物理-湖南省瀏陽市聯(lián)盟校2025屆高三上學(xué)期12月聯(lián)考試題和答案

瀏陽市高三12月份聯(lián)盟校聯(lián)考物理試卷考試時間：75分鐘；總分：100分注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上一、單選題（本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1．物理學(xué)發(fā)展推動了社會進步，關(guān)于物理學(xué)史和物理學(xué)研究方法，下列說法不正確的是()A．質(zhì)點、點電荷概念的建立應(yīng)用了理想化模型的思想B．速度v=和加速度都是利用比值定義法得到的定義式C．牛頓應(yīng)用理想斜面實驗將實驗和邏輯推理結(jié)合，得出了力不是維持物體運動的原因D．英國物理學(xué)家卡文迪什巧妙測量了萬有引力常量，被人們稱為測量地球質(zhì)量的人2．某同學(xué)設(shè)計了一個電容式風(fēng)力傳感器，如圖所示。將豎直放置的平行板電容器與靜電計組成回路，P點為極板間的一點?？蓜訕O板在垂直于極板的水平風(fēng)力作用下向右移動，風(fēng)力越大，移動距離越大（可動極板不會到達P點）。若極板上電荷量保持不變，則下列說法正A．風(fēng)力越大，電容器電容越小B．風(fēng)力越大，極板間電場強度越大C．風(fēng)力越大，P點的電勢越高D．風(fēng)力越大，靜電計指針張角越小3．體育課上兩名同學(xué)用籃球做拋球游戲，小強將球甲從高為H處以速度水平拋出，同時小偉將球乙從水平地面以的初速度豎直上拋，兩球在空中相遇，不計空氣阻力，忽略兩球的大小，重力加速度為g，下列說法A．球乙在上升過程中遇到球甲B．相遇點離地高度為A．球乙在上升過程中遇到球甲C．從拋出到相遇的時間為·C．從拋出到相遇的時間為·4．起重機豎直提升質(zhì)量為m的物體，在其輸出功率正好等于額定功率時開始計時，此后起重機在額定功率下工作，物體上升的v-t圖像如圖所示。t=0時刻圖像斜率為a，重力加速A．t=0時刻起重機的牽引力為maB．起重機的額定功率為mgv0C．物體上升過程的最大速度D．0到t0時間內(nèi)物體克服重力做功為m(g+a)v0t0+5．如圖所示，用輕繩a、b和彈簧c將小球1與小球2懸掛在空中，輕繩a與豎直方向夾角為30°,輕繩b與豎直方向夾角為60°,彈簧c水平。小球1的質(zhì)量為m，重力加速度大小為g。下列說法正確的是() A．彈簧c的拉力為·3mgB．小球2的質(zhì)量為2mC．剪斷輕繩b的瞬間，小球1的加速度大小為D．剪斷輕繩b的瞬間，小球2的加速度方向豎直向下6．一帶正電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中O~x2段是關(guān)于直線x=x1對稱的曲線，x2~x3段是直線，則下列說法正確A．x1處電場強度最小，但不為零B．粒子在O~x2段做勻變速運動，x2~x3段做勻速直線運動C．在O、x1、x2、x3處的電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為D．x2~x3段的電場強度大小均勻增大二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）7．如圖（a）所示，太陽系外的一顆行星P繞恒星Q做勻速圓周運動。由于P的遮擋，探測器（Q的同步衛(wèi)星）探測到Q的亮度隨時間做如圖（b）所示的周期性變化，該周期為P繞Q公轉(zhuǎn)周期的2倍。已知Q的質(zhì)量為M，引力常量為G。下列說法正確的是()A．P的公轉(zhuǎn)周期為B．P的軌道半徑為 4πC．P的公轉(zhuǎn)角速度的大小為D．探測器和P的軌道半徑之為4:18．如圖所示的電路中，各電表為理想電表，R1為定值電阻，電源內(nèi)阻為r且r<R1，在滑動變阻器R2的滑片從某位置向左移動一小段距離的過程中，設(shè)電壓表V1、電壓表V2、電流表A的示數(shù)分別是U1、U2、I，電壓表V1、電壓表V2、電流表A示數(shù)的變化量的絕對值分別為ΔU1，ΔU2、ΔI，則下列說法正確的是()A．電流表示數(shù)增大，電壓表V1示數(shù)增大B．