2025屆湖南省瀏陽市校聯(lián)盟高三上學(xué)期12月聯(lián)考物理試題及答案

瀏陽市高三12月份聯(lián)盟校聯(lián)考考試時間：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第I卷（選擇題）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。））A．質(zhì)點、點電荷概念的建立應(yīng)用了理想化模型的思想xtvt．速度v和加速度a都是利用比值定義法得到的定義式．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越大，移動距離越大（可動極板不會到達P確的是（）A．風力越大，電容器電容越小．風力越大，極板間電場強度越大．風力越大，P點的電勢越高D．風力越大，靜電計指針張角越小133．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1gH水平拋324g正確的是（A．球乙在上升過程中遇到球甲12H）23．相遇點離地高度為H2．從拋出到相遇的時間為D．拋出時，兩球之間的水平間距為Hg34mv-t圖像如圖所示。t0時刻圖像斜率為a。則（）At時刻起重機的牽引力為ma．起重機的額定功率為0a．物體上升過程的最大速度1v0g1D0到t0時間內(nèi)物體克服重力做功為mgavt002025ab和彈簧c將小球1與小球2a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mg．小球2的質(zhì)量為2m）g．剪斷輕繩b的瞬間，小球1的加速度大小為2D．剪斷輕繩b的瞬間，小球2的加速度方向豎直向下xEx6．一帶正電的粒子只在電場力作用下沿軸正方向運動，其電勢能隨位移變化的關(guān)系p如圖所示，其中O~2段是關(guān)于直線x1對稱的曲線，x~x段是直線，則下列說法正確23的是（）A．x1處電場強度最小，但不為零．粒子在O~x段做勻變速運動，x~x段做勻速直線運動223O、x、x、x處的電勢、、、的關(guān)系為31230121320D．x~x段的電場強度大小均勻增大23二、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（）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（）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（）1t2021t0AP的公轉(zhuǎn)周期為P的軌道半徑為34π24π．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4:1rR1t0R8．如圖所示的電路中，各電表為理想電表，1為定值電阻，電源內(nèi)阻為r且，在滑1RVV動變阻器2表A的示數(shù)分別是UUIVVA示數(shù)的變化量的絕對值分1212U，U、I，則下列說法正確的是（2）1A．電流表示數(shù)增大，電壓表V1示數(shù)增大BU1與I的比值不變C．U與I的比值小于U與I的比值21D．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、BC三點，則電子從AC點的過程中，下列說法正確的是（A．加速度一直減?。俣认葴p小后增大A點電勢能比在C點電勢能大DAB點電場力做功是從BC點電場力做功的2倍．如圖所示，一傾角為30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Okdm的物塊QO的輕繩一端與物塊Qm的光滑直桿上質(zhì)量為的物塊PP在水平外力F作用下靜止在直桿的A且恰好與直桿沒有相互作用，輕繩與水平直桿的夾角也為，去掉水平外力F，物塊P由53d靜止運動到B點時輕繩與直桿間的夾角加速度大小為Qsin530.8，。則下列說法正確的是（）3A．物塊P在A點時彈簧的伸長量為d4．物塊P從A點運動到B點時，物塊QP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．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2786D．物塊P運動到B點時，物塊Q的速度為gd第II卷（非選擇題）三、實驗題（本大題共2小題，共15分）6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)50Hz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/s(3)實驗中根據(jù)得到的數(shù)據(jù)畫出了a?F在的問題可能是______。A．補償阻力時長木板的傾角偏大．處理紙帶時去除了開始密集的點．砝碼和砝碼盤總質(zhì)量沒有遠小于小車質(zhì)量9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RA量一定值電阻xR若干，并連接如圖甲所示電路圖。(1)R的阻值調(diào)到（填最大”或最小”R(2)該同學(xué)通過改變電阻箱R的阻值，同時記錄電流表A的示數(shù)為I，得到多組數(shù)據(jù)，他0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。1111A．I0．．ID．0I00I(3)該同學(xué)描繪的圖像如圖乙所示，則電阻x的阻值為abc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13.BA與B點的高度差為h0.3m斜傳送帶與水平方向的夾角為θ＝37°CB點的高度差為2（傳m的滑塊（可看作質(zhì)點）從軌道的A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＝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，g10m/s，試求：1）滑塊運動至C點時的速度vC大小；2）滑塊由A到B運動過程中克服摩擦力做的功Wf；3Q。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?=1.25m?=0.20kg?=0.30kg。小車上的水平軌道長為s?=0.4?=0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，?=10m/s2。1）求小球運動到最低點的速度大小；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.R的光滑豎直半圓軌道在BO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NPPA點的正上方，整個運動過程小球的電荷量保持不變，AB間的距離為2，重力加速度為。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。瀏陽市高三12月份聯(lián)盟校聯(lián)考物理參考答案、提示及評分細則題號答案1C2D3D4C5C6C78910ACAD1CA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；xtvt．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是利用比值定義法得到的定義式，故B正確；和加速度a都．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。2DAD．可動極板在風力作用下向右移動，風力越大，移動距離越大，則板間距離d越小，根據(jù)電容決定式rSQC，可得電容越大，極板上電荷量保持不變，根據(jù)電容定義式C，可得板間電壓越小，則靜電U計指針張角越小，故A錯誤，D正確；UdQrSEBC．