距离差△r=以十？(n=0,1,2,3,),设 电子可到达A极形成光电流，则电流表示数最终 此时加强，点坐标为(x,y),则x2十y2=(5入)2， 不为零，C错误；因光电子最大初动能为Ekm= 43.86eV,若调节滑片P到b端，则光电管加正 △r=|x-y|联立，可知当n≥5时无解，则n< 向电压15V,到达A极板的光电子最大动能 5,所以n=0,1,2,3,4,每个n值对应两个加强点 Em=15eV+43.86eV=58.86eV,D正确。 坐标，加强，点共10个，D正确。 10.AC【解析】撤去F前，斜面与小球静止时，对小 8.B【解析】粒子束在水平方向做匀速直线运动，则其 球进行受力分析如图甲所示，对小球和斜面组 射出电场所需时间t=上=4X10 v01×103 =4X10-5s,若 成的整体进行受力分析如图乙所示，根据平衡关 零时刻射入电场的粒子进入电场且能射出电场， 系有Fr=mg tan60°，F=Fr,解得F=l0W3N, 0~2×10-5s时间内，A板带正电，B板带负电， A正确；由于轻绳的存在，斜面向左移动x时，小 粒子向下做类平抛运动，粒子的加速度大小a1= 球沿斜面下滑x,即小球相对斜面下滑的速度大 小？湘相对等于斜面向左的速度大小？解，当小球到 E90=5×10m/s,竖直方向的位移y1月 m md 达C点时，小球对地实际运动的速度球是 2a1号=0.01m,2×105~4X105s时间内，A ℃相对和V,的合速度，三者关系如图丙所示，则 有V球=V斜，B错误，C正确；结合上述受力分析 板带负电，B板带正电，粒子向下做类斜抛运动的 可知，小球对斜面做正功，斜面的机械能增大， 逆运动，粒子的加选度大小a=9B-g吗=1X 则小球的机械能减小，即小球的机械能不守恒， m md D错误。 108m/s2,第一段类平抛运动的末速度和第二段 AFN 类斜抛运动的初速度相同，第二段竖直方向做减速 609 运动，则有a1t1=a2t2,解得t2=a1,=1X105s, F F 第二段类斜抛运动在竖直方向的位移y2= 242号- Ymg ￥(m+M)g ×1X10×1X105)2=0.005m,当类斜抛运动 1 609 轨迹与B板如图所示相切时，射出电场时粒子到 B板距离最小，最小距离ymin=y2=0.005m,B 丙 正确，A、C、D错误。 11.AC【解析】根据px图像的斜率大小表示电场 -A 强度大小，由题图可知原点图像的切线斜率为 零，故原点的电场强度零，A正确；若电子在x1 位置释放，则电子在x1处的动能为零，又因为 电子在x1和x4两个位置的电势相等，则电子 二、多项选择题 在两处的电势能也相等，根据总能量守恒可知， 9.BD【解析】滑片P向b端移动，光电管两端的正 粒子在x4处的动能也为零，即电子运动到x 向电压增大，则开始时电流表示数增大，当电流 位置时速度才会减为零，故电子可以通过x 达到饱和电流时将保持不变，A错误；处于n=3 处，且受力方向在中途会变化，在x1和x4之间 3 物理答案（五）第4页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 做往复运动，B、D错误；电子带负电荷，开始时 个m/kg 6.0 由电势低处向电势高处运动，又因为电子沿x 轴运动过程中的总能量恒为零，则开始运动时 5.0 动能为零，电势能也为零，粒子的活动区间是 4.0 [x2,x3],C正确。 3.0 12.BD【解析】由题图乙可知，在t=1.5s时木板 2.0 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 1.0 了变化，在1一1.5s时间内小物块相对木板滑 110120130140150160170x/cm 5-3 动，木板的加速度a2 1.5-1m/s3=4m/s2,对 (4)设弹力带的原长为x0,则mg=k(x一x0), 木板由牛顿第二定律mg十u(m十M)g=Ma2, 整理得m kk gx一g0,可知mx图像斜率越 在0~1s时间内木板的加速度a1=5二0m 1m/s2= 大，弹力带的劲度系数越大，由图乙可知弹力带 甲的图像斜率较大，弹力带甲的劲度系数较大， 5m/s2,由牛顿第二定律可知F-mg一μ(m十 相同拉力下，形变量小，若要增大力量训练强 M)g=Ma1,联立解得M=4kg,u=0.2,B正 度，应选用弹力带甲。 