2025年高三下学期学科素养月度测评物理（四）6版(福建专用)-【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 物理（四） 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4小题，每小题4分，共16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.分子势能随分子间距离变化的图像如图所示。分子间距为x1时，分子力大小为F1,分 子间距为x2时，分子力大小为F2,则 () 木E A.F>F2 B.F<F2 C.F1与F2均为引力 D.F1与F2均为斥力 2.如图所示为由粗细均匀的直导线连接而成的正四面体，正四面体的边长为L,处在垂直 于三角形ACD面的匀强磁场（图中未画出）中，磁场的磁感应强度大小为B,将A、C两 点接入直流电源中，流人正四面体的总电流为I,则AC边受到的安培力大小为() .i B.3BIL c.im. D.gan. 3.如图甲所示，是某型号电压力锅简化的工作电路图。R。是阻值为484Ω的保温电阻， R1是规格为“220V800W”的主加热电阻，R2是副加热电阻。电压力锅煮饭分为“加 热升压→保压→保温”三个阶段，通过如图乙所示的锅内工作压强与时间“(p)”关系图 像可了解其工作过程：接通电源，启动智能控制开关S,S自动接到α处，同时S1自动闭 合，电压力锅进人加热升压状态；当锅内工作压强达80kPa时，S1自动断开，进入保压 状态，当锅内工作压强降至60kPa时，S1又会自动闭合；当保压状态结束，饭就熟了，S 自动接到b处，减压进入保温状态，最终锅内压强降至与外界大气压相同。电压力锅煮 饭时，在正常加热升压和保压状态共耗电0.25kW·h,下列说法正确的是 （() 物理试题（四）第1页（共8页） 真题密卷·学不 ggg年g■ p/kPa 个升压 保压 ,保温 班级 80 60 姓名 40 220VR 20 t/min 369121518 得分 分 乙 A.电压力锅煮饭时，锅内气压增大，液体沸点降低 B.当锅内工作压强为40kPa时，电压力锅一定处于升压状态 C.电压力锅煮饭时，在正常加热升压和保压状态R1的工作时间为l8min D.电压力锅正常工作时的最大电流为5A 4.如图所示，纸面内abc区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一 个质量为m、电荷量为g的带正电粒子在纸面内从d点垂直于bc边以速度v。射入磁 场，粒子在磁场中的运动轨迹刚好与ab边相切于m点（图中未标出）。若仅将磁场反 向，带电粒子仍从d点垂直于bc边以速度vo射入磁场，并从ab边上n点（图中未标出） 射出磁场。∠b=30°不计粒子的重力，则下列说法正确的是 () bac30e- A.b点到d点的距离等于2m0 gB B.粒子从d运动到m所用的时间为 3qB C.粒子从d运动到m的时间与从d运动到n的时间相等 D.粒子从n点射出时速度的偏转角为60° 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 5.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示，此时P点偏离平衡位置的 位移大小是振幅的，。已知该波的波速o=8m/s,则此后P点第二次到达平衡位置的 时间可能是 ( ) 个ylcm 2.5 3.5 4.5 x/m 1 11 A.248 B.249 C8。 斗素养月度测评 物理试题（四）第2页（共8页） 6 6.风洞实验通过产生人工控制的气流模拟飞行器在气流中的运动过程。如图所示为某次 实验示意图，固定在竖直面内的：光滑圆弧轨道ACD与粗糙水平面平滑相切于A点， O为圆弧轨道的圆心。将质量为m的滑块（可视为质点）从水平地面上的E点由静止 释放，整个装置处在水平向右的风场中，滑块始终受到恒定风力作用。