物理参考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1230湖南省浏阳市联盟校2024-2025学年高三上学期12月联考（全科）_湖南省浏阳市校联盟2024-2025学年高三上学期12月联考物理试题

浏阳市高三 12 月份联盟校联考 物理 参考答案、提示及评分细则 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D C C C AC AB AD BD 1．C A．忽略事物的次要因素，抓住事物的主要因素，把主要因素从所要研究的事物中突出出来，这种方法叫作 理想化模型法，质点、点电荷概念的建立应用了理想化模型的思想，故A正确； x v B．利用两个物理量之比来定义一个新的物理量，这种方法叫作比值定义法，速度v 和加速度a 都 t t 是利用比值定义法得到的定义式，故B正确； C．伽利略应用理想斜面实验将实验和逻辑推理结合，得出了力不是维持物体运动的原因，故C错误； D．英国物理学家卡文迪什巧妙测量了万有引力常量，被人们称为测量地球质量的人，故D正确。 2．D AD．可动极板在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大，则板间距离d越小，根据电容决定式 S Q C r ，可得电容越大，极板上电荷量保持不变，根据电容定义式C ，可得板间电压越小，则静电 4kd U 计指针张角越小，故A错误，D正确； U Q 4kQ BC．风力越大，板间距离越小，极板间电场强度E   ，可得极板间电场强度保持不变，风 d Cd S r 力越大，P点与接地的负极板的距离x越小，根据UEx，U  0，可知P点与接地的负极板的电势差 P 越小，则P点的电势越低，故BC错误。 3．D 1 1 AC．由题意可知，若两物体在空中能够相遇，则在竖直方向应满足 gt2（v t gt2）H ，则相遇时间为 2 2 2 4H v 3H t ，乙上升时间为t  2  ，由于tt ，所以在乙下降过程中相遇，故AC错误； 上 上 3g g 4g 1 1 B．相遇点离地高度为hH gt2  H ，故B错误； 2 3 2H D．抛出时，两球之间的水平间距为xvt  ，故D正确。 1 3 4．C A．设t=0时刻起重机对物体的牵引力为F，且v-t图像的斜率为加速度，对物体，根据牛顿第二定律有 Fmg ma。解得F mgma，故A错误； B．起重机的额定功率PFv mgav ，故B错误； 0 0 答案第1页，共7页 {#{QQABLQwAogAgABJAABhCAwmQCACQkgGAAYgOxEAMsAIBCBFABAA=}#}P  a  C．物体匀速运动时，牵引力等于重力，最大速度 为v  1 v ，故C正确； m mg  g  0 1 1 D．在0到t 时间内，依据动能定理有Pt W  mv2  mv2 0 0 G 2 m 2 0 1 1 1 解得 W m(ga)v t  mv2 mv2 m(ga)v t  mv2，故D错误。 G 0 0 2 0 2 m 0 0 2 0 5．C AB．对小球1进行受力分析，如图 根据平衡关系有T sin30o T sin60o；T cos30o mgT cos60o a b a b 解得T  3mg；T mg； a b 对小球2进行受力分析，如图 根据平衡关系，有T T sin60o；m g T cos60o c b 2 b 3 m 解得T  mg；m  ，AB均错误； c 2 2 2 C．剪断轻绳b的瞬间，小球1受重力和绳a的拉力，受力分析如图 g 根据牛顿第二定律，有mgsin30o ma ；可得a  ，C正确； 1 1 2 D．剪断轻绳b的瞬间，小球2受重力和弹簧弹力作用，受力分析如图， 根据牛顿第二定律，有 m g2T2 m a ，解得a 2g 2 c 2 2 2 m g 3 设加速度的方向与水平方向成角，有tan 2  T 3 c 可得30o，加速度方向与水平方向成30o角，D错误。 6．C  1 E A．根据电势能与电势的关系E q；场强与电势的关系E  ；得E  p ；由数学知识可知E x p x q x p E 图像切线的斜率等于k  p qE，因为x处切线斜率为零，则x处电场强度为零，故A错误； x 1 1 BD．由图看出在0~ x 段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减 1 小，做非匀变速运动，x ~ x 段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速 1 2 运动，x ~ x 段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不 2 3 变，做匀变速直线运动，故BD错误； C．根据电势能与电势的关系E q，粒子带正电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越高， p 答案第2页，共7页 {#{QQABLQwAogAgABJAABhCAwmQCACQkgGAAYgOxEAMsAIBCBFABAA=}#}所以有  ，由对称性可知 。则   ，故C正确。 3 2 1 2 0 3 2 0 1 7．AC 2 AC．设P的公转周期为T ，角速度为，根据题意可知t t 2T ， ， 1 1 1 0 1 1 T 1 t t 4π 求得T  1 0 ； ；故AC正确； 1 2 1 t t 1 0 Mm 42 B．