2025年高三下学期学科素养月度测评物理（四）7版(安徽专用)-【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、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合要求的。 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 () E A.F>F2 B.F<F2 C.F1与F2均为引力 D.F1与F2均为斥力 2.如图所示为某研究小组在暗室中用频闪照相的方法记录了一滴水下落过程的照片示意 图，照片记录了水滴在不同时刻下落至不同的位置。若相邻位置的时间间隔都相等，水 滴所受的重力为G,阻力为∫，则对于水滴的下落过程，下列说法正确的是 () 0 O V 0 。方 A.f一直小于G B.f一直大于G C.f先小于G,后大于G D.f先大于G,后小于G 3.某一传动装置的部分结构如图所示，甲是一个半径为x、以其圆心为轴匀速转动的轮子， 乙是一个中空的轮环，内半径为2x,外半径为3x,转动轴在轮环的圆心，已知甲轮带动 乙轮环转动，接触处不打滑。当甲轮转动的角速度为ω时，乙轮环外壁N点的线速度 大小为 () 物理试题（四）第1页（共8页） 真题密卷·学手 班级 甲3 2r 姓名 B.wr 8 得分 D.2wr 4.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，流入正四面体的总电流为I,则AC边受到的安培力大小为() D 1 1 A.2BIL B.3BIL C.BIL D.5BIL 5.如图所示，卫星a、b沿圆形轨道绕地球运行，a是极地轨道卫星，卫星b轨道平面与地球 赤道平面重合，此时两卫星恰好经过地球赤道上P点（图中未画出）的正上方。已知地 1 1 球自转周期为T,卫星a,b绕地心做匀速圆周运动的周期分别为T、2T,则() A.卫星a、b的线速度之比为4：1 B.卫星a、b的向心加速度之比为I6：2 C.同一物体在卫星a、b中对支持物的压力之比为I6：1 D.卫星a、b下一次同时经过P点正上方时，卫星b绕地心转过的角度为4π 6.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4842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“(-)”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，电压力锅进入加热升压状态；当锅内工作压强达80kP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 () 斗素养月度测评 物理试题（四）第2页（共8页） 7 p/kPa 个升压 保压 保温 80 60 90 220VR R R 20 t/min 369121518 分 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18min D.电压力锅正常工作时的最大电流为5A 7.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vo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 () -。 。。 。。。 c-- A.b点到d点的距离等于2"mc gB B.粒子从d运动到m所用的时间为m 3gB 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° 8.冰壶比赛是冬奥会比赛项目之一。如图所示，某次训练中，运动员将冰壶（可视为质点） 以1/s的初速度从水平冰面上的O点推出，冰壶沿虚线做匀减速直线运动，经A、B、 C、D、E共5个位置，相邻两个位置的距离均为0.2m,最后刚好停在E处，已知冰壶在 D和E之间滑行的时间为1s,则下列说法错误的是 () 0 ●- A.冰壶由A滑至E所用的时间为2s B.冰壶经过A点时的速度等于它在OB间的平均速度 C.冰壶经过A点时的速度是经过D点时速度的2倍 D.如果运动员以0.9m/s的初速度将冰壶从O点推出，冰壶最终将停在C、D之间 物理试题（四）第3页（共8页） 真题密卷·学无 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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。 9.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α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 () Aalm°s2 a 000000000000M 0 0.2 0.3xm 甲 乙 A.