已知圆弧轨道的 半径为R,滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.25，且滑块恰好能在圆弧轨道上的B 点处保持静止，OB与竖直方向的夹角0=37°，sin37°=0.6，c0s37°=0.8，g取10m/ s2。设A、E两点间的距离为1，下列说法正确的是 () C E 3 A,滑块受到的风力大小为亏mg B.若滑块能通过圆弧轨道的最高点C,则1≥5R 23 C.当>R时，滑块运动到D点之前一定不会脱离圆轨道 D.当l<5R时，滑块运动到D点之前一定会脱离圆轨道 7.如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在倾角为0的固定光滑斜面底部，初始时弹簧处于原 长。将质量m=1kg的小球自弹簧上端无初速度释放，小球下滑过程的加速度a与弹 簧形变量x之间的关系如图乙所示，g取10m/s2,下列说法正确的是 () alm's2 000000000000 0.2 0.3xm 乙 A.斜面倾角0=30° B.弹簧的劲度系数为30N/m C.小球下滑过程中的最大动能为0.6J D.弹簧的最大弹性势能为1.2J 8.如图甲所示，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为√2L,O点为水平连线 AB的中点，M,N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定一电荷量均为Q(Q>0)的 点电荷。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处的电势为零，则ON上 的电势9随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S以一定初动 能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加速度大小为2g。已知重力加 速度为g,静电力常量为。下列说法正确的是 () 物理试题（四）第3页（共8页） 真题密卷·学无 ·M 个0 2ko L 0 kO L 州 W位主 甲 乙 A.小球S在M点受到的电场力大小为Q L2 B.从M点到N点的过程，小球S受到的电场力先减小后增大 (2√2-1)kQ C.从O点到N点，小球S的动能变化为 2L D.在A、B连线的中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为L 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)碳14(14C)是由宇宙射线撞击所产生的具有放射性的粒子，可衰变为氮14(14N)。 其各个半衰期所剩原子比例如图所示，某古木样品中碳14的比例正好是现代植物所制 样品的四分之一。则该古木的年代距今约 年；碳14发生的是 衰变；碳14和氮 14中含有的中子个数之比为 碳14的衰变周期 夺1 新生代原子。 ● 半 母原子 5730年11460年17190年22920年28650年 半衰期单位时间 10.(3分)某实验小组用数字传感器探究橡皮筋的弹性规律，实验过程中先缓慢拉长橡皮 筋，然后逐渐恢复至原长，记录实验数据后，以橡皮筋的形变量△x为横坐标、橡皮筋的 弹力F为纵坐标建立直角坐标系，如图所示。则橡皮筋的弹性规律 (填“满足” 或“不满足”)胡克定律；A、B两点相比，橡皮筋的劲度系数 (填“增大”或“减 小”)；在整个过程中，外力对橡皮筋 (填“做正功”、“做负功”或“不做功”)。 B 11.(3分)如图为应用磁场力输送导电液体的电磁泵模型，泵体相邻棱长分别为a、b、c。 将泵体的上、下表面接在电压为U的电源（内阻不计）上，泵体处在垂直于前表面向里 的匀强磁场中，磁感应强度大小为B,导电液体的电阻率为ρ。电磁泵工作时泵体的上 表面应接电源的 (填“正”或“负”)极，导电液体受到的安培力大小为 ；为 获得更大抽液高度h,应 (填“增大”或“减小”)的液体电阻率。 b 导电液体 a 电源 出口 斗素养月度测评 物理试题（四）第4页（共8页） 12.(6分)实验小组利用下面三种方法来研究平抛运动。 