【衡水真题密卷】2026年高三物理学科素养月度测评7版（二）（安徽专用）

2025一2026学年度下学期学科素养月度测评 高三物理（二） 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.关于分子动理论和热平衡，下列说法正确的是 () A.压缩气体时，气体表现出的抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力 B.已知某种气体的密度为p(kg/m3),摩尔质量为M(kg/mol),阿伏加德罗常数为NA 3M (mol-1),则该气体分子之间的平均距离a可以表示为 NONA C.布朗运动是悬浮在液体中的花粉微粒的运动，它直接反映了花粉分子的无规则运动 D.灰尘在空气中的无规则运动是分子的热运动 2.下列说法中正确的是 波源 甲 乙 A.图甲描述的是多普勒效应，A观察者接收到波的频率大于B观察者接收到波的频率 B.图乙是电影院提供的观看立体电影的眼镜，应用的是光的干涉原理 C.图丙的雷达是利用电磁波遇到障碍物要发生反射的这个特性工作的 D.图丁中激光切割金属，利用了激光相干性好的特点 3.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 309 A.Gtan 30 B.Gsin30° C.Gcos 15 D.Gsin 15 高三物理试题（二）第1页（共8页） 学科素养 4.如图甲所示，在拉力传感器的下端竖直悬挂一个弹簧振子，拉力传感器可以实时测量弹 班级 簧弹力大小。图乙是小球简谐运动时传感器示数随时间变化的图像。t=0时小球处于 平衡位置，已知g取10m/s2,下列说法正确的是 () LlLlleiiie 本FN 力传感器 姓名 16 得分 t/s 3 甲 乙 A.小球的质量为0.8kg,振动的周期为8s B.0~2s内，小球受回复力的冲量大小为0 C.3~4s和4~5s内，小球受弹力的冲量相同 D.1~3s内，小球受弹力的冲量大小为16N·S,方向向上 5.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1、 r2,下列说法正确的是 () 春分 3明8 冬至 大阳 (12月21日) 地球 夏至 e (6月21日)N 0 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4 D地球在冬至和夏至时，所受太阳的万有引力之比为月 6.如图甲所示，用金属裸导线制作大、小两个圆环，已知大圆半径R=2m,小圆半径r=1m, 两圆环接触相切于c点。大圆环上端α、b和切点c处留有一非常小缺口。空间存在着 垂直纸面向里的匀强磁场，从t=0时刻起磁感应强度按图乙规律变化，设磁场垂直纸面 向里为正方向。则以下说法中正确的是 () X Xa by ↑B/T 10 X cX -10 甲 乙 月度测评 高三物理试题（二）第2页（共8页） 7 A.在0~1s过程中，大圆环上a、b两点电势pa<p B.若将ab小缺口闭合，在0~1s过程中小圆环上有如箭头所示方向的电流 C.若将ab小缺口闭合，在t=2s前后瞬间回路中的电流不同 D.在1~3s过程中，将理想电压表正确接在大圆环上的a、b两点之间，电压表读数为 15π(V) 7.如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带电荷量q=一5C、 质量m=0.2kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.8kg,滑块与绝缘小车之间 的动摩擦因数μ=0.4，它们所在空间存在磁感应强度B=1.0T的垂直纸面向里的匀 强磁场，开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量I=1.6N·s,g取10m/s2, 那么小车与滑块因摩擦而产生的最大热量为 () ×××× B XMX 下下T A.0.16J B.0.32J C.0.14J D.0.15J 8.