【黑吉遼卷】【理想樹聯(lián)考】東北三省精準教學2025屆高三上學期12月聯(lián)考（12.3-12.4）物理試卷解析

東北三省精準教學2024年12月高三聯(lián)考的斜率表示加速度可知，機器人在0~4s內做減速運動，且速度的變化率逐漸錯誤；根據v-t圖像中的圖線與t軸所圍面積表示位移，用直線連接圖線初、末兩點，對應圍成面積,而原圖線位于連線下方，所以機器人在0~4s內的實際位移【解析】石板所受支持力N=mgcosθ,隨著與水平面間夾角θ變大，支持力變小，A、B錯誤；石板隨車廂從水平方向緩慢抬升直到傾斜的過程中，石板所fi=mgsinθ,隨傾角θ變大，靜摩擦力變大，后沿斜面向下滑，最大靜摩擦力大于滑動摩若車廂在石板下滑過程中一直抬升，此時石板所受摩擦力為滑動摩擦力f?=μmgcosθ,隨【解析】根據,F=ma得,A正確；根據安培定則知，導線在圓周上d點B錯誤；導線在圓周上b點形成的磁場方向水平向左，與水平向右的勻強磁場反向，由場的答案第1頁，共10頁計的電流方向由b到a,與電容器充電時電路中的電流方向相反，說明電容器放電，電容器帶電荷量Q減小，由可知電容C減小，根據5.B【命題點】斜拋運動與圓周運動綜合【解析】設軌道在C點處的切線為1,將重力加速度分解為平行于1斜向下的分量gcos30°和垂直于1斜向下的分量gsin30°,設玩具車從C點拋出時的速度為v。,由幾何關系可知玩具車從C點到A點的運動過程中，在平行于1方向的位移為0,由題意可知玩具車離開C由幾何關系可得，玩具車落到A點時，沿垂直于1方向位移大小為R,可知聯(lián)立解得,玩具車做勻速圓周運動的角速度大小【另解】從C點拋出后，玩具車在豎直方向做豎直上拋運動，則有v,sin30°t=Rcos30°,解得,玩具車做勻速圓周運動的角速度大小答案第2頁，共10頁6.C【命題點】萬有引力定律的應用、行星自轉與重力加速度的關系【解析】在A處，根據萬有引力等于重力有在D處根據牛頓第二定律有聯(lián)立可得該星球的自轉角速度大小為,A錯誤；該星球的自轉周期為,B錯誤；由于OM與赤道夾角為60°,根據a=w2r可知M處的自轉向心加速度為C正確；該星球D位置的自轉向心加速度大小為,D錯誤。7.B【命題點】牛頓運動定律、功能關系、動量定理的綜合應用重物落地過程中，系統(tǒng)動能變化量B正確；合力對物塊的沖量等于物塊動量的變化量，即,D錯誤?！玖斫狻緾B段物塊勻速向上運動，重物落地的速度等于物塊在C點速度，根據運動學公式8.BD【命題點】電場中的圖像問題答案第3頁，共10頁【解析】物塊B自由下落過程有速度v=2m/s,A正確；碰撞過程中，根據能量守恒定律可知損失的機械能,B正確；碰撞后一起向下運動的過程中，到最低點I=△p+Ig=(m+mp)v+Ig=1010.BCD【命題點】帶電粒子在疊加場中的運動【解析】物塊恰好到達C點，此時物塊與軌道間的作用力為零，由重力與電場力的合力指向圓心方向的分量提供向心力，由于物塊帶正電，所受電場力方向豎直向下，則有,可得,A錯誤；物塊由B點運動到C,可得,A解得,B正確；物塊由A點運動到B點的過程中，所受洛倫茲力垂直于運動方向，故只有電場力做功，根可得,C正確；物塊在水平軌道運動時受到豎直向上的洛倫茲力，由于物塊能到達B點，即運動過程中不離開軌道，則物塊在軌道AB上運動且速度最大時所受洛倫茲力不能大于重力，即qvpB≤mg,可得,D正【命題點】測量物塊與斜面之間的動摩擦因數答案第4頁，共10頁可得f>mgsinθ,將物塊輕放在斜面上時，可以靜止在斜面上，A正確。(2)物塊沿斜面向上勻速運動時F?=f+mgsinθ,物塊沿斜面向下勻速運動時F?