影子1 小 行 影子2 球 ,↑↑↑八 平行光 乙 (1)图甲中，小球从坐标原点O水平抛出，做平抛运动，两束光分别沿着与坐标轴平行 的方向照射小球，在两个坐标轴上留下了小球的两个影子，其中影子2做 运动。 (2)图乙中两个完全相同的斜槽M、N,N置于可视为光滑的水平地面上，且与水平地 面相切，M在N正上方，两斜槽在同一竖直平面内，从斜槽最高点同时释放两个完 全相同的小球P、Q,P球落地时正好与Q球相碰，可判断P球在滑出斜槽后水平方 向做 运动。 (3)如图丙所示研究斜面上的平抛运动，每次将小球从斜面上同一位置静止释放，并逐 渐改变斜面与水平地面之间的夹角O,获得不同的水平射程x,最后作出了如图丁 所示的xtan0图像，g取10m/s2,则小球在斜面顶端水平抛出时的初速度vo=_ m/s。 >Vo 个x/m 0.1 0 0.5 tan 丙 入 13.(6分)某小组做“观察电容器的充放电”实验。 引线 电流 电容纸 传感器 E 电压 引线 传感器 锡箔纸 R 甲 乙 (1)该小组首先自制了一个电容器，如图甲所示，他们用两片锡箔纸做电极，用两层电容 纸（某种绝缘介质）将锡箔纸隔开，一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶 当中，电容器便制成了。为了增加该电容器的电容，下列说法正确的是 A.锡箔纸面积尽可能小些 B.锡箔纸卷绕得尽可能紧，以减小锡箔纸间的距离 C.增大电容器的充电电压 D.减小电容器所带的电荷量 物理试题（四）第5页（共8页） 真题密卷·学科 (2)该小组将自制电容器C1接入如图乙所示的电路中，将开关接“1”一段时间后，再将 开关接“2”。该过程中通过传感器的电流i随时间t变化的图像为（填“A”或 “B”)、电容器两极板间的电压随时间变化的图像为 (填“C”或“D”)。 A.O B. 0 D. (3)该小组还自制了另一电容器C2,电容器C2的电容大于电容器C1的电容。将两电 容器C1、C2分别接入图乙所示电路中进行充电实验时，通过传感器的电流讠随时 间t变化的图像如图丙所示，其中对应电容器C2充电过程的是 (填“①”或 “②”)。 ② ① O 丙 (4)若将图乙中的电阻R换成阻值更大的电阻，则电容器C1开始放电时的电流 (填“变大”“变小”或“不变”)，所得的t图像与横轴所围的面积（填“变大” “变小”或“不变”)。 14.(11分)气压千斤顶是一种利用压缩空气作为动力来起重的升降设备。某种气压千斤 顶的模型如图所示，其由高度分别为h和3h、横截面积分别为3S和S的汽缸连接而 成，将模型开口向上竖直放置在水平地面上，封闭充气口，将厚度不计、横截面积为S 的活塞连同支架轻轻放入汽缸开口处，活塞下降一定距离后稳定。已知大气压强为 po,活塞连同支架的重力为0.2poS,环境温度恒为T。,重力加速度为g,汽缸的气密 性、导热性良好且内壁光滑，空气可视为理想气体。 (1)求活塞稳定后下降的距离H。 (2)若在支架上放置重力大小为10.8pS的重物，同时通过充气口向缸内充入压强为 卫。的空气，当活塞上升到汽缸口的位置并稳定时，求充入的空气与汽缸内原有空气 的质量之比。 3 充气口 素养月度测评 物理试题（四）第6页（共8页） 6 15.(12分)工厂用传送带将货物从高处传送到低处，再通过地面滑板实现远距离传送。如 图所示为传送过程示意图，倾斜放置的传送带与水平地面夹角0=37°，传送带以恒定 速率vo顺时针转动。某时刻工人将质量=20kg的货物轻放在传送带的顶端A,经 过一段时间后，货物从底端B平滑地滑上质量M=5kg的滑板左端（货物经过B点前 后速度大小不变)，再经过一段时间，货物停止运动且未脱离滑板。已知货物与传送带 间的动摩擦因数μ1=0.5，货物与滑板间的动摩擦因数42=0.2，滑板与地面间的动摩 擦因数以3=0.1，A、B间的距离s=20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)货物刚放上传送带时的加速度a的大小； (2)要让货物从传送带顶端A滑到底端B所用的时间最短，传送带的最小速度⑦； (3)若货物能以最短时间滑到底端B,货物停止运动时的位置到传送带底端B的距离L。 