斜面倾角0=309 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 10.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k。下列说法正确的是 () ·M √2kQ L ko L √②元x 分 乙 A小球S在M点受到的电场力大小为②6Q 4L2 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 2 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 4素养月度测评 物理试题（四）第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(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 影子2◆… 球← 光 0 ,↑↑↑↑八 平行光 分 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0，获得不同的水平射程x,最后作出了如图丁 所示的x-tan0图像，g取l0m/s2,则小球在斜面顶端水平抛出时的初速度vo= m/s。 Ax/m 0.1 0.5 丙 入 12.(10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 电压 引线 C 传感器 锡箔纸 R 月 物理试题（四）第5页（共8页） 真题密卷·学科 (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 (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”)。 (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i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 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it图像与横轴所围的面积 (填“变大” “变小”或“不变”)。 素养月度测评 物理试题（四）第6页（共8页） 13.(10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人汽缸开口处，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0.2p。S,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10.8饣。S的重物，同时通过充气口向缸内充入压强为 p。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。 3h 充气口 14.(14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v。顺时针转动。某时刻工人将质量m=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1=0.5，货物与滑板间的动摩擦因数2=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o; (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 77m7m7777777i77777777777777777 物理试题（四）第7页（共8页） 真题密卷·学科 15.(18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μ=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。 P M ×××××× XX 文效9改文文 X QD 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 ① ② ③ ④ 等级 系数 1 选择题 4 分子势能随间距变化的E。