确，A错误；在0~1.5s时间内小物块始终相对 14.(1)120(1分)(2)5880(2分)(3)6.4(2分) 木板滑动，由牛顿第二定律知，小物块的加速度 偏小1分)(4)47(2分) Q3=mmg=2m/g,小物块的位移x物=7agt2三 m 【解析】(1)根据部分电路欧姆定律可得了I,R。 2.25m,木板的位移大小为t图像包围的面积 大小，则数=号×5X1m+生×1.5-1Dm 1、 2 (亿：，)R,周待对电流计的内鼠R:=2R: 4.5m,t>1.5s时，小物块与木板相对静止，则整 120n. 个过程小物块相对木板运动的位移大小x相= (2)将电流计改装成量程为6V的电压表，需要 x板一x斯=2.25m,整个过程小物块相对木板运 串联电阻的阻值R= U-IR 动时产生的热量Q1=gx相=9J,木板与地面 6-1×10-3×120 之间的摩擦产生的热量Q2=μ（十M)gx版总， 2=5880。 1×10-3 木板与小物块一起运动的位移x板=2g (3)题图乙标准电压表的示数为3.2V,毫安表 的读数为0.50mV,即对应改装表的电压为 2.25m,木板运动的总位移x板总=x板十x板= 3.2V× 6.75m,联立解得Q2=u(M十m)gx板总=8J, 3.2V,则改装后电压表量程为0.50mA 因此整个过程系统因摩擦而产生的热量Q一 1mA=6.4V,因为改装后的电压表量程偏大， Q1十Q2=81J+9J=90J,D正确，C错误。 可能的原因是电流计内阻的测量值比真实值 三、非选择题 偏小。 (4)由于改装后的量程为6.4V,则改装后的电 13.(3)124.15(124.14124.16均可得分)(1分) 6.4 见解析(1分)8.7(8.4~9.0均可得分)(2分) 表的电阻R%=1X10=64000,而正确量程 (4)甲(2分) 【解析】(3)弹力带甲下端P对应的刻度值读数 下，电表的内阻症为Ry-号-600n委达到 为L=124.15cm,弹力带甲的m-x图像如图所 预期改装目的，不重新测量电流计的内阻值，只 示，由此可知，在弹力带甲的弹性限度内，每增 需将阻值为R的电阻换为一个阻值为R的电 加1kg的杠铃片，稳定后P下降△x= 阻即可，故kR=R一(R慈一Rv),即k= 150-110 6.0-1.4cm≈8.7cm. 5880-400137 5880 1479 物理答案（五）第5页（共7页） 3 真题密卷 学科素养月度测评 15.7 (2)吸热 (2)由于光束在棱镜中发生全反射的临界角为 7 60°，由图可知光束从MN边K点射出，由几何 【解析】(1)设升温后气体的压强为力，由于气体 关系可知，QF=Rsin∠QOF=尽 2 (1分) 做等容变化，根据查理定律得 。-T1 (1分) 7 解得p=6o (1分) 又有PP=R-R0s∠QOF=名-3天 (2)根据热力学第一定律有 则FG=FP·tan60°-25，-3R (1分) 2 △U=W+Q (1分) 由几何关系可知MQ=GK=R 根据题意保持T1=350K不变，得△U=0 光束在棱镜中运动的路程 (1分) 因为剩余气体体积膨胀，即封闭气体对外做功， s=MQ+QF+FG+GK=(3+1)R (1) 有W<0 由光的折射定律0=C 所以Q>0 (1分) 即剩余气体从外界吸热 (1分) 设该气体相对分子质量为4 可知光束在棱铖中传播的速度口-c 2 所以光束从M点射入到第一次从棱镜中射出 y 的时间 (1分) (23+6)R 得集热器内气体的体积不变，则得剩余气体的 t= (1分) 3c 质量与原来总质量的比值 1.a% (2)Tu(2m+1)/D m6 2 (n=0,1,2,3,…） (1分) 16.