名校教研联盟2025届高三12月联考物理参考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1227（西北卷）名校教研联盟2025届高三12月联考

绝密 启用前 ★ 物理参考答案 1.【答案】D 【解析】核反应方程是2H3H4 He1 n，A错误；核子结合成原子核的时候会发生质量亏损，原子核质量 1 1 2 0 小于组成它的核子质量之和，B错误；3H的比结合能小于4He的比结合能，C错误；核聚变反应是较轻的核子 1 2 聚合成较重的核子，要使得核子的强相互作用发挥作用，必须使核子间接近到发生相互作用的距离，约为10-15m， 要达到这个目的必须加热原子核，使得原子核的温度达到几百万摄氏度，这样才能够实现聚变，所以实现核聚 变的难点是地球上没有任何容器能够经受热核反应所需的温度，为了实现可控核聚变，科学家设想的解决方案 是磁约束和惯性约束，D正确。 2.【答案】C 1 【解析】取竖直向上的方向为正方向，根据匀变速公式可得hv t gt2，解得t=0.4s，手移动的平均速率至 0 2 OPPQ 少为v 2m/s，C正确。 t 3.【答案】D 【解析】空间站绕地稳定飞行时，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，所以斑马鱼只受万有引力作用， 不受浮力作用，A错误；地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，可知空间站绕地飞行 Mm 速度小于第一宇宙速度，B错误；根据万有引力与重力的关系有G mg，根据万有引力提供向心力有 R2 Mm v2 g Mm G m ，解得空间站的速度大小为vR ，C错误；设空间站处的重力加速度为g，则G mg， r2 r r r2 Mm 根据万有引力与重力的关系得G mg，质量为m的金鱼藻在空间站的重力大小为G mg，解得 R2 鱼 2 R G 鱼   mg，D正确。  r  4.【答案】A 【解析】当箱子处于静止状态时，物体m恰好静止不动，弹簧的伸长量为x，则kxmgsin，使箱子水平向 右做匀减速直线运动，加速度水平向左，设加速度为 a，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得 mgsinkxmacos，可知x x，A正确；使箱子做自由落体运动，则弹簧处于原长，B错误；使箱子 竖直向上做匀加速直线运动，设加速度为a，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得kxmgsinmasin， 可知x x，C错误；给物体m施加竖直向下的外力，弹簧伸长量变大，D错误。 5.【答案】C 【解析】光纤通信应用了光的全反射，所以外套的折射率小于内芯的折射率，A错误；α=45°时，单色光刚好 sin45 1 不从内芯射出，光路图如下左图所示，根据折射定律n ，临界角为sinC  ，根据几何关系有Cr90， sinr n 物理参考答案 第 1 页（共 6 页）6 L 则光导纤维的折射率为n ，B错误；光在内芯中传播的路程为x nL，光在内芯中传播速度的大小 2 sinθ c x n2L 3L 为v ，则光在内芯中传播的时间为t    ，C正确；如下右图所示，光能在内芯中正常传播的 n v c 2c sin90 临界条件是沿着90°方向从端面射入后，刚好在界面上能发生全反射，折射率n  2 2，则该光能在 sin45 内芯中正常传播，D错误。 6.【答案】D AS 【解析】由图可知波的传播周期为T=2s，波长vT 0.5m，A错误；S 处波传播至A点用时t  1 12s， 1 1 v AS A4S 4 3 S 处波传播至A点t 用 时t2  2s16ss，因16此s在t=13.5s时，只有S 处波到达A点，并且使A处质点振动 T， 2 2 v 2 2.v5 2.5 1 4 所以此时A点应该处于波峰，B错误；由于AS AS 1m2，所以A点为振动加强点，但A点是处于振动 2 1 状态，并非一直处于波峰，C错误；在12~16s内，A点的振幅为2cm，A点运动的路程为S =8A=16cm，在16~18s 1 内，A点的振幅为4cm，运动的路程为S =16cm，则在0~18s内A点运动的路程为32cm，D正确。 2 7.