如图为交流发电机的示意图，内阻为10Ω的线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的对称轴 匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e=20sin100πt(V),理想变压器原、副 线圈的匝数比n1：n2=5：1,副线圈接有一个电阻箱R。电表均为理想电表，不计其他 电阻，下列说法正确的是 () A.电压表V1的示数为20V B.电压表V2的示数为2√2V C.当电阻箱电阻为0.4Ω时，电阻箱功率最大 D.此交流电每秒钟电流方向改变50次 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 () 高三物理试题（二）第3页（共8页） 学科素养 ◆(m's F 11.5 t/s 甲 乙 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 10.现代科学仪器常用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧 密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度都为，长度足够长。电场方向水平 向右，磁场方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，电场强 度大小为E,磁感应强度大小为B。一个带正电的粒子在第1层左侧边界某处由静止 释放，粒子的质量为、带电荷量为q,不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。已知粒 子从第4层磁场右侧边界穿出时，速度方向与水平方向的夹角为30°。下列说法正确 的是 () 第1层 第2层 第n层 XX XX →×x XX X X Xi XX- i←d-→←d A粒子穿出第1层磁场的速度与水平方向夹角的弦值是。 B.当n=12时，粒子的偏转角度是90° C.当n=16时，粒子恰好不从磁场穿出 2qEd D.粒子运动的最大速度为4 Nm 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)某研究性学习小组设计了如图甲所示的实验装置，利用单摆测量当地的重力加 速度。 L/m (1)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 (填字母)。 A.为了使单摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相对平衡位置 时有较大的偏角 B.摆球尽量选择质量较大、体积较小的 C.摆线要选择较轻、无伸缩性，并且摆线越长越准确 月度测评 高三物理试题（二）第4页（共8页） (2)测量单摆周期时，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时数“0”，当摆 球再次通过最低点时数“1”，依此类推，当他数到“50”时，秒表停止计时，读出这段 时间t,则该单摆的周期为 。（用题目中所给出的字母表示) (3)改变摆线长度，测量出多组周期T、悬点到小球下端距离L的数据后，画出L-T2图 像如图乙所示，测得此图像斜率为，则当地重力加速度g一 。(用题目中 所给出的字母表示) (4)L-T?图像不过坐标原点的原因可能是 12.(10分)为了节能环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光 敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的 强弱，光越强，照度越大，照度单位为x)。 (1)若在坐标系中描绘出了阻值随照度变化的曲线，如图甲所示。由图甲可求出照度 为1.21x时，光敏电阻的阻值为 k2(结果保留两位有效数字)。 ↑R/k2 日照度x 0.20.40.60.81.01.2 甲 (2)图乙所示是街道路灯自动控制模拟电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电 源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在 (填“AB” 或“BC”)之间。 