B 0下 M TTT7T777T7777777T777 6 物理试题（四）第7页（共8页） 真题密卷 16.(16分)如图所示，两根粗糙的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距 分别为1m和2m,AB左侧磁感应强度大小B1=2T,CD右侧磁感应强度大小B2= 1T,方向均竖直向下。导体棒MN、PQ是由同种材料制成的粗细相同的细金属棒，棒 MN的长度L1=1m、质量m1=1kg、电阻R1=12,棒PQ长度L2=2m,两棒与导 轨间的动摩擦因数均为4=0.1。to=0时刻，棒MN静止在AB左侧的导轨上，棒PQ 在导轨上从AB与CD之间某处以v=10m/s的水平初速度向右运动；t1=1s时刚好 进入右侧磁场，同时棒MN受到一个方向水平向右、大小F=3N的恒力；t2=1.97s 时两棒速度相同；t3=6.47s时两棒运动刚好达到稳定运动状态。整个运动过程中两 棒的运动方向均未改变，且始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导轨足够长且电阻 不计，感应电流产生的磁场忽略不计，g取10m/s2。求： (1)to时刻导体棒PQ与CD间的距离d; (2)t1时刻棒MN的加速度大小a; (3)t2时刻两棒构成的闭合回路中磁通量相对初始时刻的增加量△Φ； (4)t2~t3时间内两棒产生的焦耳热Q。 M A + B 学科素养月度测评 物理试题（四）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（四） 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 预估难度 题号 题型 分值 考查内容 ② ③ ④ 等级 系数 1 单项选择题 4 分子势能随间距变化的E。r图像 0.80 2 单项选择题 4 安培力的计算式及简单应用 易 0.75 3 单项选择题 计算串联和并联电路的电功和电 4 中 0.65 功率 4 单项选择题 带电粒子在直边界磁场中运动 中 0.70 5 双项选择题 6 简谐波的多解问题 中 0.70 用动能定理求解外力做功和初末 6 双项选择题 6 中 0.70 速度、绳球类模型及其临界条件 7 双项选择题 6 弹簧类问题、机械能转化的问题 / 0.60 利用功能关系计算电场力做的功 8 双项选择题 6 及电势能的变化、带电粒子在点电 0.40 荷电场中的运动 9 填空题 计算某原子核中的质子数和中子 3 0.70 数、衰变的特点 10 填空题 3 F-x图象 0.70 11 填空题 安培力的计算式及简单应用、左手 3 定则的内容及简单应用 L 0.70 实验题 研究物体平抛运动实验的步骤和 12 6 中 0.70 数据处理 L 三 13 实验题 电容器的充、放电过程及其特点、 6 0.60 平板电容器电容的决定式 应用理想气体状态方程处理实际 14 计算题 11 中 0.60 问题 15 计算题 12 物块在倾斜传送带上的运动分析 中 0.60 完全非弹性碰撞后速度的计算、双 16 计算题 16 难 0.30 杆在不等宽导轨上运动问题 物理答案（四）第1页（共6页） 6 真题密卷 学科素养月度测评 精典评析 ATIANSHUJIAOYU ★如图甲所示，是某型号电压力锅简化的工作电路图。R。是阻值为484Ω的保温电阻，R1是规格为 “220V800W”的主加热电阻，R2是副加热电阻。电压力锅煮饭分为“加热升压→保压→保温”三个阶 段，通过如图乙所示的锅内工作压强与时间“(p)”关系图像可了解其工作过程：接通电源，启动智能控制 开关S,S自动接到a处，同时S1自动闭合，电压力锅进入加热升压状态；当锅内工作压强达80kPa时，S 自动断开，进入保压状态，当锅内工作压强降至60kP时，S,又会自动闭合；当保压状态结束，饭就熟了，S 自动接到b处，减压进入保温状态，最终锅内压强降至与外界大气压相同。