U1與I的比值不變ΔI的比值小于ΔU1與ΔI的比值D．電源的輸出功率可能減小9．如圖為某電子透鏡中電場的等勢面（虛線）的分布圖，相鄰等勢面間電勢差相等。一電子僅在電場力作用下運動，其軌跡如圖中實線所示，電子先后經(jīng)過A、B、C三點，則電子從A點到C點的過程中，下列說法正確的是()A．加速度一直減小B．速度先減小后增大C．在A點電勢能比在C點電勢能大D．從A點到B點電場力做功是從B點到C點電場力做功的2倍10．如圖所示，一傾角為α=30o的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的擋板，上端固定一定滑輪O。勁度系數(shù)為的輕彈簧下端固定在擋板上，上端與質(zhì)量為2m的物塊Q連接。一跨過定滑輪O的輕繩一端與物塊Q連接，另一端與套在水平固定的光滑直桿上質(zhì)量為m的物塊P連接。初始時物塊P在水平外力F作用下靜止在直桿的A點，且恰好與直桿沒有相互作用，輕繩與水平直桿的夾角也為α,去掉水平外力F，物塊P由 靜止運動到B點時輕繩與直桿間的夾角β=53o。已知滑輪到水平直桿的垂直距離為d，重力加速度大小為g。彈簧軸線、物塊Q與定滑輪之間的輕繩與斜面平行，不計滑輪大小及摩擦，sin53o=0.8，cos53o=0.6。則下列說法正確的是()A．物塊P在A點時彈簧的伸長量為dB．物塊P從A點運動到B點時，物塊Q、P與彈簧組成的系統(tǒng)重力勢能減少量等于Q、P兩物塊增加的總動能C．物塊P從A點運動到B點的過程中，輕繩拉力對物塊P做的功為mgdD．物塊P運動到B點時，物塊Q的速度為·三、實驗題（本大題共2小題，共15分）116分）某實驗小組利用如圖甲所示的裝置，探究加速度與力的關(guān)系。(1)關(guān)于該實驗下列說法正確的是。A．補償阻力時小車不要連接紙帶B．先接通打點計時器電源，后釋放小車C．調(diào)節(jié)滑輪高度使細繩與水平桌面平行(2)圖乙為某同學(xué)在實驗中打出的紙帶，計時器打點頻率為50Hz，相鄰兩計數(shù)點間有四個點未畫出，部分實驗數(shù)據(jù)如圖所示。求得小車的加速度是m/s2。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）(3)實驗中根據(jù)得到的數(shù)據(jù)畫出了a?F的圖線，如圖丙所示，從圖中可以發(fā)現(xiàn)實驗操作中存在的問題可能是。A．補償阻力時長木板的傾角偏大B．處理紙帶時去除了開始密集的點C．砝碼和砝碼盤總質(zhì)量沒有遠小于小車質(zhì)量129分）某新型智能恒流源，能穩(wěn)定輸出大小為I0的電流。某實驗小組利用此恒流源測量一定值電阻Rx的阻值。他們又找來了一塊電流表A（內(nèi)阻未知且很?。?、滑動變阻器R、電阻箱R9、導(dǎo)線若干，并連接如圖甲所示電路圖。(1)為了保證電流表的安全，閉合開關(guān)前應(yīng)將電阻箱R9的阻值調(diào)到（填“最大”或“最小”）。(2)該同學(xué)通過改變電阻箱R9的阻值R0，同時記錄電流表A的示數(shù)為I，得到多組數(shù)據(jù)，他 采用圖像法處理數(shù)據(jù)，為使圖像為一條直線，應(yīng)描繪的是圖像。(3)該同學(xué)描繪的圖像如圖乙所示，則電阻Rx的阻值為（用a，b，c表示）。四、解答題（本大題共3小題，共41分。解答時要求寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，若只有最后答案而無演算過程的不得分。）13.如圖所示，固定的粗糙弧形軌道下端B點水平，上端A與B點的高度差為h1＝0.3m，傾斜傳送帶與水平方向的夾角為θ=37°,傳送帶的上端C點到B點的高度差為h2＝0.1125m（傳送帶傳動輪的大小可忽略不計）。一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊（可看作質(zhì)點）從軌道的A點由靜止滑下，然后從B點拋出，恰好以平行于傳送帶的速度從C點落到傳送帶上，傳送帶逆時針傳動，速度大小為v＝0.5m/s，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.8，且傳送帶足夠長，滑塊運動過程中空氣阻力忽略不計，g＝10m/s2，試求：（1）滑塊運動至C點時的速度vC大??