贵州省六校联盟2024-2025学年高三上学期12月月考试题物理PDF版含解析_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1226贵州省六校联盟2024-2025学年高三上学期12月实用性联考（三）（全科）

}#}=AABAFQSBAAsIAEhGgYCCAhkQGACw3wQCgBAABAAgCgoEiQBBAQQ{#{}#}=AABAFQSBAAsIAEhGgYCCAhkQGACw3wQCgBAABAAgCgoEiQBBAQQ{#{{#{QQABBQiEogCgAABAABgCQw3wCAGQkhACCYgGhEAIsAABSQFABAA=}#}{#{QQABBQiEogCgAABAABgCQw3wCAGQkhACCYgGhEAIsAABSQFABAA=}#}2025 届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（三） 物理参考答案 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求） 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 A B B C D B C 【解析】 1． N N ； 2N sinmg，解得香肠烤熟前，金属杆 1 对烤肠的支持力大小为 1 2 1 mg N N  ，故A正确。 1 2 2sin Mm v2 GM 2．由题意知r∶r 2∶7，由G m ，得v ，解得v ∶v  7∶ 2，故A错 A B r2 r r A B Mm 4π2 r3 误。由G m r，可得T 2π ，所以T∶T 2 2∶7 7，故 B 正确。由 r2 T2 GM A B v2 v2 a ，所以a ∶a 1∶1，故 C 错误。卫星的向心力为 F m ，所以向心力之比 r A B r F∶F 7∶2，故D错误。 A B Q 3．A点的点电荷在O处产生的电场强度为E k ，方向沿AO方向，B点的点电荷在O处 1 r2 3Q 产生的电场强度为E k ，方向沿BO方向，根据电场强度叠加原理可得O点的电场 2  r2 2kQ 强度大小为 EE E  ，故 A 错误。A 点的点电荷在 C 处产生的电场强度为 2 1 r2 Q E k ， 方 向 沿 AC 方 向 ， B 点 的 点 电 荷 在 C 处 产 生 的 电 场 强 度 为 3 r2 3Q 3Q Q E k k k ，方向沿BC方向，根据电场强度叠加原理可得C点的电 4  BC2  ( 3r)2  r2 2kQ 场强度大小为E E2 E2  ，故B正确。正试探电荷在移动过程中电场力先减小 3 4 r2 后增大，故C错误。正试探电荷在移动过程中电势能先减小后增大，故D错误。 4．设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时7d 3d aT2①；向下运动时5d 3d aT2②，a 2 联立①②得  ③，根据牛顿第二定律，向上运动时mg f ma④，向下运动时 a 1 1 mg f ma⑤，联立③④⑤得 f  mg，故C正确。 3 5．因为四根导线中的电流大小相等，方向相同，且O点与四根导线的距离相等，由安培定则 可知，导线L 和导线L 在O点的磁感应强度等大反向，同理导线L 和导线L 在O点的磁 1 3 2 4 感应强度等大反向，所以O点的磁感应强度为零，故A错误。由同向电流相互吸引可知， L 受其他三根导线的吸引力分别指向三根导线，又由对称性可知，导线L 和导线L 对L 2 1 3 2 的安培力合力沿着bd方向，而L 对L 的安培力也沿着bd方向，所以L 所受安培力的方 4 2 2 向沿正方形的对角线bd方向。由图可知，L 与L 的距离小于L 与L 的距离，则导线L 在 1 2 1 3 1 L 处产生的磁场比在L 处的强，又因为它们电流相等，由安培力公式F BIL可知，L 对 2 3 1 L 的安培力大于L 对L 的安培力，通过右手螺旋定则判断L 在L 、L 处产生的磁场方向 2 1 3 1 2 3 不同，故安培力的方向不同，故B、C错误，D正确。 6．结合乙图根据甲图有物块0~1s内，物块做初速为零的匀加速直线运动，有F  f ma ， 1 1 物块 1~2s 内，做匀速直线运动，有 F  f ，物块 2s 后，做匀减速直线运动，有 2 F  f ma，代入数据得 m1kg， a 4m/s2，则设物块减少到零的时间为 t 则有 3 2 0va t，代入数据得t 1s，故第3秒末物块速度为零，第4秒内拉力与摩擦力平衡， 2 物块静止，速度为零，故B正确。根据动能定理，有W W 0；W fx联立，可得 F f f W 16J，故A错误。前4s内拉力的冲量为甲图中F t图像与坐标轴所围面积，则有 F I 61N，s21N，s22N，s4N，s，故C错误。根据A项分析已知速度时间图像 F 与 坐 标 轴 围 成 面 积 表 示 位 移 ， 则 前 4 秒 内 的 位 移 为 13 x 4m8m，故D错误。 2 7．人正对茶壶观察，作出滤网最边缘的光路俯视图，如图1 所示，根据 d d 2 1 2 2 几何关系有 sin ， sin ；根据折射率的定义式有 d d 3 3 2 2 图1 sin n ，解得d 5.30cm，故C正确。 sin 1 二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分。） 题号 8 9 10答案 AD AB BD 【解析】 8．金属的逸出功是金属的自身固有属性，仅与金属自身有关，增加此X光的强度，该金属逸 出功不变，故A正确。根据光子能量公式hv可知，增加此X光的强度，X光的光子能 量不变，故B错误。根据光电效应方程E hvW 可知逸出的光电子最大初动能不变， km 0 故C错误。