电压力锅煮饭时，在正常加热 升压和保压状态共耗电0.25kW·h,下列说法正确的是 () p/kPa 个升压 保压 保温 80 60 40 220VR R 20 t/min 0 369121518 甲 乙 A.电压力锅煮饭时，锅内气压增大，液体沸点降低 B.当锅内工作压强为40kPa时，电压力锅一定处于升压状态 C.电压力锅煮饭时，在正常加热升压和保压状态R,的工作时间为l8min D.电压力锅正常工作时的最大电流为5A 【试题解读】 电压力锅是常见的家用厨房电器，本题通过文字、电路图、结合图像说明其工作原理，学生需要综 合各种形式的题干信息，获取解题依据，尤其是A、B选项的处理，很好的考查了学生的语言解码能力、符 号理解能力、阅读理解能力、信息整合能力等知识获取能力群。C、D选项在A、B的基础上增加了对于电 路问题的分析考查，又能很好的考查学生的思维认知能力，与此同时本题的情境设置有利于引导学生用物 理观念、物理思维认识生活、服务生活，落实立德树人的根本任务。 ★如图所示，两根粗糙的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为1和2m, AB左侧磁感应强度大小B1=2T,CD右侧磁感应强度大小B2=1T,方向均竖直向下。导体棒MN、PQ 是由同种材料制成的粗细相同的细金属棒，棒MN的长度L1=1m、质量m1=1kg、电阻R1=12,棒PQ 长度L2=2m,两棒与导轨间的动摩擦因数均为4=0.1。to=0时刻，棒MN静止在AB左侧的导轨上， 棒PQ在导轨上从AB与CD之间某处以v=10m/s的水平初速度向右运动；t1=1s时刚好进入右侧磁 场，同时棒MN受到一个方向水平向右、大小F=3N的恒力；t2=1.97s时两棒速度相同；t3=6.47s时 两棒运动刚好达到稳定运动状态。整个运动过程中两棒的运动方向均未改变，且始终保持与导轨垂直并 接触良好。已知导轨足够长且电阻不计，感应电流产生的磁场忽略不计，g取10/s2。求： (I)t。时刻导体棒PQ与CD间的距离d; (2)t1时刻棒MN的加速度大小a; …… 【试题解读】 本题是一个情境新、细节考查到位的双棒切割问题，打破传统双棒动量不守恒的规律，通过调整磁感 应强度与导轨宽度之间的关系创设了安培力等大反向的背景，同时导轨粗糙，整体摩擦力与拉力F等大 反向，这都使得本题成为一道成功的动量守恒的考题；第一小问的处理，考查学生的审题习惯，如果没有注 意到金属棒与导轨间的摩擦力，不仅影响本小题得分，整个题目的求解过程思路也会不明确；除此之外，解 题过程还涉及了巧妙地数学处理。整个题目综合性极强，同时很好的考查学生处理新情境、新问题的能 力，符合现在高考的命题方向。 6 物理答案（四）第2页（共6页） ·物理· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、单项选择题 1.A【解析】E。r图像斜率的绝对值表示分子力大 m时，陆合T-2,可得T-2,在子从日运 qB 小，分子间距为x1时E。T图像斜率的绝对值大 1 动到m的时间三6T二30B,粒子从d运动到 于分子间距为x2时E。r图像斜率的绝对值，则 F1>F2,A正确，B错误；设r=x0时，分子势能 1 ”的时间t2=2T-60B,B正确，C错误；由几何 最小，当x1<r<x。时，随着分子间距离增大，分 关系可知，磁场反向后，粒子从d点射入，从n点 子势能减小，则分子力做正功，F1为斥力，C错 射出时速度偏转角为30°，D错误。 误；当x<r<x2时，随着分子间距离增大，分子 势能增大，则分子力做负功，F2为引力，D错误。 ma 2.A【解析】将每条边等效为阻值为R的电阻，根 据电路特点E、D等电势，电流为零，则AEC与 b30 ADC并联，等效电路如图所示，设电流AC边的 电流为I1,流经上面两个支路的电流分别为I2, 二、双项选择题 则有1，R=12·2R,1+212=1,可得1=2， I 5.AB【解析折】由浚形因可知，A=4m,由=产解 AC边交到的实培力R,=B1,L-号BL, 得T=0.5$,假设波沿x轴正方向传播，则P点 此时沿y轴负方向振动，又因为P点偏离平衡位 A正确。 