；（2）滑塊由A到B運動過程中克服摩擦力做的功Wf；（3）滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。14．如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面由粗糙水平軌道與四分之一圓弧光滑軌道組成。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細線懸掛于O點正下方，并可輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細線拉直到水平位置時，由靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著軌道運動，已知細線長L=1.25m，小球質(zhì)量m=0.20kg，物塊、小車質(zhì)量均為M=0.30kg。小車上的水平軌道長為s，物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，圓弧軌道半徑R=0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，g=10m/s2。（1）求小球運動到最低點的速度大??；（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊的速度大??；（3）為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求小車上的水平軌道長度s的取值范圍。15.如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接，在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球（可視為質(zhì)點）從水平軌道上A點由靜止釋放，小球運動到C點離開半圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點進入電場，已知P點在A點的正上方，整個運動過程小球的電荷量保持不變，A、B間的距離為2R，重力加速度為g。求：(1)勻強電場的電場強度E的大?。?2)軌道對小球支持力的最大值；(3)小球在水平軌道上的落點到A點的距離。答案第1頁，共7頁參考答案、提示及評分細則題號123456789答案CDDCCCACABADBDA．忽略事物的次要因素，抓住事物的主要因素，把主要因素從所要研究的事物中突出出來，這種方法叫作理想化模型法，質(zhì)點、點電荷概念的建立應(yīng)用了理想化模型的思想，故A正確；B．利用兩個物理量之比來定義一個新的物理量，這種方法叫作比值定義法，速度v=和加速度a=都是利用比值定義法得到的定義式，故B正確；C．伽利略應(yīng)用理想斜面實驗將實驗和邏輯推理結(jié)合，得出了力不是維持物體運動的原因，故C錯誤；D．英國物理學(xué)家卡文迪什巧妙測量了萬有引力常量，被人們稱為測量地球質(zhì)量的人，故D正確。AD．可動極板在風(fēng)力作用下向右移動，風(fēng)力越大，移動距離越大，則板間距離d越小，根據(jù)電容決定式可得電容越大，極板上電荷量保持不變，根據(jù)電容定義式可得板間電壓越小，則靜電計指針張角越小，故A錯誤，D正確；BC．風(fēng)力越大，板間距離越小，極板間電場強度可得極板間電場強度保持不變，風(fēng)力越大，P點與接地的負極板的距離x越小，根據(jù)U’=Ex，U’=φP—0，可知P點與接地的負極板的電勢差越小，則P點的電勢越低，故BC錯誤。AC．由題意可知，若兩物體在空中能夠相遇，則在豎直方向應(yīng)滿足gt2+則相遇時間為乙上升時間為，由于t>t上，所以在乙下降過程中相遇，故AC錯誤；B．相遇點離地高度為h=H—gt2=H，故B錯誤；D．拋出時，兩球之間的水平間距為x=v1t=，故D正確。A．設(shè)t=0時刻起重機對物體的牽引力為F，且v-t圖像的斜率為加速度，對物體，根據(jù)牛頓第二定律有F—mg=ma。解得F=mg+ma，故A錯誤；B．起重機的額定功率P=Fv0=m(g+a)v0，故B錯誤；答案第2頁，共7頁C．物體勻速運動時，牽引力等于重力，最大速度為v0，故C正確；D．