电磁铁 衔铁 A 220V 8C0 路灯 44 (3)用多用电表“×10Ω”挡，按正确步骤测量图乙中电磁铁线圈电阻时，指针示数如图 丙所示，已知当线圈中的电流大于或等于2A时，电磁继电器的衔铁将被吸合，图 中直流电源的电动势E=6V,内阻忽略不计，要求天色渐暗照度降低至1.21x时 点亮路灯，滑动变阻器的阻值为 Ω；为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地 (填“增大”或“减小”)滑动变阻器的电阻。 高三物理试题（二）第5页（共8页） 学科素 V-0 丙 13.(10分)如图所示，横截面为半圆形的某种透明柱体介质，截面ABC的半径R=10cm, 直径AB与水平屏幕MN垂直并与A点接触，由a、b两种单色光组成的复色光沿半 径方向射向圆心O,已知该介质对a、b两种单色光的折射率分别为n1=√2、n2=2。 (1)求a光和b光在介质中传播的速度之比。 (2)若逐渐增大复色光在O点的入射角，使AB面上刚好只有一种色光射出，求此时屏 幕上两个亮斑的距离。 M 养月度测评 高三物理试题（二）第6页（共8页） 7 14.(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 15 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： (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。 ∠LL∠ 7777 7 高三物理试题（二）第7页（共8页） 学科素养月度测评 ,(18分)相距L=1m的足够长的金属导轨如图放置，倾斜部分与水平面夹角0=37°， 其他部分水平，左边接有一个定值电阻，阻值R=1Ω，右端接有一个电容C=0.25F 的电容器，MN左边导轨光滑，右边轨道动摩擦因数μ=0.2，长度足够。金属杆ab 的质量m=0.01kg,导轨所在处MN左端有竖直向上的磁场，MN右边有水平向右 的匀强磁场。以左端金属杆初始位置处为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oo=3m/s水平向右做匀速运动，那么（注： 图中xo=1m为已知，k=0.2T/m,拐角圆弧状，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)金属杆从开始位置运动到x。时，通过电阻R的电荷量q为多少？如果拉力F在 0~xo的过程中对ab杆做的功约为0.085J,那么流过R的电流的有效值多大？ (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αb运动的时间和路程。 光滑圆弧挡板 B ■■=■■■■■■■■ 5.8 3 高三物理试题（二）第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 2025一2026学年度下学期学科素养月度测评 高三物理（二） 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 Ⅱ1 ①②③ ④ 等级系数 1 选择题 4 分子动理论和热平衡 0.85 2 选择题 4 电磁波与信息化社会 易 0.80 3 选择题 直接合成法解决三力平衡 4 易 0.75 问题 4 选择题 4 简谐运动 中 0.65 5 选择题 4 开普勒第二定律 中 0.65 6 选择题 法拉第电磁感应定律、楞次 4 中 0.65 定律 带电粒子在叠加场中做直线 7 选择题 4 中 0.60 运动 8 选择题 4 交流电、理想变压器 难」 0.40 9 选择题 5 牛顿运动定律与图像结合 中 0.65 带电粒子在连续的组合场中 10 选择题 5 难 0.40 的运动 11 实验题 用单摆测量重力加速度的 6 / 易 大小 0.75 探究光敏电阻在电路中的 12 实验题 10 应用 的 0.65 三 13 计算题 10 折射、全反射 易 0.75 14 计算题 14 单摆的应用 中 0.50 含容电路中的金属导轨在变 15 计算题 18 难 0.40 化磁场中的运动 高三物理答案（二）第1页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 精典评析 ★如图甲所示，在拉力传感器的下端竖直悬挂一个弹簧振子，拉力传感器可以实时测量弹簧弹力大 小。