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2025 年 12 月高三联考 强化卷
物 理
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D A B A D D C BC AD AD
1 D 基础考点 相对论时空观与牛顿力学的局限性 5.D 基础考点 v t图像 追及相遇问题
. - +
【深度解析】牛顿力学未被完全推翻 而是适用范围受限 A错误 【深度解析】在v t图像中 图像与时间轴围成的面积表示位移 前
, , ; - , ,
牛顿力学中物体的质量恒定 不随运动状态的改变而改变 B 错 内 甲车图像与时间轴围成的面积大于乙车图像与时间轴围成
, , 2 s ,
误 根据长度收缩效应 运动的尺子在其前进方向上会变短 C错 的面积 说明甲车的位移大于乙车的位移 又因为两车同时同地出
; , , , ,
误 根据时间延缓效应 运动的时钟在外界观测者看来会变慢 D 发且前 内甲车的速度始终大于乙车的速度 所以第 末甲车
; , , 2 s , 2 s
正确 在乙车的前方 两车没有相遇 A错误 v t图像中 速度始终大于
。 , , ; - ,
2.A 基础考点 电功率 等于零 说明甲车一直沿正方向运动 第 末甲车不会回到出发
, , 4 s
【深度解析】由于水电站的输出功率不变 由电功率公式P UI可 x
, = 点 B错误 根据平均速度公式v 前 内甲 乙两车位移不
知 输出电压提高为原来的 倍 则输电导线上的电流将减小为 , ; = t , 2 s 、
, 10 ,
同 所以平均速度不同 C错误 在v t图像中 图像的斜率表示加
原来的 1 A正确 , , ; - ,
, 。 速度 第 末 甲车图像斜率的绝对值等于乙车图像的斜率 故
10 , 3 s , ,
3.B 新颖试题 运动的合成与分解 + 功能关系 甲 乙两车的加速度大小相等 D正确
、 , 。
【深度解析】车厢向右做匀速运动 物块相对斜面由静止释放 物
, , 6.D 热门考点 电场强度 电场力做功 电势能
+ +
块在水平方向上有与车厢速度相同的初速度 物块相对斜面在沿
, 【深度解析】粒子M从A到B速度增大 即动能增大 根据动能定
, ,
斜面方向上做匀加速运动 因为斜面光滑 物块只受重力和支持
, , 理可知库仑力做正功 又知粒子M带正电 则电场线的方向从 A
, ,
力 其合力恒定且沿斜面向下 则合运动的加速度恒定且沿斜面向
, , 到B 所以O处点电荷带正电 A错误 根据点电荷的场强公式E
, , ; =
下 物块相对于路面的速度方向与加速度方向不在同一直线上 所
, , Q Q
k B点的电场强度大小为E k E 由于 x x 可知 A
以物块做匀变速曲线运动
,
A错误
,
B正确
;
斜面对物块的支持力 r2, B= x2OB = , OA= AB,
方向垂直于斜面 因为物块有向右的初速度 所以物块在支持力的 Q
, , 点的电场强度大小为E k E B错误 由于电场线的方向从
方向上有正向的位移 则支持力对物块做正功 故物块机械能增 A= x2OA =4 , ;
, ,
加 C、D错误 A到B 则A点电势高于B点电势 点拨:沿电场线方向电势逐渐
, 。 , (
4.A 经典题型 连接体模型 牛顿第二定律 降低 根据电势能E qφ 粒子M带正电 可知粒子M在A点的
+ ), p= , ,
【深度解析】设左侧重物质量为m 右侧重物质量为m 四个选项 电势能大于在B点的电势能 C错误 从A到B根据动能定理有
1, 2, , ;
均符合m m 根据牛顿第二定律有m g m g m m a 可得 mv2
1> 2, 1 - 2 =( 1+ 2) , qU AB= 1 m (2 v ) 2 - 1 mv2 , 解得A 、 B两点间的电势差U AB= 3 q , D
m m 2 2 2
加速度a 1- 2g 则 选项中的加速度大小 a 2 kg-1 kgg
=m m , A 1= = 正确
1+ 2 2 kg+1 kg 。
7.C 基础考点 圆周运动 力的合成与分解
1 g 选项中的加速度大小a 4kg-3kgg 1 g 选项中的加 +
3
,B 2=
4 kg+3 kg
=
7
,C
【题图剖析】
速度大小 a 5 kg-3 kgg 1 g 选项中的加速度大小 a
3 = = ,D 4 =
5 kg+3 kg 4
8 kg-5 kgg 3 g A正确
= , 。
8 kg+5 kg 13
模型提取 关联速度连接体
不可伸长的轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度
【深度解析】小球做圆周运动 所受合力提供向心力 有 F
总是相等。 下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等,方 , , 合 =