【答案】C 【解析】0~t 时间内，线框中磁场向外且减小，据楞次定律可知，线框中的感应电流方向为逆时针方向，A错 0 误；t ~2t 时间内，线框中磁场向内且增大，产生逆时针的大小不变的感应电流，但磁场应强度增大，故线框 0 0 AB边所受安培力变大，B错误；0~2t 时间内，据法拉第电磁感应定律可知，线框中的感应电动势 0  B B 1 3B E  N  N S  0 rr sin60 0r 2，线框的电阻R 3rR ，故0~2t 时间内，线框中的感应电 t t t 2 4t 0 0 0 0 E 3B r B2r3 流大小为I=  0 ，C正确；0~2t 时间内，线框中产生的热量为Q  I2R2t  0 ，D错误。 R 12t R 0 0 8t R 0 0 0 0 8.【答案】BD 【解析】由于理想变压器原线圈电路上含有电阻，则可把理想变压器和副线圈上的电阻等效为一个电阻，则电 n 1U U n 2 n  2 路变为简单的串联电路，如图所示，滑片逐步下移，使R阻值减小，即R  1  2  1  R减小，则总 等效 I 1 n 2 I n 2  n 2 1 U I n 电阻减小，根据I  MN 可知总电流增大，即通过R 的电流增大，根据 1  2 可知，通过电流表的电流增大， 总 R 0 I n 总 2 1 物理参考答案 第 2 页（共 6 页）故A错误，B正确；若滑片上移，总电阻增大，电源输出功率减小，C错误，D正确。 等效 9.【答案】BC 【解析】若 k=1，即物块与斜面间的动摩擦因数μ≤tanθ，根据牛顿第二定律有 mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得 L a=gsinθ-μgcosθ，由此可知物块做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；若k=2，从开始到 过程中，物块 2 与斜面间的动摩擦因数小于tanθ，根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma ，解得a =gsinθ-μgcosθ，由此可知 1 1 L 物块做加速度减小的加速运动；从 到L过程中，物块与斜面间的动摩擦因数大于tanθ，根据牛顿第二定律有 2 μmgcosθ-mgsinθ=ma ，解得a =μgcosθ-gsinθ，由此可知物块做加速度增大的减速运动，水平地面对斜面的摩擦 2 2 力f=macosθ，先减小后增大，C正确，D错误。 10.【答案】ACD 【解析】电势能等于将电荷移到无穷远，电场力做的功，故A、B、C系统的电势能可认为分别将C、B小球搬 2kq 2kq2 到无穷远电场力做的功。初始时刻，先将C球移到无穷远，电场力做功W  q ，再将B球移到无 11 L L kq kq2 3kq2 穷远，电场力做功W  q ，故系统的电势能等于做的总功，即E W W  ，A正确。解除A、 12 L L p1 11 12 L C的锁定后，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒，B错误。图乙状态与图甲状态相比，A、 kq kq kq kq2 C之间的电势由 变为 ，则电势变化量 ，所以系统电势能减少量为E q ，则A、B、 L 2L 2L p 2L kq2 C系统的机械能增加了 ，C正确。对系统根据动量守恒得mv mv mv ，根据对称性可知v =v ，解得 1 3 2 1 3 2L 1 1 1 kq2 2kq2 v 2 =2v 1 ，根据能量守恒得 2 mv 1 2 2 mv 2 2 2 mv 3 2  2L ，解得v 2  3mL ，D正确。 11．（7分） 【答案】（1）AC（1分，少选多选均不得分） （2）200（2分） （3）kg （2分） 没有（2分） 【解析】 （1）弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，A正确；将弹簧悬挂在铁架台上，用直尺测量弹簧的长度即为弹 簧的原长x ，悬挂钩码后用直尺测得弹簧的长度x ，弹簧的伸长量x为x=x -x ，B错误；用悬挂钩码的方法给 0 1 1 0 弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态，C正确；应该用同一个弹簧，分别测出几组拉力与 伸长量，得出弹力与形变量成正比，D错误。 10 （2）由图可知该弹簧所受拉力F与伸长量x的比值为k  N/m200N/m。 5102 （3）初始时刻，没有放砝码时，距离传感器到挂盘的距离为h 0 ，当悬挂砝码的质量为m时，则有mg=k(h 0 -h)， k 由此可知，在m-h的图像中，其斜率绝对值为k ，解得k kg；m-h图像中，考虑挂盘的质量时得 g 物理参考答案 第 3 页（共 6 页）(m+m )g=k(h -h)，m-h的图像斜率不变，故未考虑挂盘的质量对实验的结果没有影响。 