图乙是小球简谐运动时传感器示数随时间变化的图像。t=0时小球处于平衡位置，已知g取10m/s2, 下列说法正确的是 () FIN 力传感器 161 ○ / 甲 A.小球的质量为0.8kg,振动的周期为8s B.0~2s内，小球受回复力的冲量大小为0 C.3~4s和4~5s内，小球受弹力的冲量相同 D.1~3s内，小球受弹力的冲量大小为16N·S,方向向上 【试题解读】 本题以拉力传感器测量弹簧弹力的实验为背景，围绕简谐运动展开，考查了学生的运动与相互作用观 念，要求学生理解简谐运动中回复力的变化规律，以及弹力与时间的关系。通过给出拉力随时间变化的图 像，要求学生分析振子的运动状态，考查学生的图像分析能力和信息提取能力。本题以实验为背景，考查 了学生的实验探究能力，通过解决实际问题，培养学生的科学责任感，让学生认识到物理知识在实际生活 中的应用价值。 ★现代科学仪器常用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀 强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度都为d,长度足够长。电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。 电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一个带正电的 粒子在第1层左侧边界某处由静止释放，粒子的质量为、带电荷量为g,不计粒子的重力及运动时的电 磁辐射。已知粒子从第4层磁场右侧边界穿出时，速度方向与水平方向的夹角为30°。下列说法正确的是 () 第1层 第2层 第n层 XX X Xi →XX X X 十 X Xi . XX… XX XX →XX刘 ←d←d→i A,粒子穿出第1层磁场的速度与水平方向夹角的正弦值是8 B.当n=12时，粒子的偏转角度是90° C.当n=16时，粒子恰好不从磁场穿出 2gEd D.粒子运动的最大速度为4， m 【试题解读】 以“现代科学仪器常用电场、磁场控制带电粒子的运动”为背景，创设了多层匀强电场和磁场交替的情 境，要求考生多次应用电场加速和磁场偏转的规律，对多过程问题的分析能力要求较高。试题没有直接给 出粒子运动的所有细节，要求学生画出粒子的运动轨迹，分析每一层电场和磁场中粒子的速度变化、受力 情况和偏转角度，对考生的空间想象能力要求较高。试题既贴合现代科技应用，又增加了试题的新颖性和 挑战性，能够有效考查考生在新情境下应用物理知识解决问题的能力，激发考生对物理学科的兴趣和对科 技发展的关注。 1 高三物理答案（二）第2页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、选择题 4.D【解析】根据图像可知，t=1s时，弹簧弹力最 1.B【解析】压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的 大，为16N,小球位于最低点；t=3s时，弹簧弹 力是由于气体压强，气体分子间距离大于10r0,分 力最小，为0，小球位于最高点。由对称性可知， 子间的相互作用力几乎为零，A错误；已知某种气 小球振动的周期为4S,小球位于平衡位置时，弹 体的密度为p(kg/m3),摩尔质量为M(kg/mol), 力F Fs十F=8N=mg,解得m=0.8kg,A 阿伏加德罗常数为NA(mol-1),则分子所占空间 2 M 错误；小球受到的合外力提供回复力，0~2s内， M 小球初速度和末速度不为零且大小相等，方向相 的依积V。=是N把分子所占空间看成立 反，则速度变化量不为零，根据动量定理可知回 方体模型有a= M ,B正确；布朗运动是悬浮 复力的冲量大小不为0，B错误；3~4s和4~5s NONA 内，平均弹力大小不同，小球受弹力的冲量不同， 在液体或气体中固体微粒的无规则运动，是由大 C错误；1~3s内，由动量定理得I一mgt=0 量分子撞击引起的，非直接反应了花粉分子的无 0,解得I弹=16N·s,方向向上，D正确。 规则运动，C错误；灰尘在空气中的运动是分子团 5.B【解析】由开普勒第二定律可知，地球绕太阳做 (固体颗粒)的运动，不是分子的热运动，D错误。 