風力越大，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xUUP0力越大，P點與接地的負極板的距離P點與接地的負極板的電勢差越小，則P點的電勢越低，故錯誤。3D11．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（vt22gtH，則相遇時間為224H3g2g3H4gt，乙上升時間為t上，由于t上，所以在乙下降過程中相遇，故AC錯誤；11hH2HB錯誤；．相遇點離地高度為232HD．拋出時，兩球之間的水平間距為xvt，故D正確。134CA時刻起重機對物體的牽引力為F-t圖像的斜率為加速度，對物體，根據(jù)牛頓第二定律有FFmgma，故A錯誤；．起重機的額定功率P0mgavB錯誤；0答案第1頁，共7頁Pa．物體勻速運動時，牽引力等于重力，最大速度為m1v，故C正確；0g11D0到t0時間內(nèi)，依據(jù)動能定理有Pt0Gmv2m02221121Wm(ga)vt02mv2mm(ga)vt02D錯誤。G0000225C．對小球1進行受力分析，如圖Tboo；aobo根據(jù)平衡關(guān)系有aa；bmg；對小球2進行受力分析，如圖TTo；mgTo根據(jù)平衡關(guān)系，有cb2b3mc；2，AB均錯誤；22．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g根據(jù)牛頓第二定律，有oa，C正確；112D．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，2c2ma222a2g根據(jù)牛頓第二定律，有2g2gc33設(shè)加速度的方向與水平方向成角，有可得306Co，加速度方向與水平方向成30角，D錯誤。opx1pEEpxAExqkp，因為x處切線斜率為零，則x處電場強度為零，故A錯誤；x圖像切線的斜率等于110~1小，做非勻變速運動，x~x12運動，x~x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23變，做勻變速直線運動，故錯誤；pq0，則知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越高，．根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系，粒子帶正電，答案第2頁，共7頁2所以有，由對稱性可知C正確。321032017ACAP的公轉(zhuǎn)周期為T，角速度為，根據(jù)題意可知ttT，1，11101T1tt4π101T10；；故AC正確；122．設(shè)行星P的軌道半徑為1，對于行星P，根據(jù)萬有引力提供向心力有Gm1，2r2T11tt2GMttT10，故B錯誤；r11031216π2tt2，其中ttT，101D．設(shè)探測器的周期為T，軌道半徑為r，根據(jù)題意有22T1210r3121r322r22TT3，根據(jù)開普勒第三定律，有24，故D錯誤。321T21Tr18ABRRRR2A1與V1測1V2測2IR1兩端的電壓U1增大，即電壓表示數(shù)V1增大，故A正確；U．根據(jù)歐姆定律1RU與I的比值不變，故B正確；11IV示數(shù)改變量的絕對值小于VU與I的比值大于U1122與I的比值，故C錯誤；E2EP=出P=(出)2R外(外r)2外r出rRR的2D．根據(jù)電功率公式外r1+4r外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。9ADA．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、、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AC點的過程中，電場力方向與運動方向間的夾角是鈍答案第3頁，共7頁A點電勢能比在C點電勢能小，錯誤；DAB點電子經(jīng)過兩個等差等勢面，從BC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WqU，可知從AB點電場力做功是從BC點電場力做功的2倍，D正確。．AP在A大小相等，有Tsinmg；所以繩子拉力T2mg；對物塊Q進行受力分析，沿斜面方向上TsinF，解得此時彈簧彈力為F彈，彈Fd由胡克定律可得彈簧此時的伸長量為x彈A錯誤；k8ddP到B點時，由幾何可得物塊Q沿斜面向下滑了d，所以彈簧此時壓縮量為44d，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8Q重力勢能減少量之和等于PQB正確；3DP到BPQ速度滿足QppP從A點運動到B5d117527sinP22Qvp，QD正確；4221．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WP2C錯誤。2．(1)B(2)0.51(3)A1）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；獲取間距適當?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；．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。。5T2）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[(7.217.72)(6.196.70)]102，fam/s22根據(jù)逐差法可得，小車的加速度為(223）A．由圖丙可知，當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a?F答案第4頁，共7頁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；．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(Mm)a，11amgF=mgFma?FMmMmM與m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。A。ba．(1)(2)B(3)ac1）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I0I0x11R111x整理可得的圖像。故選。I0I0I0I01baxbaa3）據(jù)上述分析可得，RxI0cI0ac）2.5m/s）1J）32JC點，豎直分速度??=2??2=1.5m/s2（2分）??滑塊運動至C點時的速度??==2.5m/ssin37°2）C點的水平分速度與B點的速度相等，則?=?=?cos37°=2m/s1分）???1從A到B點的過程中，據(jù)動能定理得?????=??2（21f?2??=1J13）滑塊在傳送帶上運動時，根據(jù)牛頓第二定律得???cos37°???sin37°=?=0.4m/s2（1分）11?????達到共同速度所需時間?==5s?2二者間的相對位移Δ?=????=5m由于??sin37°<???cos37°，此后滑塊將做勻速運動，滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量?=???cos37°?Δ?=32J1分）答案第5頁，共7頁）5m/s24m/s）0.625m≤?2<1m）對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理???=12?00（22?0=5m/s（1分）2）小球與物塊碰撞后的瞬間，小球的速度的大小為?，物塊速度的大小為?，小球與物塊碰撞過程中，12由動量守恒定律和機械能守恒定律??=+210112112=??2+21（1分）012222??2=0=4m/s?+?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??2=2??3（1分）121由能量守恒定律2=2??2+（1分）2312?1=1m1若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的