r图像 0.80 2 选择题 4 牛顿第二定律的简单应用 易 0.75 3 选择题 4 传动问题 中 0.60 4 选择题 安培力的计算式及简单应用 中 0.65 卫星的追及相遇问题、不同轨道上 5 选择题 4 中 0.70 的卫星各物理量的比较 计算串联和并联电路的电功和电 6 选择题 4 中 0.65 功率 7 选择题 4 带电粒子在直边界磁场中运动 0.70 匀变速直线运动速度与位移的 8 选择题 4 关系 0.60 9 选择题 5 弹簧类问题、机械能转化的问题 0.60 二 利用功能关系计算电场力做的功 10 选择题 5 及电势能的变化、带电粒子在点电 难 0.40 荷电场中的运动 研究物体平抛运动实验的步骤和 11 实验题 6 数据处理 中 0.70 12 实验题 10 电容器的充、放电过程及其特点、 L 中 0.60 平板电容器电容的决定式 13 计算题 9 应用理想气体状态方程处理实际 0.60 问题 14 计算题 14 物块在倾斜传送带的上运动分析 中 0.60 计算题 完全非弹性碰撞后速度的计算、双 15 18 0.30 杆在不等宽导轨上运动问题 难 物理答案（四）第1页（共6页） 7 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。 7 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、选择题 Mm 1.A【解析】E。r图像斜率的绝对值表示分子力大 A错误：根据万有引力提供向心力得GR=m, 小，分子间距为x1时E。r图像斜率的绝对值大 M 解得向心加速度a=G 0因光-而，B错 于分子间距为x2时E。r图像斜率的绝对值，则 ab Ra F1>F2,A正确，B错误；设r=x0时，分子势能 误；物体在卫星上所受地球的万有引力提供向心力， 最小，当x1<r<x。时，随着分子间距离增大，分 因此物体对于其接触的物体无压力，C错误；当卫星 子势能减小，则分子力做正功，F1为斥力，C错 a、b下一次同时经过P点正上方时，地球自转了一 误；当xo<r<x2时，随着分子间距离增大，分子 圈，此时卫星b绕地球转动了两圈，即卫星b绕地心 势能增大，则分子力做负功，F2为引力，D错误。 转过的角度为4π，D正确。 2.A【解析】由题图可知，小球下落时相邻、相等时6.D【解析】电压力锅煮饭时，锅内气压增大，液体 间内的位移逐渐变大，可知小球向下做加速运 沸点升高，A错误；由题图乙可知，当锅内工作压 动，根据mg一f=ma可知，G>f,A正确。 强为40kPa时，电压力锅可能处于升压状态，也 3.C【解析】由题图可知，乙内环的线速度v 可能处于保温状态，B错误；在正常加热升压和保 ”p=r,所以乙轮环的角速度'=”=1 压状态R1的工作时间分别为0~6min、9~l2min、 2x2w,所 1518min,即R1的工作时间t1=12min=0.2h, 以乙轮环外壁N点的线速度uN=w'X3r=2r, 3 C错误；R2的工作时间t2=l8min=0.3h,在正常 加热升压和保压状态消耗的电能W=P1t1十P2t2, C正确。 其中P1=800W=0.8kW,代入数据解得P2= 4.A【解析】将每条边等效为阻值为R的电阻，根 0.3kW=300W,两加热电阻同时工作时电路电流 据电路特点E、D等电势，电流为零，则AEC与 最大，则总功率P=P1十P2=800W+300W= 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, 1100w,由P=I可得，I二B-10A=6A 利有1R=12·2R,1+212=1,可得I1=号 D正确。 7.B【解析】粒子在磁场中做圆周运动，有qB= 1 AC边受到的安培力FA=BLL=2BIL, A正确。 m，则半径-阳设乃点到日点的距商为， 根据几何关系有5十r=2r,解得s=r0B,A 错误；粒子在磁场中做圆周运动，有q℃oB= m里站合T-可将T- 二B,粒子从d运 动到阳的时间=石T-器拉子从d运动到 5.D【解析】卫星围绕地球做圆周运动，由万有引力 1 、Mm_4x n的时间：=- ,B正确，C错误；由几何 提供向心力，得GR=mTR,解得T=2m· 关系可知，磁场反向后，粒子从d点射入，从n点 R3 √GM根据题意可知，T,:T。=1:2,因此R,: 射出时速度偏转角为30°，D错误。 R=1:4,根据万有引力提供向心力得G Mm m。a R2 。 ,解得=√R,周此= v2 GM m R=m, b30°.： N 物理答案（四）第3页（共6页） 7 真题密卷 学科素养月度测评 8.B【解析】冰壶在D和E之间滑行的时间为1S, Q FA= Q 。1 sin9,设小球S所受电场力大小为 根据逆向思维可得xne=2at6e,解得加速度大 kQ2 F,由力的合成有F=2 FACOS0= 小a=2×0.2 L2sin20cos0,则 12 m/s2=0.4m/s2,冰壶由A滑至E 、小球s在M点受到的电场力FM=X。义■ 1 过程，根据逆向思维可得xA一2at,解得冰壶 √2√2kQ 2xAE 2 4L2 ,A正确；在N点的加速度大小为 由A滑至E所用的时间tAE= a 2×4×0.2 28,振器牛颜第二定非有0十mg=m。 