物理-湖南省浏阳市联盟校2025届高三上学期12月联考试题和答案

浏阳市高三12月份联盟校联考物理试卷考试时间：75分钟；总分：100分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1．物理学发展推动了社会进步，关于物理学史和物理学研究方法，下列说法不正确的是()A．质点、点电荷概念的建立应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义法得到的定义式C．牛顿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2．某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将竖直放置的平行板电容器与静电计组成回路，P点为极板间的一点。可动极板在垂直于极板的水平风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动极板不会到达P点）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正A．风力越大，电容器电容越小B．风力越大，极板间电场强度越大C．风力越大，P点的电势越高D．风力越大，静电计指针张角越小3．体育课上两名同学用篮球做抛球游戏，小强将球甲从高为H处以速度水平抛出，同时小伟将球乙从水平地面以的初速度竖直上抛，两球在空中相遇，不计空气阻力，忽略两球的大小，重力加速度为g，下列说法A．球乙在上升过程中遇到球甲B．相遇点离地高度为A．球乙在上升过程中遇到球甲C．从抛出到相遇的时间为·C．从抛出到相遇的时间为·4．起重机竖直提升质量为m的物体，在其输出功率正好等于额定功率时开始计时，此后起重机在额定功率下工作，物体上升的v-t图像如图所示。t=0时刻图像斜率为a，重力加速A．t=0时刻起重机的牵引力为maB．起重机的额定功率为mgv0C．物体上升过程的最大速度D．0到t0时间内物体克服重力做功为m(g+a)v0t0+5．如图所示，用轻绳a、b和弹簧c将小球1与小球2悬挂在空中，轻绳a与竖直方向夹角为30°,轻绳b与竖直方向夹角为60°,弹簧c水平。小球1的质量为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是() A．弹簧c的拉力为·3mgB．小球2的质量为2mC．剪断轻绳b的瞬间，小球1的加速度大小为D．剪断轻绳b的瞬间，小球2的加速度方向竖直向下6．一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O~x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2~x3段是直线，则下列说法正确A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在O~x2段做匀变速运动，x2~x3段做匀速直线运动C．在O、x1、x2、x3处的电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为D．x2~x3段的电场强度大小均匀增大二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）7．如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器（Q的同步卫星）探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期为P绕Q公转周期的2倍。已知Q的质量为M，引力常量为G。下列说法正确的是()A．P的公转周期为B．P的轨道半径为 4πC．P的公转角速度的大小为D．探测器和P的轨道半径之为4:18．如图所示的电路中，各电表为理想电表，R1为定值电阻，电源内阻为r且r<R1，在滑动变阻器R2的滑片从某位置向左移动一小段距离的过程中，设电压表V1、电压表V2、电流表A的示数分别是U1、U2、I，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量的绝对值分别为ΔU1，ΔU2、ΔI，则下列说法正确的是()A．电流表示数增大，电压表V1示数增大B．U1与I的比值不变ΔI的比值小于ΔU1与ΔI的比值D．电源的输出功率可能减小9．如图为某电子透镜中电场的等势面（虚线）的分布图，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，电子先后经过A、B、C三点，则电子从A点到C点的过程中，下列说法正确的是()A．加速度一直减小B．速度先减小后增大C．在A点电势能比在C点电势能大D．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10．如图所示，一倾角为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挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块Q连接。一跨过定滑轮O的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角也为α,去掉水平外力F，物块P由 静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角β=53o。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g。弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳与斜面平行，不计滑轮大小及摩擦，sin53o=0.8，cos53o=0.6。则下列说法正确的是()A．物块P在A点时弹簧的伸长量为dB．物块P从A点运动到B点时，物块Q、P与弹簧组成的系统重力势能减少量等于Q、P两物块增加的总动能C．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为mgdD．物块P运动到B点时，物块Q的速度为·三、实验题（本大题共2小题，共15分）116分）某实验小组利用如图甲所示的装置，探究加速度与力的关系。(1)关于该实验下列说法正确的是。A．补偿阻力时小车不要连接纸带B．先接通打点计时器电源，后释放小车C．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行(2)图乙为某同学在实验中打出的纸带，计时器打点频率为50Hz，相邻两计数点间有四个点未画出，部分实验数据如图所示。求得小车的加速度是m/s2。（结果保留两位有效数字）(3)实验中根据得到的数据画出了a−F的图线，如图丙所示，从图中可以发现实验操作中存在的问题可能是。A．补偿阻力时长木板的倾角偏大B．处理纸带时去除了开始密集的点C．砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量129分）某新型智能恒流源，能稳定输出大小为I0的电流。某实验小组利用此恒流源测量一定值电阻Rx的阻值。他们又找来了一块电流表A（内阻未知且很小）、滑动变阻器R、电阻箱R9、导线若干，并连接如图甲所示电路图。(1)为了保证电流表的安全，闭合开关前应将电阻箱R9的阻值调到（填“最大”或“最小”）。(2)该同学通过改变电阻箱R9的阻值R0，同时记录电流表A的示数为I，得到多组数据，他 采用图像法处理数据，为使图像为一条直线，应描绘的是图像。(3)该同学描绘的图像如图乙所示，则电阻Rx的阻值为（用a，b，c表示）。四、解答题（本大题共3小题，共41分。解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分。）13.如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ=37°,传送带的上端C点到B点的高度差为h2＝0.1125m（传送带传动轮的大小可忽略不计）。一质量为m＝1kg的滑块（可看作质点）从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v＝0.5m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10m/s2，试求：（1）滑块运动至C点时的速度vC大小；（2）滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。14．如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面由粗糙水平轨道与四分之一圆弧光滑轨道组成。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并可轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L=1.25m，小球质量m=0.20kg，物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长为s，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.4，圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，g=10m/s2。