椭圆运动时，近地点的速度大于远地点的速度， 2.C【解析】由图甲可知，A观察者接收到波的频 所以冬至时运行速度最大，A错误；行星从轨道 率小于B观察者接收到波的频率，A错误；在电 的冬至位置经足够短的时间t,与太阳的连线扫 影院中观看立体电影的眼镜应用的是光的偏振， 过的面积可看作很小的扇形，其面积S= B错误；雷达是利用电磁波遇到障碍物要发生反 vitXri 射的这个特性工作的，C正确；激光切割金属，利 ;同理行星从轨道的夏至位置经足够短 2 用了激光亮度高、能量大的特点，D错误。 的时间t,与太阳的连线扫过的面积可看作很小 3.C【解析】画出篮球的受力分析如图甲所示，两根 的扇形，其面积S=X,根据开普勒第二定 杆相距L=√2R,根据勾股定理，两力之间的夹角 2 为90°，F。与Fb方向如图乙所示，F。与Fb的合 律，得Xn-X,即速度之比为，B正 2 2 力F竖直向上，与重力等大反向，可知a杆对篮 确；由开普勒第二定律可知，冬至附近速度快，时 球的支持力大小为F。=Gcos15°，C正确。 间短，所以周期小于公转的4，C错误；由万有引 篮球 hb杆 力公式F-GM可知，F与R成反比，所以引 R2 R a杆●) 力之比为月)”，D错。 甲 6.A【解析】根据楞次定律，在0~1s过程中，磁 F F 感应强度B不断增大，在两环之间区域有逆时针 15 方向的感应电动势，b点相当于是电源正极，a点 相当于是电源负极，9。<p6,A正确；在0~1s过 程中小圆环上的电流方向与箭头所示方向相反， B错误；在1~3s内，磁感应强度的变化率不变， 可知在t=2s前后瞬间回路中感应电动势不变， 则电流也不变，C错误；由法拉第电磁感应定律E 高三物理答案（二）第3页（共7页） 7 ·物理· 参考答案及解析 △B,S=1×-10-10)元(2-1)V- 5-3 △t 3-1 板的加速度a:一，5m/=4m/g,对木板由 一30π(V),即理想电压表读数为30π(V),D 牛顿第二定律mg十u(m十M)g=Ma2,在0~1s 错误。 时间内木板的加速度a1= 5-0 7.C【解析】开始时小车和滑块静止，突然给小车 1m/s=5m/s,由牛 一个向左的冲量，即I=Muo,解得vo=2m/s,根 顿第二定律可知F-ng一u(m十M)g=Ma1,联 据左手定则可知，滑块受到的洛伦兹力方向向上， 立解得M=4kg,4=0.2,B正确，A错误；在0~ 假设二者能够达到共同速度，则M0=(M十m)v, 1.5s时间内小物块始终相对木板滑动，由牛顿 解得v=1.6m/s,当滑块脱离小车时，有q0'B= 第二定律知，小物块的加速度a,=m3=2m/s, mg,解得滑块的速度大小为v'=0.4m/s<v,所 m 以二者不可能达到共速，根据动量守恒定律可得 1 小物块的位移x角=20t=2.25m,木板的位移 Mvo=M1十mv',解得v1=1.9m/s,根据能量 守s定律可得Q=方Mwi-方Mi一方m= 1 大小为1图像包周的面积大小，则=专X5× 0.14J,C正确。 1m+5+3 ×(1.5一1)m=4.5m,t>1.5s时，小物 2 8.C【解析】若线圈没有电阻，则电压表V1的示 块与木板相对静止，则整个过程小物块相对木板 数U,-29V=10v2V,本题中线图有电阻，故电 运动的位移大小x相=x版一x物=2.25m,整个过 2 程小物块相对木板运动时产生的热量Q1一 U1_,可 压表V,示数小于10巨V,A错误：由可-2， mgx相=9J,木板与地面之间的摩擦产生的热 量Q2=μ(m十M)gx板福，木板与小物块一起运 得U2=2U1,若线圈没有内阻，则U,=102V,代 n 动的位移x最=g -=2.25m,木板运动的总位 入上式可得U2=2√2V,因本题线圈有内阻，故 移x板总=x板十x板=6.75m,联立解得Q2=4 电压表V2的示数小于2√2V,B错误；设发电机 (M十m)gx板总=8J,因此整个过程系统因摩擦 产生的交流电动势有效值为E,原线圈的电流为 而产生的热量Q=Q1+Q2=81J十9J=90J,D I1,副线圈电流为I2,电阻箱在原线圈电路中的 正确，C错误。 