设行星P的轨道半径为r ，对于行星P，根据万有引力提供向心力有G m r ， 1 r2 T2 1 1 1 t t GMt t 2 其中T 1  1 2 0 ，求得 r 1  3 16 1 π2 0 ，故B错误； 2 2 D．设探测器的周期为T ，轨道半径为r ，根据题意有   t t  2，其中t t 2T ， 2 2  T T  1 0 1 0 1 1 2 r3 r3 r T2 求得T 2T ，根据开普勒第三定律，有 1  2 ，求得 2  3 2 3 4，故D错误。 2 1 T2 T2 r T2 1 2 1 1 8．AB A．由图可知R与R 串联，V 测R两端的电压，V 测R 两端的电压，若滑片向左端移动，则滑动变阻器接 1 2 1 1 2 2 入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，即电流表示数增大，R两端的电压U 增大， 1 1 即电压表示数V 增大，故A正确； 1 U B．根据欧姆定律 1 R 可知U 与I 的比值不变，故B正确； I 1 1 C．由以上分析可知，V 示数改变量的绝对值小于V 示数改变量的绝对值，所以U 与I的比值大于U 1 2 2 1 与I的比值，故C错误； E2 E P = D．根据电功率公式P 出 =( R r )2R 外 ，得 出 (R 外 r)2 +4r ，当R 外 r时，P 出 最大，由于rR 1 ，所以R 2 的 外 R 外 滑片从某位置向左移动一小段距离的过程中电源的输出功率增大，故D错误。 9．AD A．由等差等势面越密集的地方电场线也越密集，电场强度越大可知，电子先后经过A、B、C三点，可知 电场强度逐渐减小，电子受到的电场力逐渐减小，则电子的加速度一直减小，A正确； BC．电子受到的电场力方向指向轨迹的凹侧，则电场强度方向背离轨迹凹侧，并且垂直等势面，即电子受 电场力方向与电场强度方向相反，可知电子从A点到C点的过程中，电场力方向与运动方向间的夹角是钝 答案第3页，共7页 {#{QQABLQwAogAgABJAABhCAwmQCACQkgGAAYgOxEAMsAIBCBFABAA=}#}角，即电场力做负功，电子的动能减小，电势能增大，则速度一直减小，在A点电势能比在C点电势能小， BC错误； D．从A点到B点电子经过两个等差等势面，从B点到C点电子经过一个等差等势面，由电场力做功与电 势差关系公式W qU ，可知从A点到B点电场力做功是从B点到C点电场力做功的2倍，D正确。 10．BD A．对物块P在A点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力竖直向上的分力与其重力 大小相等，有Tsinmg；所以绳子拉力T 2mg； 对物块Q进行受力分析，沿斜面方向上T 2mgsinF ，解得此时弹簧弹力为F mg， 弹 弹 F 3d 由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为x 弹  ，故A错误； k 8 5d 3d B．物块P到B点时，由几何可得物块Q沿斜面向下滑了OAOB2d   ，所以弹簧此时压缩量为 4 4 3d ，所以此时弹簧的弹性势能与物块P在A点时的相同，物块P从A点运动到B点的过程中，弹簧弹力 8 做功为零，所以由能量守恒定律，物块Q重力势能减少量之和等于P、Q两物块增加的总动能，故B正确； 3 D．物块P到B点时，P、Q速度满足v v cos v ，物块P从A点运动到B点的过程中，由能量守恒 Q p 5 p 3d 1 1 75gd 27gd 定律2mg sin mv2 2mv2；联立解得v  ，v  ，故D正确； 4 2 P 2 Q p 86 Q 86 1 75mgd C．对物块P由动能定理从A运动到B的过程中，绳子拉力做功W  mv2  ，故C错误。 2 P 172 11．(1)B (2)0.51 (3)A （1）A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过 纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误； B．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地 获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确； C．为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。 故选B。 5 （2）相邻两计数点间有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为T  0.1s， f [(7.217.72)(6.196.70)]102 根据逐差法可得，小车的加速度为a m/s2 0.51m/s2 (20.1)2 （3）A．由图丙可知，当F=0时，小车产生了加速度，因此说明补偿阻力时长木板的倾角偏大，故A正 确； B．如果实验过程没有不当之处，在处理纸带时去除了开始密集的点，那么纸带后面的点得到的数据在a−F 答案第4页，共7页 {#{QQABLQwAogAgABJAABhCAwmQCACQkgGAAYgOxEAMsAIBCBFABAA=}#}的图线中的连线反向延长线也是能过原点的，所以图丙中a−F图线不过原点与处理纸带时去除了开始密集 的点无关，故B错误； C．设小车的质量为M，砝码和砝码盘总质量为m，由牛顿第二定律得mg (M m)a， 1 1 解得a mg，实验中，小车的拉力F=mg，则随着F的增大，即m增大，而 将变小，则a−F M m M m 的图线的斜率变小，特别是M与m接近时，斜率变小更加明显，所以砝码和砝码盘总质量没有远小于小车 质量，会使a−F的图线末端向F轴弯曲，不会使a−F的图线不过原点，故C错误。 