0 0 12．（9分） I 1 b1 【答案】（1）D（1分） （2）乙（2分） （3） 2 R（2分） （2分） （2分） I k k 1 【解析】 （1）因电路中滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器应选择小量程，故选D。 （2）待测电流表A 的量程0.6A，电流表A 的量程3A，所以电流表A 应接在支路中，电流表A 应接在干路 1 2 1 2 中，丙、丁错误；甲电路不能测出电流表A 的内阻和电阻R 的阻值，所以选乙。 1 x I (R R) I 1 R I 1 （3）测量数据满足I I  1 A1 ，变形得 2  R A1 1，描绘 2 R图线，由图像可得k  ，解 2 1 R I R R I R x 1 x x 1 x 1 R b1 得R  ；b A1 1，联立可得，电流表A 的内阻为R  。 x k R 1 A1 k x 13．（10分） 【答案】（1）60cm （2）257cm 【解析】 （1）开始时封闭气柱压强p =p +h=120cmHg（1分） 1 0 向上加速时封闭气柱压强为p ，有p S-mg-p S=ma，其中m=ρhS（1分） 2 2 0 又p SL=p SL （1分） 1 2 2 解得L =60cm（1分） 2 （2）玻璃管倒过来后的压强为p =p -h=32cmHg（1分） 3 0 且T =(273-33)K=240K（1分） 3 T =(273+27)K=300K（1分） 1 p LS p L S 由理想气体状态方程得 1  3 3 （1分） T T 1 3 解得L =213cm（1分） 3 所以玻璃管至少长L +h=257cm（1分） 3 14．（12分） 【答案】（1）90N （2）x≥0.375m （3）2m 【解析】 1 （1）根据题意，由A到B过程中，由机械能守恒定律有mgR mv2（1分） 2 0 得v =4m/s 0 v2 在B点时，由牛顿第二定律得Fmg m 0 （1分） R 由牛顿第三定律得小物块滑至圆弧末端B点时对圆弧的压力大小F 90N（1分） 物理参考答案 第 4 页（共 6 页）v （2）根据图像可知a 4m/s2（1分） t 根据牛顿第二定律μmg=ma 得μ=0.4（1分） 小物块在长木板上滑行，动量守恒，则mv Mv mv （1分） 0 1 2 解得v =3m/s（1分） 1 长木板与挡板碰撞前已经共速，所以共速碰撞 Mv2 x最小，对长木板有mgx 1 （1分） 2 解得x=0.375m 即x应满足x≥0.375m（1分） mv2 （3）经过多次碰撞，长木板最终停在挡板处，对系统的全过程由能量守恒可得mgL 0 （2分） 2 解得L=2m（1分） 15．（16分） mv2 4mv 6 8 【答案】（1） （2） d （3） πnd （n=1，2，3，……） 6qd 15qd 5 5 【解析】 1 （1）粒子从P到O，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得3E qd  mv2（1分） 0 2 mv2 解得E  （1分） 0 6qd 粒子在经过磁场时的水平方向上，由动量定理得B qv t mv （2分） 0 y x 即Bq3d mvsin53（1分） 0 4mv 解得B  （1分） 0 15qd （2）粒子经过O点时，沿y轴负方向的分速度大小为v =vcosθ（1分） y 沿x轴正方向的分速度大小为v =vsinθ（1分） x 沿y轴负方向的分速度v 使粒子在垂直纸面的平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得 y v2 qv B m y （1分） y r 3 解得r  d（1分） 5 粒子做圆周运动,距x轴的最大距离为L=2r（1分） 6 解得L d （1分） 5 2πm 2πd （3）粒子在x＞0的区域内做圆周运动的周期为T   （1分） qB v 物理参考答案 第 5 页（共 6 页）粒子在x＞0的区域沿x轴方向做匀速直线运动，在一个周期内沿x轴正方向运动的距离xv T （1分） x 粒子在x＞0的区域每次经过x轴时的横坐标为xnx（n=1，2，3，……）（1分） 8 解得x  πnd （n=1，2，3，……）（1分） 5 物理参考答案 第 6 页（共 6 页）