在0到t0時間內(nèi)，依據(jù)動能定理有Pt0—WG=解得WG=m(g+a)v0t0+v0t0+，故D錯誤。AB．對小球1進行受力分析，如圖根據(jù)平衡關(guān)系有Tasin30o=Tbsin60o；Tac解得Ta=3mg；Tb=mg；對小球2進行受力分析，如圖根據(jù)平衡關(guān)系，有Tc=Tbsin60o；m2g=Tbcos60o33C．剪斷輕繩b的瞬間，小球1受重力和繩a的拉力，受力分析如圖根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin30o=ma1；可得a1=，C正確；D．剪斷輕繩b的瞬間，小球2受重力和彈簧彈力作用，受力分析如圖，根據(jù)牛頓第二定律，有2=m2a2，解得a2=2g設(shè)加速度的方向與水平方向成α角，有tanα=可得α=30o，加速度方向與水平方向成30o角，D錯誤。A．根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep=qφ;場強與電勢的關(guān)系得由數(shù)學(xué)知識可知Ep—x圖像切線的斜率等于=qE，因為x1處切線斜率為零，則x1處電場強度為零，故A錯誤；BD．由圖看出在0~x1段圖像切線的斜率不斷減小，由上式知場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動，x1~x2段圖像切線的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動，x2~x3段斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故BD錯誤；C．根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep=qφ,粒子帶正電，q>0，則知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越高，答案第3頁，共7頁所以有φ3>φ2>φ1，由對稱性可知φ2=φ0。則φ3>φ2=φ0>φ1，故C正確。AC．設(shè)P的公轉(zhuǎn)周期為T1，角速度為W1，根據(jù)題意可知t1-t0=2，求得；故AC正確；B．設(shè)行星P的軌道半徑為r1，對于行星P，根據(jù)萬有引力提供向心力有，其中求得，故B錯誤；D．設(shè)探測器的周期為T2，軌道半徑為r2，根據(jù)題意有=2π,其中t1-t0=2r.求得T2=2T1，根據(jù)開普勒第三定律，有求得4，故D錯誤。A．由圖可知R1與R2串聯(lián)，V1測R1兩端的電壓，V2測R2兩端的電壓，若滑片向左端移動，則滑動變阻器接入電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流I增大，即電流表示數(shù)增大，R1兩端的電壓U1增大，即電壓表示數(shù)V1增大，故A正確；B．根據(jù)歐姆定律=R1可知U1與I的比值不變，故B正確；C．由以上分析可知，V1示數(shù)改變量的絕對值小于V2示數(shù)改變量的絕對值，所以ΔU2與ΔI的比值大于ΔU1與ΔI的比值，故C錯誤；D．根據(jù)電功率公式2R外，得，當(dāng)R外=r時，P出最大，由于r<R1，所以R2的滑片從某位置向左移動一小段距離的過程中電源的輸出功率增大，故D錯誤。A．由等差等勢面越密集的地方電場線也越密集，電場強度越大可知，電子先后經(jīng)過A、B、C三點，可知電場強度逐漸減小，電子受到的電場力逐漸減小，則電子的加速度一直減小，A正確；BC．電子受到的電場力方向指向軌跡的凹側(cè)，則電場強度方向背離軌跡凹側(cè)，并且垂直等勢面，即電子受電場力方向與電場強度方向相反，可知電子從A點到C點的過程中，電場力方向與運動方向間的夾角是鈍答案第4頁，共7頁角，即電場力做負功，電子的動能減小，電勢能增大，則速度一直減小，在A點電勢能比在C點電勢能小，BC錯誤；D．從A點到B點電子經(jīng)過兩個等差等勢面，從B點到C點電子經(jīng)過一個等差等勢面，由電場力做功與電勢差關(guān)系公式W=qU，可知從A點到B點電場力做功是從B點到C點電場力做功的2倍，D正確。A．