(1) (23+6)R (38g1gL-可 (2) 3 3c 【解析】(1)小球A和B发生弹性正碰，由动量 【解析】(1)作出光路图如图所示，因为孤MP等 守恒定律得 于孤PQ的3倍，所以∠MQO=∠MOQ=60°， mv0=3mVA1十mVB (1分) MQ-R 由能量守恒定律得 根据光的折射定律可知sin∠MQ0=1(1分) 1 3mo+aob 1 n 2mu6=2 (1分) 22V3 可得折射率为n= (1分) 33 解得UA1=2 光束在M点射入棱镜时，设入射角为a,折射角 为B,光束在M点射入棱镜时与MN边夹角为 UB1=一2 (1分) Y,由几何关系可知B=30° 由光的折射定律n-sng 第一次碰撞后瞬间小球A,B的选率均为号 sin B (2)第一次碰撞结束后两小球速率相等，为完成 可得sina= 第二次碰撞必然在小球A向左运动时。自第一 3 (1分) 次碰撞结束瞬间至第2次碰撞所需时间应 由几何关系a+y=90 满足 T 可得cosy=sina= 3 (1分) t=nT+2n=0,1,2,3,…) (1分) 其中T=2元人入g 60o 设此过程挡板到碰撞，点的距离为x,x应满足条 件2x=2: (1分) 3 物理答案（五）第6页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 πo(2n+1)L 克服充电电流的安培力所做的功 4 W。=0+0.09XxX,=0.045j (1分) (n=0,1,2,3,…) (1分) 2 (3)第二次碰撞，规定向左为正，由动量守恒定 电阻产生的热量Q=0.085J-0.045J=0.04J 律得 根据Q=I2Rt -m×2 =3mUA2十mUB2 (1分) 解得I=5A Γ5 (1分) 由机械能守恒定律得 (3)①到x0处时E=kxoLvo=0.6V 1 X3muk+ 电容器的电荷量 2mv品 90=CU。=0.15C (1分) 进入斜面后 解得UA2=0,Vm=V0,方向向左 (1分) Bc=Bcos 0=kxo=0.2T 第三次碰撞重复第一次碰撞，由(1)结果可知 根据牛顿第二定律 UN-2 mg sin 0-BcIL=ma (1分) (1分) 结合CBcLa=I 小球A摆动到最高点的过程，根据机械能守恒 定律得 m+CkL0.3g=3 m/s*(1) 0.6mg 解得a= 2X3mvks=3mgL (1-cos 0) 1 所以到达MN处的速度 (1分) v=√8+2a5 解得cos0=1- u 8gL (1分) 2.8 3 2o 7 5= (1分) 所以sin0= 1L-可 cos =6 m (1分) 解得v=√o+2as=4m/s 所以振幅A≈L0 8g/16gL- (1分) 所以，电容器的最大带电量 qm=CBcLv=0.2C (1分) 3 18.(1)F=0.09x+0.12x2 (2)0.1C ②在斜面运动的时间 A 5 (3)①0.2C②1.93s3.73m t1=0-u1 (1分) a 【解析】(I)感应电动势E=BL0。=0.6x 到达MN右边后，磁场水平向右，金属杆ab不 通过R的电流IR=R=0,6x (1分) 再产生感应电动势，由于没有电阻，电容器放电 非常迅速，设为△t,因为时间极短，安培力会远 电容器两端的电压U=E 大于金属杆的重力，那么有 所带电荷量 uBL∑I△t=m-mu1 q=CU=0.15.x (1分) uBL 8-a,16 01=0 m9m=3.2m/s (1分) 且由于时间极短，位移为0 所以充电电流Ic=0.15v0=0.45A 因为在MN右边运动的加速度 所以流过金属杆的电流 a1=g=2m/s2 I=IR+1c=0.45+0.6x 则F=BIL=0.09x+0.12x2 (1分) 运动的位移51一2a1 2.56m (1分) (2)根据IR=0.6x=0.6vot=1.8t (1分) 运动时间t2二三1.69 运动时间t一38 故运动的时间 1 58 0+1.8× 可得q= 31 =0.1C t=t1+t=30s≈1.93s (1分) 2 (1分) 运动的路程 充电电流为定值，对应的安培力 7 559 s2=6+2.56=150m≈3.73m (1 Fc=BIcL=0.09x 物理答案（五）第7页（共7页）