N0.4 S=2s,A正确；根据位移一速度公 2g,小球S从O点到N点由动能定理有 式可得2axpB=v品，2axE=v品，2axAE=v月，解 Q(po一PN)十mg·√2L=△Ek,根据图线可解 得vp=0.4m/s,vB=0.4√5m/s,vA=0.8m/s, 得AE= (22-1)kQ ,故从O点到N点小球 则有a=20p,0A≠0十wB=1+0.43 2L 2 m/s, 2 (2√2-1)kQ S的动能增加了 ,C正确；小球S B错误，C正确；运动员将冰壶以1m/s的初速度 2L 从水平冰面上的O点推出，冰壶滑行的距离x= 在AB连线的中垂线上受到的电场力F= 012 2a2X0.4m=1.25m,如果运动员以0.9m/s sin20cas0,设1=cos0,则有F=kQ(1 kQ2 L 的速度将冰壶从O点推出，冰壶滑行的距离x'= 1=Qa-),求导可得F=0（1 620.92 L L 2a=2×0.4m=1.0125m,由于x-x- 1.25m-1.0125m=0.2375m,可知冰壶最终 3.可加F在6，）单钢递增，在（停，单 将停在C、D之间，D正确。 调递减，则三3即c0s=3】 二、选择题 3时，小球S受到的 9.BC【解析】由题图乙可知，x1=0.2m时，小球 电场力最大，此位置的电场强度也最大，此时 加速度为0，合外力为0，则kx1=mg sin0,当 tan0=√2，则在AB连线的中垂线上电场强度 x2=0.3m时，小球加速度a=3m/s2,方向沿斜 最大的点到O点的距离为Rx= V2L 面向上，则x2一ng sin0=ma,联立可得k= tan =L, 30N/m,0=37°，ao=6m/s2,A错误，B正确；小 D正确；从D选项可知，小球S到O点距离为L 球下滑过程中速度最大时动能最大，由直线运动 时，受到的电场力最大，则从M点到O点小球S 规律可知，当加速度等于零时小球的速度最大， 受到的电场力先增大后减小，由对称性可知，从 即当x1=0.2m时小球的动能最大，又因小球无 M点到N点的过程中，小球S受到的电场力先 初速度释放，由题图乙中a-x图像与x轴围成的 增大后减小，再增大再减小，B错误。 面积与号相学，可得小球的最大动能为0：61，C 三、非选择题 11.(1)自由落体(2分)(2)匀速直线(2分) 正确；弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由题图 (3)1(2分) 乙可知，下滑过程中小球运动的加速度与位移线 【解析】(1)因为平抛运动在竖直方向上做自由 性相关，当x3=0.4m时，弹簧压缩至最短，则 落体运动，所以影子2做自由落体运动。 E。=mgx3sin0=2.4J,D错误。 (2)M在N正上方且两斜槽在同一竖直平面 10.ACD【解析】设A点到小球S的距离为R,A 内，从斜槽最高点同时释放两个完全相同的小 点的电荷对小球S的库仑力大小为FA,设小球 球P、Q,P球落地时正好与Q球相碰，可判断P S和A点连线与中垂线的夹角为0，由库仑定律有 球在滑出斜槽后水平方向做匀速直线运动。 物理答案（四）第4页（共6页） ·物理· 参考答案及解析 (3)小球在水平方向有x=vot,在竖直方向有 G+G p3=p0十 -=12p0 (2分) y=2gt,tan0=义，所以x= 1 2w tan0,结合图 g 设充入压强为p。的空气体积为V则根据玻意 线可得203_0.1 g=0.5,所以=1.0m/s。 耳定律，有 PiV1+PoV=p:V (1分) 12.(1)B(1分)(2)A(1分)C(2分)(3)② 压强相同时，空气的体积之比等于质量之比，联 (2分)(4)变小(2分)不变(2分) 2V_m_11 【解析】(I)根据电容器电容的决定式C一4πkd E,S 立解得立一m1了 (1分) 即充入的空气与汽缸内原有空气的质量之比为 可知，要想增大电容，锡箔纸面积S尽可能大或 11：1. (1分) 者锡箔纸卷绕得尽可能紧，以减小锡箔纸间的 14.(1)10m/s2(2)20m/s(3)136m 距离d,A错误，B正确；电容器的电容与充电电 【解析】(1)货物刚放上传送带时，对货物受力 压和电荷量无关，C、D错误。 分析，如图所示 (2)由于充电电流与放电电流方向相反，而且电 在沿斜面方向上 流都是逐渐减小，A正确，B错误；在充电过程 mgsin0+f=ma (1分) 中，电容器两端的电压增加的越来越慢，在t 在垂直于斜面方向上 图像中斜率逐渐减小，在放电的过程中，电流逐 mg cos0=F支 渐减小，电容器两端的电压减小的越来越慢，在 由牛顿第三定律可知F麦=F压 -t图像中斜率逐渐减小，C正确，D错误。 