等效电阻为R',则有P=IR=R',又因为 10.CD【解析】设粒子在第n层磁场中运动的速 费，故等数电阻R'-偏)R=25R,由同合包路 度为u.,轨迹半径为r,则有ngEd=2mu①， n g如，B=m@,粒子进入第n层磁场时，速度的 欧姆定律11=R十，故电源的输出功率P 1R一（片广×，故当发e,时电L孩药起 方向与水平方向的夹角为a,从第n层磁场右 侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为 的功率最大，即25R=r,解得R=0.42,C正确； 日n,粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的 速度分量不变，有vm-1sin0n-1=sin a(③，如 由题意可知ω=100x,故交流电的频率∫=2元 图甲所示，r sin0n-rsina=d④，联立②③④ 50Hz,因为交流电电流一个周期变两次，故此交 可得r.sin0n-rm-1sin0n-1=d⑤，可知r1sin01、 流电每秒钟电流方向改变100次，D错误。 r2sin02、r3sin0、…、r sin为一组等差数列，公 二、选择题 差为d,可得r.sin0n=r1sin01+(n-l)d⑥，当 9.BD【解析】由题图乙可知，在t=1.5s时木板的 n=1时，由图乙可知r1sin01=d⑦，联立⑥⑦ 加速度发生了变化，说明此时小物块与木板的速 可得rasin0n=nd⑧，联立①②⑧解得sin= 度相等，小物块对木板的摩擦力方向发生了变 化，在1~1.5s时间内小物块相对木板滑动，木 B⑨，若粒子拾好不能从第n层磁场石 7 高三物理答案（二）第4页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 侧边界穿出，则有日n 、 2,sin0。=1,由题月可 12.(1)1.8(2分)(2)AB(2分)(3)1040(3分) 减小(3分) gd 知，当n=4时，04=30°，即sin30°=2B 【解析】(1)从图像上可以看出当照度为1.21x N2mE 时的电阻R=1.8k2。 1 20,当n=1时，sin0=4,A错误；当sin0.=1 (2)当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路 中电流增大，则衔铁被吸下来，此时触片和下方 时，联立⑨⑩，解得n=16,B错误，C正确；粒子 接触，此时路灯应该熄灭，说明路灯接在了 每一次向右经过电场，电场力做正功为gEd,第 AB上. 16次向右经过电场后速度达到最大，有16gEd= (3)根据欧姆表的读数规则，电磁铁线圈的电阻 2mu2,可得o=4 2gEd ,D正确。 R'=16×102=1602,回路中的电流为2mA m d 时，回路的总电阻R&三片-0.0020=3000， 则滑动变阻器的阻值R清=R总一R′-R=10402, 0 为使天色更暗时才点亮路灯，天色更暗时光敏 电阻更大，要保证回路中的电流2mA不变，则 应减小滑动变阻器的阻值。 甲 13.(1)W2(2)10(1+√5)cm 三、非选择题 【解析】(1)设a、b光在介质中传播速度为v1、 11.(1)B(1分) (2)元2分) (3)4π2k(2分) v2,由折射率定律得 (4)见解析(1分) c n10,n2-02 (1分) 【解析】(1)单摆做简谐运动的条件是摆角较小 所以a、b光在介质中传播速度之比 (一般不超过5°)，较大偏角会使周期公式不成 立，A错误；摆球质量较大、体积较小可减小空 1_儿2=2 (1分) v2 nI 气阻力影响，B正确；摆线需轻且无伸缩性，但并 (2)a、b光在介质的AB面上发生全反射的临界 非越长越准确，过长会导致摆动不稳定，C错误。 角分别为01、02，由全反射规律得 (2)摆球从最低点开始计时，每次通过最低点计 1 数一次，数到“50”时共经历50次通过最低，点。 sin 0msin 0a n1= (1分) 单摆周期是完成一次全振动的时间，而相邻两 解得 次通过最低点的时间间隔为半个周期，故总时 01=45°，02=30° t 间1=50×2，解得T=25。 所以增大入射角时b光先发生全反射，光路图 如图所示，此时b光入射角 (1分) (3)单摆周期公式为T=2r√g ,其中摆长1为 i=02=30° 因为i=30°，A0=R 悬点到小球重心的距离。