故选A。 ba 12．(1)最小 (2)B (3) ac （1）要使电流表不烧坏，最初通过电流表的电流应最小，故电阻箱R的阻值应调到最小。 （2）根据欧姆定律及并联电路的特点可知I IR IR 0 0 x 1 1 R 1 1 1 整理可得   x  ，故应描绘  的图像。故选B。 I R I I I R 0 0 0 0 1 ba R ba （3）据上述分析可得 a，  x ，解得R  I c I x ac 0 0 13．（1）2.5m/s；（2）1J ；（3）32J 【详解】（1）在C点，竖直分速度 （2分） = 2 ℎ2 =1.5m/s 滑块运动至C点时的速度 （2分） （2）C点的水平分速度与 B = 点s的in3速7°度 = 相 2.5 等 m ， /s 则 （1分） 从A到B点的过程中，据动能定理得 = = cos37° （ = 2 2 分 m ） /s 1 2 解得 （ 1 分ℎ1 ）− f =2 （3）滑块在传送带上运 动=时1，J 根据牛顿第二定律得 解得 （1分） cos37°− sin37° = 2 达到共同速度所需时间 =0.4m/s （1分） − = =5s 二者间的相对位移 （1分） + 由于 Δ = 2 ， 此 − 后 滑 = 块 5m 将做匀速运动，滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量 sin37°< cos37° （1分） = cos37°⋅Δ =32J 答案第5页，共7页 {#{QQABLQwAogAgABJAABhCAwmQCACQkgGAAYgOxEAMsAIBCBFABAA=}#}14．（1）5m/s；（2）4m/s；（3） 【详解】（1）对小球摆动到最低 0 点 .6 的 25 过 m 程≤中 2 ， < 由 1 动 m 能定理 （2分） 1 2 解得 （1分） =2 0−0 （2）小球与物块碰撞后的瞬 0间=，5m小/球s 的速度的大小为 ，物块速度的大小为 ，小球与物块碰撞过程中， 由动量守恒定律和机械能守恒定律 1 2 （1分） 0 = 1+ 2 （1分） 1 2 1 2 1 2 2 0 =2 1+2 2 解得 （1分） 2 （3）若物块恰好运动到圆弧 2 轨 = 道 +的 最 0 低 = 点 4 ， m/ 此 s 时两者共速，则对物块与小车整体，由水平方向动量守恒 （1分） 由 能 2 量 = 守 2 恒 定 3 律 （1分） 1 2 1 2 解得 （2 1分 2 ） =22 3+ 1 若物块恰 1好=运1m动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒 （1分） 由能量守恒定律 2 =2 4 （1分） 1 2 1 2 解得 2 2 =22 4+ （ 1 分 ） 2+ 综上所述 2物=块0.6与2水5m平轨道间的动摩擦因数 的取值范围为 （1分） 15．(1)E mg ；(2)F (23 2)mg； (3 )x(4 25)R 0.625m≤ 2 <1m q 【详解】（1）设小球过C点时的速度大小为v ，小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有 C 1 qE3Rmg2R mv 2 （1分） 2 C 小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中，水平方向有 2Rv t （1分） C 1 1 竖直方向有 R gt2 （1分） 2 1 mg 联立解得 E （1分） q （2）小球运动到等效最低点D时速度最大，设最大速度为v ，OD与竖直线OB夹角为， m 由于mg qE，则45 （1分） 1 小球从A点运动到D点的过程中，根据动能定理有 qE(2RRsin)mgR(1cos) mv2 （2分） 2 m 答案第6页，共7页 {#{QQABLQwAogAgABJAABhCAwmQCACQkgGAAYgOxEAMsAIBCBFABAA=}#}1 即 mv2 mgR(sincos1) 2 m 解得最大速率 v  2( 21)gR （1分） m 由于小球在D点时速度最大且静电力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时受到半圆轨道的支 持力最大，设此支持力大小为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示的直角坐标系 mv 2 则有 FqEsin45mgcos45 m （1分） R 即半圆轨道对小球支持力的最大值为 F (23 2)mg (1分） （3）小球通过P点时水平方向速度大小为 v v  2gR 1 C 竖直方向速度大小为 v gt  2gR （1分） 2 1 Eq 进入电场后，水平方向加速度大小为 a  g （1分） 1 m mg 竖直方向加速度大小为 a   g （1分） 2 m 1 故小球在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做匀加速运动，水平方向有 xvt  at 2 （1分） 12 2 12 1 竖直方向有 Rv t  a t2 （1分） 2 2 2 2 2 联立解得 x(4 25)R （1分） 答案第7页，共7页 {#{QQABLQwAogAgABJAABhCAwmQCACQkgGAAYgOxEAMsAIBCBFABAA=}#}