滑动摩擦力f=1F压 (3)根据C-号可知，月相同的电路给电容器充 解得a=10m/s2 (1分) 电，电容越大，带电量越多，在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 放电过程中总电荷量不变，所以得到的-t图像 (2)为使货物到底端时的时间最短，则货物在整 与横轴所围的面积不变。 个下滑过程中始终加速，传送带的最小速度为 13.(1)h(2)11:1 货物到B端时的末速度；由运动学关系式可知 【解析】(I)活塞放入汽缸之前，汽缸内空气的压 v3=2as (1分) 强1=po 解得vo=20m/s (1分) 体积V1=3Sh+3Sh=6Sh (3)货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上由 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 牛领第二定律得a1- m G=1.2p0 竖直方向上mg=N p2=po+ (1分) 由牛顿第三定律可知，货物受到的支持力N与 设活塞下降的距离为H,则气体体积 其对板块的压力N1等大，则滑动摩擦力 V2=3Sh+(3h-H)S (1分) f=u2N 根据玻意耳定律有p1V1=p2V2 (1分) 解得a1=2m/s2,方向水平向左，即货物做减速 解得活塞下降的距离H=h (1分) 运动 (1分) (2)在支架上放置重物的重力大小 对滑板，水平方向上 G'=10.8poS (1分) f-f地=Ma2 (1分) 根据题意可知，充入空气并稳定后，封闭空气的 地面对M的摩擦力 压强 f地=3N地 物理答案（四）第5页（共6页） 7 真题密卷 学科素养月度测评 竖直方向上 E N2=Mg+mg (1分) I-R1+R: 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的压力N地与 对棒MN分析，根据牛顿第二定律有 地面对滑板的支持力N2等大 F+BIL-umg=mia (1分) 解得a2=3m/s2,方向水平向右 (1分) 解得a=14m/s2 (1分) 当货物和滑板共速时 (3)由于导体棒MN、PQ是由同种材料制成的 v共=v0-a1t1=a2t1 (1分) 粗细相同的细金属棒，则有 货物这段时间内的水平位移 1 m:-Lim:-2kg x1=-2a1号 (1分) 由于F=μm1g+m2g (1分) 解得t1=4s,共=12m/s,x1=64m 对棒PQ和棒MN组成的系统进行分析，系统 之后假设成立，货物与滑板一起减速，则共同的 所受合外力为零，系统的动量守恒，t2时刻两棒 加说度a一十m 43N地 共速时速度为'，则有 m2vo=(mi+m2)v (1分) 解得a3=1m/s2,方向水平向左 (1分) 解得v'=6m/s 而货物在滑板上，能达到的最大加速度 对棒MN,根据动量定理有 a1=2m/s2,方向水平向左 a1>a3,假设成立，即货物可以和滑板保持一 F(t2-t1)-m1g(t2-t1)+B1L1I(t2-t1)= 致，共同减速，直到减为0 (1分) miv (1分) 共同减速时，货物的水平位移 E 其中I= ,+R。,E=,A (1分)》 t2-t1 (1分) 解得△Φ=6.09Wb 解得x2=72m (4)两棒稳定时均做匀速直线运动，棒PQ加速 所以货物从滑到水平面到最终停止，货物的总 度为零，则有 位移 B2L2I2-um2g=0 x=x1+x2=136m。 (1分) 15.(1)9.5m(2)14m/s2(3)6.09Wb 其中I2= B1L171-B2L2V2 (1分) R1+R2 (4)11.25J 解得01一v2=1.5m/s (1分) 【解析】(1)对棒PQ分析，根据牛顿第二定律有 根据动量守恒定律有 umzg=m2ao m2v0=m1v1十m2v2 (1分) 根据位移公式有 解得o1=7m/s,v2=5.5m/s 1 d=t,-2a号 (1分) 对棒MN,根据动量定理有 F(t3-t2)-wm1g(t3-t2)-B1I1L1(t3-t2)= 解得d=9.5m (1分) m1v1一m1v (1分) (2)棒PQ刚到达CD时的速度 (1分) vo=v-aot1 其中11= B1L11-B2L22 R1+R2 v1(t3-t2)=x1, 结合上述解得v,=9m/s 由于导体棒MN、PQ是由同种材料制成的粗细 v2(t3-t2)=x2 相同的细金属棒，结合电阻定律，则棒PQ的 解得x1一x2=6m (2分) 电阻 对两棒组成的系统，根据能量守恒定律有 _L2R,=2n R2一L1 1 1 Fx1一m1821一m:gx2+2m1U'2+ 2m2'= 棒PQ刚到达CD时的感应电动势 1 1 E=B2L2v0 (1分) Q+2mivi+2mv (1分) 棒PQ刚到达CD时的感应电流 解得Q=11.25J。 (1分) 物理答案（四） 第6页（共6页）