向不同。
mlω2
=1 N,
由此可知小球所受的合力大小不变
,
方向时刻指向圆
心 所以小球所受的合力是变力 易错点:力是矢量,若力不发生变
, (
化,则力的大小和方向都不变,圆周运动中向心力时刻指向圆心,
方向一直发生变化 A错误 小球运动到水平位置A时 水平方向
), ; ,
图
1
图
2
图
3
上有F
x=
mlω2
=1 N,
竖直方向上有F
y=
mg
=10 N,
小球运动到水
D 1平位置A时
,
杆对小球的作用力为F
A=
F2x+ F2y
= 101 N,
方向指 11.(
1
)
B
(
3
分) (
2
)
①
需要(
2
分)
②
d(
3
分)
经典试题 探究平抛运动的特点
向右上方
,
同理在B点
,
在水平方向上有F′
x=
mlω2
=1 N,
竖直方向
【深度解析】 利用题图甲所示的装置 根据两球始终同时落
上有F′ mg 小球运动到水平位置B时 杆对小球的作用力 (1) ,
y= =10 N, ,
地 只能判断两球在竖直方向上的运动是相同的 即做平抛运动
为F
B=
F
x
′2
+
F
y
′2
= 101 N,
方向指向左上方
,
B、D错误
;
小球运
的
,
物体竖直方向做自由落体运动 不能判断出水平
,
方向做匀速运
动到最高点时 有F mg mlω2 解得F 可知小球运动到 ,
, 1+ = , 1=-9 N, 动 B正确
最高点时 杆对球的作用力大小为 C正确
, 。
, 9 N, 。 钢球离开斜槽末端后速度的方向即为斜槽末端的方向 为
8.BC 热门考点 万有引力定律 (2)① ,
了保证钢球离开斜槽末端后速度方向水平 需要调节斜槽末端的
,
GMm
【深度解析】对低轨卫星 由万有引力提供向心力有 ma 可 切线水平
, r2 = , ;
gx2
得低轨卫星的轨道半径r
=
G
a
M
,
近地卫星的向心加速度可以近 ②
根据平抛运动的规律可得x
=
v
0
t
,
y
=
2
1 gt2
,
联立解得y
=
2
v2
0
,
图
像为过坐标原点的直线 当M点的高度提高后 钢球做平抛运动
似为地球表面的重力加速度g 轨道半径近似为地球半径R 同理 , ,
, , 的初速度增大 图像的斜率变小 但仍然是过坐标原点的直线 得
, , ,
GM r g ( g ) 1
解得地球的半径R 联立解得 2 A错误 到的图像是题图丙中的d
= g , R = a = a , , 。
12.( )b( 分) ( )R( 分) ( ) ( 分) ( )大( 分)
GMm mv2 1 2 2 1 2 3 10 2 4 2
B正确 对低轨卫星 由万有引力提供向心力有 解得线 经典试题 电阻表原理
; , r2 = r ,
【深度解析】 电流从红表笔流进电阻表 从黑表笔流出电阻
GM (1) ,
速度v 近地卫星的线速度即为第一宇宙速度 同理解得地
= r , , 表 根据电源正负极可知电流从b端流进电阻表 从a端流出电
, ,
GM v ( a ) 1
阻表
,
所以红表笔应接b端
。
球的第一宇宙速度 v 联立解得 4 C 正确 D
0= R , v
0
= g , ,
(2) 电阻表内阻R 内= I
E
=15 kΩ, 所以滑动变阻器选用R 1。
错误 g
。
9.AD 重难考点 电容器的充放电 电流表示数为 时 由闭合电路欧姆定律有 3 I
(3) 60 μA , g=
5
【深度解析】根据公式q It可知 图乙中图线与横轴所包围的图形
= , E
解得R
面积表示流过 R 的电荷量 通过数格法得到 Q . -3 R R , x=10 kΩ。
, =30×0 2×10 × 内+ x
. . -3 即电容器在全部放电过程中释放的电荷量约 E
0 4 C=2 4×10 C, 倍率小的电阻表内阻小 由R′ 可知改装成倍率更小的电
(4) , 内= I′
Q
为 . -3 A正确 根据公式C 可估算出电容器的电容为 g
2 4×10 C, ; = U, 阻表需要用满偏电流更大的电流表
。
U 13.( ) ( 分) ( ) . ( 分)
-4 B错误 如果将电阻R换成阻值更大的电阻 根据I 1 60 J 5 2 -77 5 J 5
3×10 F, ; , m= R 重难考点 完全非弹性碰撞 动能定理 竖直平面内圆周运动
+ +
可知最大电流将减小
,
因电荷量Q不变
,
则i
-
t图线与横轴所包围 【思路引导】( )A和B 碰撞后粘在一起运动 属于完全非弹
1 →
的图形面积不变 则放电时间会变长 C错误 D正确 性碰撞 利用动量守恒定律列式求出碰后速度 利用能量守
, , , 。
→ →
10.AD 经典试题 x t图像 动量守恒定律 恒定律列式求出碰撞过程中损失的机械能;
- +
【深度解析】由x t 图像的斜率表示速度可知 碰撞前 b 是静止 ( )A和B碰后粘在一起在竖直平面内做圆周运动 恰好通过半