置的位移大小是振幅的二分之一，故P点第一次 到平衡位置的时间为 2T,故P点从开始到第二 1 1 7 次到达平衡位置的时间1=2T+2T=248,假 设波沿x轴负方向传播，则P点此时沿y轴正方向 振动，故P点第一次到平衡位置的时间为2T 3.D【解析】电压力锅煮饭时，锅内气压增大，液体 1 5 沸，点升高，A错误；由题图乙可知，当锅内工作压 2T=2T,故P点从开始到第二次到达平衡位置 强为40kPa时，电压力锅可能处于升压状态，也 5 1 11 可能处于保温状态，B错误；在正常加热升压和保 的时间a=2T+2T=24s,AB正确。 压状态R1的工作时间分别为0~6min、9~12min、 6.BC【解析】对静止在B处的小球进行受力分析， 15~18min,即R1的工作时间t1=12min=0.2h, 滑类交到的风力大小∫=mgan=mg,A错 C错误；R2的工作时间t2=18min=0.3h,在正常 误；若滑块恰能通过圆孤轨道最高，点C,满足 加热升压和保压状态消耗的电能W=P1t1十P2t2, -mgl=2mgR+2md,且mg=n反解得 v2 其中P1=800W=0.8kW,代入数据解得P2= 0.3kW=300W,两加热电阻同时工作时电路电流 l=5R,B正确；风力与重力的等效合力F 最大，则总功率P=P1+P2=800W十300W 1100W,由P=UI可得，I= P-1100 0=20A=5A, m)+了-g-专，即F与竖直方向 的夹角0=37°，且角斜向右下方，滑块到D点之前 D正确。 恰好不脱离圆轨道时，满足f孔一gl 4.B【解析】粒子在磁场中做圆周运动，有qvB= 1 2 m,则半径r一B设6点到d点的矩离为 F(R+Ros9)=2mw,又因为F=mR,解得 孕R,当心孕R时，谱块运动到D点之前一文 根据几何关系有s十r=2r,解得s=r= gB ,A 不会脱离圆轨道，C正确；当L较小时，滑块可能会 错误；粒子在磁场中做圆周运动，有q℃B= 返回，不一定脱离圆轨道，D错误。 物理答案（四）第3页（共6页） 6 真题密卷 学科素养月度测评 7.BC【解析】由题图乙可知，x1=0.2m时，小球 可知，小球S到O点距离为L时，受到的电场力 加速度为0，合外力为0，则kx1=mg sin0,当 最大，则从M点到O点小球S受到的电场力先 x2=0.3m时，小球加速度a=3m/s2,方向沿斜 增大后减小，由对称性可知，从M点到N点的过 面向上，则kx2一mg sin0=ma,联立可得k= 程中，小球S受到的电场力先增大后减小，再增 30N/m,0=37°，ao=6m/s2,A错误，B正确；小 大再减小，B错误。 球下滑过程中速度最大时动能最大，由直线运动 三、非选择题 规律可知，当加速度等于零时小球的速度最大， 9.11460(1分)3(1分)8：7(1分) 即当x1=0.2m时小球的动能最大，又因小球无 【解析】根据题图像可知，碳14剩余四分之一的时 初速度释放，由题图乙中α-x图像与x轴围成的 间约11460年，即该古木的年代距今约11460年： 面积与)相等，可得小球的最大动能为0.6J,C 根据质量数守恒和电荷数守恒，所以衰变方程为 1C→号N十_e,发生的是阝衰变；碳14中子数为 正确；弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由题图 14-6=8,氮14中子数为14-7=7，碳14和氮14 乙可知，下滑过程中小球运动的加速度与位移线 中含有的中子个数之比为8：7。 性相关，当x3=0.4m时，弹簧压缩至最短，则 10.不满足(1分)减小(1分)做正功(1分) E。=mgx3sin0=2.4J,D错误。 【解析】根据公式F=△x可知，图线的斜率表 8.CD【解析】设A点到小球S的距离为R,A点的 示劲度系数，图像应为倾斜的直线，由题图像可 电荷对小球S的库仑力大小为FA,设小球S和 知，橡皮筋的弹性规律不满足胡克定律；A与O A点连线与中垂线的夹角为日，由库仑定律有F4 连线的斜率大于B与O连线的斜率，所以橡皮 kQ2 kQ2 R一2si0,设小球S所受电场力大小为F, 筋的劲度系数减小；根据F-△x图像与横轴围成 由力的合成有F=2F,a目-gn0s9,则小 的面积表示做功的大小，由题图像可知，O A→B→CO的过程中，外力对橡皮筋做正功。 