+mgsinθ=f,聯(lián)立可得(3)應利用多次測量的結果表示的函數圖像得出更為精確的動摩(3)應利用多次測量的結果表示的函數圖像得出更為精確的動摩擦因數，12.(1)8.0(1分)(2)(1分)10(2分)1.0(2分)(3)小于(2分)【深度解析】(1)多用電表的直流電壓10V擋最小刻度是0.2V,不需要估讀到下一位因此讀數為8.0V。(2)根據實驗器材可設計出測電池電動勢和內阻的實驗電路圖，根據閉合電路歐姆定律有由于可以發(fā)生改變的實驗參數是U和R,將等可知圖像為縱截距為正的直線，符合題圖丙的形式；根據題圖丙得圖線的斜率為截距為可得E=10V,r=1.0Ω。為通過測量計算出來的電動勢，而E真=U+Ir,由于電壓表的分流作(1)多用電表分度值為0.2V,(1)多用電表分度值為0.2V,不應估讀，答案為8.0,其他答案不給分。(2)題目要求電動勢和內阻均保留兩位有效數字，且斜率和截距可以計算出精確值，答案第5頁，共10頁【解析】(1)小球運動到N點時，速度方向水平向左，說明豎直方向速度減為零，在豎直解得t=1s(2)水平方向，根據牛頓第二定律有F風=ma根據運動學公式有(3)設合力方向與水平方向的夾角為θ,則有最小速度方向與合力方向垂直(1分)(1分)(1分)(1分)(2分)(2分)F合mg=5N評分參考：本題共10分。第(1)問2分，①式1分，②式1分；第(2)問3分，③式1分，④式2分；第(3)問5分，⑤式1分，⑥式2分，⑦式2分。式1分，④式2分；第(3)問5分，⑤式1分，⑥式2分，⑦式2分?？?。第(3)問不繪圖，有必要的文字說明和正確的公式，也得滿分?？?。第(3)問不繪圖，有必要的文字說明和正確的公式，也得滿分?！窘馕觥?1)帶電粒子經磁場偏轉后擊中O點，根據幾何關系可知軌道半徑大小答案第6頁，共10頁根據牛頓第二定律有(2)帶電粒子在磁場中運動時，有根據題圖乙可知磁場維持同一方向的持續(xù)時間(1分)因此電子在磁場中運動的軌跡如圖所示，電子在交變磁場中沿相反方向分別偏轉了60°后，其運動方向與x軸相切，根據幾何關系有軌道半徑帶電粒子在電場中有帶電粒子在磁場中有由幾何關系可知切點與A點間距為2r',即2L(1分)評分參考：本題共12分。第(1)問4分，①式1分，②式2分，③式1分；第(2)問8分，④式2分，⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各1分。問8分，④式2分，⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各1分。評分細則：其他正確解法同樣給分。評分細則：其他正確解法同樣給分。答案第7頁，共10頁(7分)【解析】(1)對平板車A和小滑塊B整體，根據牛頓第二定律F-f=2ma解得(2)根據題意有勻速運動時F′=f,(2)根據題意有(2分)(1分)(1分)(1分)所以vm=4m/s(2分)對于B與C組成的系統(tǒng)，從B滑上C到離開C的過程中，根據動量守恒定律和能量守恒定mvm=mvp+2mvcD(1分)(1分)解得vcp=1m/s,vp=2m/s(2分)【另解】從B滑上C到離開C的過程中，對B有對C、D有答案第8頁，共10頁,mg=2ma,,解得Q=0.25JB距木板D右端的距離(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)評分參考：本題共18分。第(1)問5分，①式2分，②③④式各1分；第(2)問6分，⑤⑧式各2分，⑥⑦式各1分；第(3)問7分，⑨⑩??345式各1分。(1)答案：(3)答案：第(2)問的另一種解法第(2)問的另一種解法答案第9頁，共10頁1分μ?mg=ma?1分μ?μ?mg=