设小球半径为r,则悬 所以AQ=√3R (1分) 点到小球下瑞距离L=十r,联立得L一4天 T 根据折射定律 十r,L-T2图像斜率k= 4元，故g=4r2k。 . sin r sin r sin i sin30°=V2 n1= (1分) (4)L为悬点到小球下端的距离，有效摆长应为 解得r=45 (1分) 悬点到球心的距离，二者相差小球半径r,故图 所以AP=AO=R (1分) 像在纵轴有截距，不过原点。 则PQ=AP+AQ-10(1+√5)cm。 (2分) 高三物理答案（二） 第5页（共7页） 7 ·物理· 参考答案及解析 解得VA2=0,V2=V0,方向向左 (1分) 第三次碰撞重复第一次碰撞，由(1)结果可知 (1分) 小球A摆动到最高点的过程，根据机械能守恒 1. (2).(2n+1En=01,23. 定律得 Ng 2X3muka=3mgL (1-cos 0) (1分) (8821gL-明 v 解得cos0=1 (1分) 【解析】(1)小球A和B发生弹性正碰，由动量 8gL 守恒定律得 所以sin0 8gD√16gL- (1分) mU0=3mVA1十mUBm (1分) 由能量守恒定律得 所以振幅A≈L0= 8g16gL (1分) 2mui=z×3mua+ 1 1 2 mv (1分) 15.(1)F=0.09x+0.12x2 (2)0.1c3 解得U1=2 (3)①0.2C②1.93s3.73m 【解析】(1)感应电动势 Um=一2 (1分) E=BLvo=0.6x (1分) 第一次碰撞后瞬间小球A、B的速率均为2 o 通过R的电流 E (2)第一次碰撞结束后两小球速率相等，为完成 IR一 =0.6x 第二次碰撞必然在小球A向左运动时。自第一 电容器两端的电压 次碰撞结束瞬间至第2次碰撞所需时间t应 U=E 满足 所带电荷量 (1分) t=nT+2 q=CU=0.15x (n=0,1,2,3,…) (1分) =a.15出 △t 其中T=2g 所以充电电流 设此过程挡板到碰撞点的距离为x,x应满足条 Ic=0.15v0=0.45A (1分) 件2x=受 所以流过金属杆的电流 (1分) I=IR+Ic=0.45+0.6x 解得z=aT+》 πwo(2n+1) F=BIL=0.09x+0.12x2 (1分 g (2)根据 (n=0,1,2,3,…) (1分) IR=0.6x=0.6vot=1.8t (3)第二次碰撞，规定向左为正，由动量守恒定 运动时间 律得 3mX Vo 00 1-3s 2-mX- 2 =3mUA2十mW (1分) 可得 由机械能守恒定律得 0+1.8× g= (1分) (1分) 充电电流为定值，对应的安培力 7 高三物理答案（二） 第6页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 Fc=BILc=0.09x (1分) 代入得v=4m/s 克服充电电流的安培力所做的功 所以，电容器的最大带电量 w。=0+0.09X×,=0.045J qm=CBcLv=0.2C (1分) 2 ②在斜面运动的时间 电阻产生的热量 Q=0.085J-0.045J=0.04J (1分) t,=-0=1、 a 3 s 根据Q=IRt (1分) 到达MN右边后，磁场水平向右，金属杆不再产 解得I=5A 生感应电动势，由于没有电阻，电容器放电非常 5 (1分) 迅速，设为△，因为时间极短，安培力会远大于 (3)①到x。处时 金属杆的重力，那么有 E=kxoLvo=0.6 V uBL∑I△t=mo-mo1 (1分) 电容器的电荷量 1=v- uBL q=3.2m/s (1分) 90=CU0=0.15C m 进入斜面后 所以在MN右边运动的加速度 Bc=Bcos @=kxo=0.2 T (1分) a1-ug=2 m/s2 根据牛顿第二定律 运动的位移 mg sin 0-BcIL=ma (1分) 0 51= =2.56m 结合 2a1 CBcLa=I (1分) 运动时间 解得 t2="=1.6s 0.6mg m+Ck2x8L2=0.3g=3m/s a-- (1分) 故运动的时间 58 所以到达MN处的速度 t=t1+t=30s≈1.93s (1分) v=√o+2as 运动的路程 2.8 5=37 52-6+2.56=559 7 150m≈3.73m. (1分) cos 6 m 高三物理答案（二）第7页（共7页） 7