- , 2 →
x x′ 圆形轨道最高点P 在最高点P时由重力提供向心力 利用牛
的 a的速度v Δ 1 5-0 碰后a的速度v′ Δ 1 → →
, a= t = m/s=5 m/s, a= t′=
Δ1 1-0 Δ1 顿第二定律列式求出在最高点P的速度大小
→
利用动能定理列
2-5 3 b的速度v′ Δ
x′
2 10-5 5 对两
式求出在半圆形粗糙轨道上运动过程中摩擦力所做的功。
m/s=- m/s, b= t′ = m/s= m/s,
3-1 2 Δ2 3-1 2 【深度解析】 对A和B组成的系统 碰撞过程由动量守恒定律
(1) ,
个物体的碰撞过程根据动量守恒定律有m v m v′ m v′ 代入
a a= a a+ b b, 有m v m m v 分
2 0=( 1+ 2) (2 )
m
可得 m a b = 1 5 3 , A 正确 , B 错误 ; 碰撞前系统的总动能 E k a+ E k b= 由能量守恒定律有 1 2 m 2 v2 0= 2 1 ( m 1+ m 2) v2 +Δ E (2 分 )
m 联立解得 E 分
2
1 m a v2a=
2
1 × m a×5 2 (J)= 25
2
a (J), 碰撞后系统的总动能E′ k a+ E k ′ b= A和B Δ 组成 =6 的 0 系 J 统到达半圆形轨道最高点P点时 由牛 (1 顿第 )
(2) ,
( ) ( )
1m
a
v
a
′2
+
1m
b
v
b
′2
=
1
·
m
a·
3
2
(J)+
1
·
m
b·
5
2
(J)= 二定律有 m m g m m
v2P
分
2 2 2 2 2 2 ( 1+ 2) =( 1+ 2) R (2 )
9 m a 25 m b 37 m a 则E E E′ E′ 故该碰撞是非弹 在半圆形粗糙轨道上运动过程中 , 由动能定理有
(J)+ (J)= (J), k a+ k b> k a+ k b,
8 8 4
性碰撞 C错误 D正确 -2(
m
1+
m
2)
gR
+
W
f=
1
(
m
1+
m
2)
v2P- 1
(
m
1+
m
2)
v2
(2
分
)
, , 。 2 2
D 2联立解得W . 分 【深度解析】 设斜面倾角为θ 长度为x 则L x θ 分
f=-77 5 J (1 ) (1) , , = cos (1 )
B dv B2d2v 货物沿斜面下滑过程中由动能定理可知
14.( )N到M 0 0( 分) ( ) 0 0 水平向左( 分)
1 4 2 R 8
2 3 mgh μmg θ x 1 mv2 分
重难考点 水平导轨上的单杆模型 法拉第电磁感应定律的应用 - cos · = 1 (2 )
+ 2
d 解得货物刚滑到传送带上时的速度大小v 分
【深度解析】 由图乙可知在 时间内 磁感应强度均匀增 1=3 m/s (1 )
(1) 0~ v , 以传送带为参考系 则货物刚滑到传送带上时相对传送带的
0 (2) ,
加 根据楞次定律结合安培定则可知R 中的电流方向为N到M
根
,
据法拉第电磁感应定律有这段时间内
0
的感应电动势
, 初速度大小为v 0= v2 1+ v2 =5 m/s (1 分 )
设货物相对传送带的初速度方向与传送带边缘的夹角 α 满足
,
E Δ
Φ
Δ
B
·
d2 B
0
dv
0 分 v
= t = t = (4 ) α 1 3 分
Δ Δ 2 tan = v = (1 )
4
d d
在 2 时间内 根据右手定则可知棒中的电流方向向上 货物相对传送带做匀减速直线运动 由牛顿第二定律有
(2) v ~ v , , ,
0 0 μ mg ma 分
根据左手定则可知棒受到的安培力方向水平向左 分 min = (1 )
(1 ) d
回路中的总电阻为R
总=2
R
+
R
=3
R
(1
分
)
由运动学公式有v2
0=2
a
α (2
分
)
sin
根据E′ B dv 分
F B I
=
d
0 0 (1
分
) 解得μ min=0 . 375 (1 分 )
安= 0 (2 ) (3) t时间内传送带运送的货物质量M = ntm ( 易错点:所计算功率
I E′ 分 单位是 W ,注意 n 的单位换算 n 个 / . 个/
=R (2 ) =90 min=1 5 s),
总
传送带输送货物过程中电动机需要额外增加的能量转化为货物
B2d2v
可得F 0 0 分 增加的动能和货物与传送带间因摩擦产生的热量 有
安= R (1 ) ,
3
15.( ) ( 分) ( ) . ( 分) ( ) ( 分) E 1 Mv2 1 Mv2 分
1 3 m/s 4 2 0 375 6 3 144 W 6 Δ k= - 1 (2 )
重难考点 斜面 传送带模型 2 2
+
【思路引导】 Q
=
1 Mv2
0 (2
分
)
2
E Q
额外增加的平均功率为P Δ k+ 分
= t (1 )
解得P 分
=144 W (1 )
D 3