球S在M点受到的电场力下M= 11.负(1分) abUB(分)减小(1分) 【解析】由题图可知，导电液体受向左的安培 √2kQ2 ,A错误；在N点的加速度大小为2g,根 力，由左手定则可知，电流方向由下到上，则电 磁系工作时系体的上表面应接电源的负极；根 据牛顿第二定律有十g=m·2g,小球S) 据电阻定律可知，系体的电阻R=Pb,则电流 从O点到N点由动能定理有 Q(po一PN)十mg·√2L-△Ek,根据图线可解 I=U_abU ，导电液体受到的安培力大小F R pc 得△E,=(22-1)Q BIc= abUB ,故从O,点到V点小球 ；为了获得更大抽液高度h,应增大 2L 0 导电液体受到的安培力大小，可减小的液体电 S的动能增加了 22-1)kQ ,C正确；小球S在 2L 阻率。 AB连线的中垂线上受到的电场力F= 12.(1)自由落体(2分)(2)匀速直线(2分) kQ 2sin28cos0,设t=cos0,则有F=(1一t2) (3)1(2分) 【解析】(1)因为平抛运动在竖直方向上做自由 -90),求导可得P- -(1-3t2),可 落体运动，所以影子2做自由落体运动。 (2)M在N正上方且两斜槽在同一竖直平面 内，从斜槽最高，点同时释放两个完全相同的小 球P、Q,P球落地时正好与Q球相碰，可判断P 3即cos0= 3时，小球S受到的电场力最 球在滑出斜槽后水平方向做匀速直线运动。 (3)小球在水平方向有x=0t,在竖直方向有 大，此位置的电场强度也最大，此时tan0=√2， y=28t,an0=兰，所以x= 1 2w 则在AB连线的中垂线上电场强度最大的，点到O tan0,结合图 g 点的距离为Rmx √2L tan日=L,D正确；从D选项 线可得20.1 g-0.5,所以g=1.0m/s. 6 物理答案（四）第4页（共6页）》 ·物理· 参考答案及解析 13.(1)B(1分)(2)A(1分)C(1分) (3)② V=m_11 (1分) (1分)(4)变小(1分)不变(1分) 立解得V 1 即充入的空气与汽缸内原有空气的质量之比为 【解析】(I)根据电容器电容的决定式C=4kd 11:1。 (1分) 可知，要想增大电容，锡箔纸面积S尽可能大或 15.(1)10m/s2(2)20m/s(3)136m 者锡箔纸卷绕得尽可能紧，以减小锡箔纸间的 【解析】(1)货物刚放上传送带时，对货物受力 距离d,A错误，B正确；电容器的电容与充电电 分析，如图所示 压和电荷量无关，C、D错误。 在沿斜面方向上 (2)由于充电电流与放电电流方向相反，而且电 mgsin0+f=ma (1分) 流都是逐渐减小，A正确，B错误；在充电过程 在垂直于斜面方向上 中，电容器两端的电压增加的越来越慢，在t mg cos0=F支 图像中斜率逐渐减小，在放电的过程中，电流逐 由牛顿第三定律可知F麦=F压 渐减小，电容器两端的电压减小的越来越慢，在 滑动摩擦力∫=μ1F压 t图像中斜率逐渐减小，C正确，D错误。 解得a=10m/s2 (1分) (3根据C-号可知，用相同的电略给电客器充 A 电，电容越大，带电量越多，在i-t图像中，图像 与时间轴围成的面积越大，代表充的电荷量越 大，故电容器C2充电过程i-t图像为②。 (4)若将题图乙中的电阻R换成阻值更大的电 阻，则电容器C1开始放电的电流变小，但由于 (2)为使货物到底端时的时间最短，则货物在整 放电过程中总电荷量不变，所以得到的it图像 个下滑过程中始终加速，传送带的最小速度为 与横轴所围的面积不变。 货物到B端时的末速度；由运动学关系式可知 14.(1)h(2)11:1 v=2as (1分) 【解析】(1)活塞放入汽缸之前，汽缸内空气的压 解得v=20m/s (1分) 强p1=巾o (3)货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上由 体积V1=3Sh+3Sh=6Sh 牛顿第二定律得a1=m 活塞连同支架的重力大小G=0.2p。