增加此X光的强度，单位时间照射到金属表面的光子变多，则单位时间逸出的 光电子数增多，故D正确。 9．在t 时刻，振动物体处于负的最大位移处，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，故 1 A正确。在t 时刻，振动图对应的斜率为负，向下运动，故B正确。在t 时刻，还受到阻 2 2 力作用，合力不为零，故C错误。由于物体做减幅振动，所以运动过程中，机械能一直减 小，故D错误。 10．根据图象得Bx函数关系式B0.50.5x，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势 E BLv B2L2v EBLv， 感 应 电 流 I   ， 安 培 力 F BIL ， 解 得 Rr Rr 安 Rr F (Rr) 10F v 安  安 ，根据匀速直线运动的速度位移公式xvt，可得金属棒不可能做 B2L2 (x1)2 匀速直线运动，故A错误。根据题意金属棒所受的安培力大小不变，x0处与x1处安 B2L2v B2L2v 培力大小相等，有 0 0  1 1 ，解得v 0.5m/s，故B正确。金属棒在x0处的安 Rr Rr 1 B2L2v 0.520.222 培力大小为 F  0 0  N0.05N，对金属棒金属棒从 x0运动到 安 Rr 0.4 1 1 x1m过程中，根据动能定理有W F x mv2  mv2，代入数据解得W 0.325J， F 安 2 1 2 0 F  BxL 故C错误。根据感应电量公式q  ，x0到x2过程中，Bx图像包围的 Rr Rr 0.51.5 BxL 20.2 面积B x 22，所以q  C1C，故D正确。  2 Rr 0.4 三、非选择题（本题共5小题，共57分） 11．（每空2分，共6分） （1）交流电源 h h （2） 4 2 2T（3）9.70 【解析】（1）电火花打点计时器所用的交流电压为220V。 h h （2）打E点时重物的速度为v  4 2 。 D 2T 1 1 （3）由机械能守恒定律得mgh mv2  mv2，整理得v2 2ghv2，则v2 h图线的斜 2 2 1 1 k 1 8.453.60 率k 2g，解得g    m/s2 9.70m/s2。 2 2 0.25 12．（除特殊标注外，每空1分，共9分） （1）5 （2）②如图2所示（3分） (I I )R ③ 1 2 1 （2分） I 2 （3）2.1/2.2/2.3/2.4/2.5均给分 0.24/0.25/0.26/0.27/0.28均给分（2分） 13．（12分） 解：（1）气体进行等压变化，有  1  l lS lS  5   ① T T 0 1 6 解得：T  T ② 1 5 0 （2）此过程中气体内能增加 1 U CT  CT ③ 5 0 气体的压强 p Smgsin pS ④ 0 气体对外做功大小为 W  pSl ⑤ 热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量 1 1 QU W  CT  l(p Smgsin) ⑥ 5 0 5 0 评分标准：本题共12分。正确得出①～⑥式各给2分。 14．（14分） 解：（1）根据题意可知EqqvB ① E 解得：B ② v （2）粒子先在电磁场中做匀速直线运动，时间t ，有 0 Rvt ③ 0 粒子从O进入电场做类平抛运动，受沿x轴负方向的电场力，有 Eqma ④ 1 R at2 ⑤ 2 R 2mR 解得：t t t  ⑥ 0 v Eq 3qER （3）仅有磁场，以v  进入磁场，有 1 3mv v2 qvBm 1 ⑦ 1 r 3 解得：r  R 3 画出粒子的运动轨迹，如图 3 所示，由几何关系可得， 轨迹所对圆心角为120°，并且出射点到P点的距离为R 则粒子在磁场中 2πr T  ⑧ 图3 v 1 在磁场中运动的时间 120 2πmv t T  ⑨ 1 360  3qE 出磁场到P点的时间t 1 Rvt ⑩ 11 从M 点运动至P点所用的时间 2πmv3 3mv t tt ⑪ 1 1 1 3qE 评分标准：本题共14分。正确得出①、⑦、⑪式各给2分，其余各式各给1分。 15．（16分） 解：（1）从D到E由动能定理得1 1 mg(RRcos) mv2  mv2 ① 2 E 2 D 解得：v  7m/s E 因为v  7m/s0，故可以到达E点 ② E 在E点若重力恰好提供向心力，则 v2 mg m 0 R 解得：v  5m/sv ③ 0 E 故在E点有 v2 mgF m E ④ E R 解得：F 8N E 由牛顿第三定律可知，压力 F F 8N ⑤ N E （2）由于0.8tan，m在传送带上运动时由于v 小于传送带速度，可知m一直做 1 D 加速运动，则有 mgcosmgsinma ⑥ 1 解得：a0.4m/s2 由公式v2 v2 2aL ⑦ D C 解得：v 3m/s ⑧ C （3）根据第（2）问可知，物块到达C点时速度大小为v 3m/s设物块在传送带上向上滑 C 动的加速度大小为a ，有 1 mgcosmgsinma ⑨ 1 1 解得：a 12.4m/s2 1 上滑距离 v2 9 s  C  m20m ⑩ 1 2a 24.8 1 v 上滑时间t  C 1 a 1 此段时间内，传送带接触点的运动距离60 svt  m ⑪ 1 1 31 物块减速到零后开始沿传送带加速下滑。设下滑加速度大小为a ，由牛顿第二定律可知 2 a a ，故物块返回到C点时速度大小没变，还是v 3m/s，故物块下滑时，物块的距 2 1 C 离s s 2 1 传送带接触点的运动距离s s ⑫ 2 1 则物块从C点往B点返回时，由动能定理可得 1 mgx 0 mv2 ⑬ 2 1 2 C 解得：x 0.9m1m ⑭ 1 则物块在整个过程摩擦生热 Qmg(xx )mgcos(s ss s )68.55J ⑮ 2 1 1 1 1 2 2 评分标准：本题共16分。正确得出①式给2分，其余各式各给1分。