（1）求小球运动到最低点的速度大小；（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块的速度大小；（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求小车上的水平轨道长度s的取值范围。15.如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，现将一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点）从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场，已知P点在A点的正上方，整个运动过程小球的电荷量保持不变，A、B间的距离为2R，重力加速度为g。求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)轨道对小球支持力的最大值；(3)小球在水平轨道上的落点到A点的距离。答案第1页，共7页参考答案、提示及评分细则题号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；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。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，根据电容决定式可得电容越大，极板上电荷量保持不变，根据电容定义式可得板间电压越小，则静电计指针张角越小，故A错误，D正确；BC．风力越大，板间距离越小，极板间电场强度可得极板间电场强度保持不变，风力越大，P点与接地的负极板的距离x越小，根据U’=Ex，U’=φP—0，可知P点与接地的负极板的电势差越小，则P点的电势越低，故BC错误。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+则相遇时间为乙上升时间为，由于t>t上，所以在乙下降过程中相遇，故AC错误；B．相遇点离地高度为h=H—gt2=H，故B错误；D．抛出时，两球之间的水平间距为x=v1t=，故D正确。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=Fv0=m(g+a)v0，故B错误；答案第2页，共7页C．物体匀速运动时，牵引力等于重力，最大速度为v0，故C正确；D．在0到t0时间内，依据动能定理有Pt0—WG=解得WG=m(g+a)v0t0+v0t0+，故D错误。AB．对小球1进行受力分析，如图根据平衡关系有Tasin30o=Tbsin60o；Tac解得Ta=3mg；Tb=mg；对小球2进行受力分析，如图根据平衡关系，有Tc=Tbsin60o；m2g=Tbcos60o33C．剪断轻绳b的瞬间，小球1受重力和绳a的拉力，受力分析如图根据牛顿第二定律，有mgsin30o=ma1；可得a1=，C正确；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2=m2a2，解得a2=2g设加速度的方向与水平方向成α角，有tanα=可得α=30o，加速度方向与水平方向成30o角，D错误。A．根据电势能与电势的关系Ep=qφ;场强与电势的关系得由数学知识可知Ep—x图像切线的斜率等于=qE，因为x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；BD．由图看出在0~x1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，加速度减小，做非匀变速运动，x1~x2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，做非匀变速运动，x2~x3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Ep=qφ,粒子带正电，q>0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越高，答案第3页，共7页所以有φ3>φ2>φ1，由对称性可知φ2=φ0。则φ3>φ2=φ0>φ1，故C正确。AC．设P的公转周期为T1，角速度为W1，根据题意可知t1-t0=2，求得；故AC正确；B．设行星P的轨道半径为r1，对于行星P，根据万有引力提供向心力有，其中求得，故B错误；D．设探测器的周期为T2，轨道半径为r2，根据题意有=2π,其中t1-t0=2r.求得T2=2T1，根据开普勒第三定律，有求得4，故D错误。A．由图可知R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，若滑片向左端移动，则滑动变阻器接入电阻减小，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，R1两端的电压U1增大，即电压表示数V1增大，故A正确；B．根据欧姆定律=R1可知U1与I的比值不变，故B正确；C．由以上分析可知，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，所以ΔU2与ΔI的比值大于ΔU1与ΔI的比值，故C错误；D．根据电功率公式2R外，得，当R外=r时，P出最大，由于r<R1，所以R2的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。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4页，共7页角，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。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Tsinα=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=2mgsinα+F弹，解得此时弹簧弹力为F弹=mg，由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为，故A错误；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,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；D．物块P到B点时，P、Q速度满足vQ=vpcosβ=vp，物块P从A点运动到B点的过程中，由能量守恒定律2mg.sinα=.2mv联立解得，vQ=，故D正确；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，故C错误。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。（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=0.1s，根据逐差法可得，小车的加速度为m/s2=0.51m/s2（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5页，共7页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，解得实验中，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。（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(I0-I)R0=IRx整理可得故应描绘-的图像。故选B。（3）据上述分析可得，解得131）2.5m/s2）1J3）32J【详解】（1）在C点，竖直分速度vy=2gℎ2=1.5m/s（2分）滑块运动至C点时的速度=2.5m/s（2分）（2）C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB=vx=vccos37°=2m/s（1分）从A到B点的过程中，据动能定理得mgℎ1−wf=mv（2分）（3）滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得μmgcos37°−mgsin37°=ma解得a=0.4m/s2达到共同速度所需时间t=学=5s（1分）二者间的相对位移AX=学t−vt=5m（1分）答案第6页，共7页141）5m/s2）4m/s3）0.625m≤S2<1m【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL=mv−0（2分）（2）小球与物块碰撞后的瞬间，小球的速度的大小为v1，物块速度的大小为v2，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（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体，由水平方向动量守恒