S 活塞放入并稳定后，封闭空气的压强 竖直方向上mg=N G 由牛顿第三定律可知，货物受到的支持力V与 p:=p+S=1.2p0 (1分) 其对板块的压力N1等大，则滑动摩擦力 设活塞下降的距离为H,则气体体积 f=μ2Ni V2=3Sh+(3h-H)S (2分) 解得a1=2m/s2,方向水平向左，即货物做减速 根据玻意耳定律有p1V1=p2V? (2分) 运动 (1分) 解得活塞下降的距离H=h (1分) 对滑板，水平方向上 (2)在支架上放置重物的重力大小 f-f地=Ma2 G'=10.8poS 地面对M的摩擦力 根据题意可知，充入空气并稳定后，封闭空气的 f地=μ3N地 压强 竖直方向上 :p。+G+G N2=Mg+mg =12饣0 (1分) 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的压力N地与 设充入压强为。的空气体积为V则根据玻意 地面对滑板的支持力N2等大 耳定律，有 解得a2=3m/s2,方向水平向右 (1分) PiV1+PoV=P:VI (2分) 当货物和滑板共速时 压强相同时，空气的体积之比等于质量之比，联 0共=v0-a1t1=a2t1 (1分) 物理答案（四）第5页（共6页） 6 真题密卷 学科素养月度测评 货物这段时间内的水平位移 F+BIL-umig=mia (1分) 1 解得a=14m/s (1分) x1=g6-2a1号 (1分) (3)由于导体棒MN、PQ是由同种材料制成的 解得t1=4s,v共=12m/s,x1=64m 粗细相同的细金属棒，则有 之后假设成立，货物与滑板一起减速，则共同的 H3N地 加速度a3一M十m ma-Limi-2kg 由于F=um1g+m2g 解得a3=1m/s2,方向水平向左 (1分) 对棒PQ和棒MN组成的系统进行分析，系统 而货物在滑板上，能达到的最大加速度 所受合外力为零，系统的动量守恒，t2时刻两棒 a1-2m/s2,方向水平向左 共速时速度为'，则有 a1>a3,假设成立，即货物可以和滑板保持一 m2v0=(m1+m2)v (1分) 致，共同减速，直到减为0 (1分) 解得v'=6m/s 共同减速时，货物的水平位移 对棒MN,根据动量定理有 共 x2-2a3 (1分) F(t2-t1)-um1g(t2-t1)+B1L1I(t2-t1)= miv' (1分) 解得x2=72m 所以货物从滑到水平面到最终停止，货物的总 E 其中IR,十R2,E=, (1分) 位移 x=x1十x2=136m。 (1分) 解得△Φ=6.09Wb (4)两棒稳定时均做匀速直线运动，棒PQ加速 16.(1)9.5m(2)14m/s2(3)6.09Wb 度为零，则有 (4)11.25J 【解析】(1)对棒PQ分析，根据牛顿第二定律有 B2L2I2-um2g=0 B1L101-B2L2V2 um2g=mzao (1分) 其中12= R1+R2 根据位移公式有 解得v1-v2=1.5m/s (1分) 1 d=t1-2a号 (1分) 根据动量守恒定律有 (1分) 解得d=9.5m (1分) m2vo=m1v1+m2v2 (2)棒PQ刚到达CD时的速度 解得v1=7m/s,v2=5.5m/s 对棒MN,根据动量定理有 v0=v一aot1 (1分) 结合上述解得v,=9m/s F(t3-t2)-m1g(t3-t2）-B1I1L1(t3-t2)= 由于导体棒MN、PQ是由同种材料制成的粗细 mivi-miu 相同的细金属棒，结合电阻定律，则棒PQ的 其中i,=BL101-BL,0 R1+R2 ,01(t3-t2)=x1, 电阻 2-80 v2(t3-t2)=x2 解得x1一x2=6m (2分) 棒PQ刚到达CD时的感应电动势 对两棒组成的系统，根据能量守恒定律有 E=B2L2V0 (1分) 1 棒PQ刚到达CD时的感应电流 2m1g1m2gx2十2m10？+7me2 E 1 I1=R,+R2 Q+2moi+2m:i (1分) 对棒MN分析，根据牛顿第二定律有 解得Q=11.25J。 (1分) 6 物理答案（四）第6页（共6页）