對物塊P在A點時進行受力分析，其恰好與直桿沒有相互作用，所以繩子拉力豎直向上的分力與其重力大小相等，有Tsinα=mg；所以繩子拉力T=2mg；對物塊Q進行受力分析，沿斜面方向上T=2mgsinα+F彈，解得此時彈簧彈力為F彈=mg，由胡克定律可得彈簧此時的伸長量為，故A錯誤；B．物塊P到B點時，由幾何可得物塊Q沿斜面向下滑了OA-OB=2d-所以彈簧此時壓縮量為,所以此時彈簧的彈性勢能與物塊P在A點時的相同，物塊P從A點運動到B點的過程中，彈簧彈力做功為零，所以由能量守恒定律，物塊Q重力勢能減少量之和等于P、Q兩物塊增加的總動能，故B正確；D．物塊P到B點時，P、Q速度滿足vQ=vpcosβ=vp，物塊P從A點運動到B點的過程中，由能量守恒定律2mg.sinα=.2mv聯(lián)立解得，vQ=，故D正確；C．對物塊P由動能定理從A運動到B的過程中，繩子拉力做功，故C錯誤。11．(1)B(2)0.51(3)A（1）A．補償阻力時小車需要連接紙帶，一方面是需要連同紙帶所受的阻力一并平衡，另外一方面是通過紙帶上的點間距判斷小車是否在長木板上做勻速直線運動，故A錯誤；B．由于小車速度較快，且運動距離有限，打出的紙帶長度也有限，為了能在長度有限的紙帶上盡可能多地獲取間距適當(dāng)?shù)臄?shù)據(jù)點，實驗時應(yīng)先接通打點計時器電源，后釋放小車，故B正確；C．為使小車所受拉力與速度同向，應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度使細繩與長木板平行，故C錯誤。故選B。（2）相鄰兩計數(shù)點間有四個點未畫出，相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為=0.1s，根據(jù)逐差法可得，小車的加速度為m/s2=0.51m/s2（3）A．由圖丙可知，當(dāng)F=0時，小車產(chǎn)生了加速度，因此說明補償阻力時長木板的傾角偏大，故A正確；B．如果實驗過程沒有不當(dāng)之處，在處理紙帶時去除了開始密集的點，那么紙帶后面的點得到的數(shù)據(jù)在a?F答案第5頁，共7頁的圖線中的連線反向延長線也是能過原點的，所以圖丙中a?F圖線不過原點與處理紙帶時去除了開始密集的點無關(guān)，故B錯誤；C．設(shè)小車的質(zhì)量為M，砝碼和砝碼盤總質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得mg=(M+m)a，解得實驗中，小車的拉力F=mg，則隨著F的增大，即m增大，而將變小，則a?F的圖線的斜率變小，特別是M與m接近時，斜率變小更加明顯，所以砝碼和砝碼盤總質(zhì)量沒有遠小于小車質(zhì)量，會使a?F的圖線末端向F軸彎曲，不會使a?F的圖線不過原點，故C錯誤。故選A。（1）要使電流表不燒壞，最初通過電流表的電流應(yīng)最小，故電阻箱R’的阻值應(yīng)調(diào)到最小。（2）根據(jù)歐姆定律及并聯(lián)電路的特點可知(I0-I)R0=IRx整理可得故應(yīng)描繪-的圖像。故選B。（3）據(jù)上述分析可得，解得131）2.5m/s2）1J3）32J【詳解】（1）在C點，豎直分速度vy=2g?2=1.5m/s（2分）滑塊運動至C點時的速度=2.5m/s（2分）（2）C點的水平分速度與B點的速度相等，則vB=vx=vccos37°=2m/s（1分）從A到B點的過程中，據(jù)動能定理得mg?1?wf=mv（2分）（3）滑塊在傳送帶上運動時，根據(jù)牛頓第二定律得μmgcos37°?mgsin37°=ma解得a=0.4m/s2達到共同速度所需時間t=學(xué)=5s（1分）二者間的相對位移AX=學(xué)t?vt=5m（1分）答案第6頁，共7頁141）5m/s2）4m/s3）0.625m≤S2<1m【詳解】（1）對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理mgL=mv?0（2分）（2）小球與物塊碰撞后的瞬間，小球的速度的大小為v1，物塊速度的大小為v2，小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律（3）若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體，由水平方向動量守恒