辽宁省锦州市2024-2025学年高三上学期12月联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024—2025学年高三12月联考物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试时间为75分钟，满分100分一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图甲所示，火力发电厂排出的烟气带有大量的煤颗粒，如果不进行处理会对环境造成污染。该发电厂为处理烟气中的煤颗粒所使用的静电除尘装置的原理示意图如图乙所示，m、n为金属管内两点，在P、Q两点加高电压时，空气分子被强电场电离，产生的电子附着在煤颗粒上，煤颗粒在静电力的作用下，聚集到金属管壁上，然后在重力作用下下落到金属管底部，就可以有效去除煤颗粒，达到环保要求。若不考虑煤颗粒间的相互作用以及其电荷量的变化，则下列说法正确的是（）A.Q接电源的负极 B.电场强度C.煤颗粒做匀加速运动 D.带上负电的煤颗粒在向管壁运动的过程中电势能增大【答案】B【解析】A．带负电的煤粉被吸附到管壁上，可知Q接电源的正极，A错误；B．导线P周围形成类似于点电荷的辐向电场，距离导线P越近的位置电场线越密集，电场强度越大，可知电场强度，B正确；C．由于电场强度大小由金属丝到金属管壁逐渐减小，电场力逐渐减小，可知煤颗粒所受的合力不断变化，煤颗粒做变加速运动，C错误；D．带上负电的煤颗粒在向管壁运动的过程中电场力做正功，电势能减少，D错误。故选B。2.2024年4月26日3时32分，我国神舟十八号载人飞船采用自主快速交会对接模式，成功对接于中国空间站天和核心舱径向端口（如图所示），随后3名航天员从神舟十八号载人飞船进入中国空间站开展为期六个月的太空工作与生活，这次太空远航，航天员们携带了一个叫做“小受控型生态生命模块”的装置及相关物品进入太空，其中的主要水生生命体就是斑马鱼和金鱼藻，实现我国在外太空培养脊椎动物的首次突破。已知空间站绕地球运行的轨道半径为r，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。则以下判断中正确的是（）A.空间站绕地球稳定飞行时，斑马鱼受到万有引力和浮力作用B.空间站绕地球飞行速度大于第一宇宙速度C.空间站运行的速度大小为D.质量为m的金鱼藻在空间站所受万有引力的大小为【答案】D【解析】A．空间站绕地球稳定飞行时，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，所以斑马鱼只受万有引力作用，不受浮力作用，故A错误；B．地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，可知空间站绕地飞行速度小于第一宇宙速度，故B错误；C．根据万有引力与重力关系有根据万有引力提供向心力有联立解得空间站的速度大小为故C错误；D．质量为m的金鱼藻在空间站所受万有引力的大小为根据万有引力与重力的关系得联立解得故D正确。故选D。3.已知通电长直导线周围空间某点的磁感应强度大小为，k为常量，I为电流，r为该点到导线的距离。b、c、d三根通电长直导线垂直于纸面放置，电流方向如图所示，ac垂直于bd且，b、c、d三根导线中电流大小分别为I、I、2I。已知导线c在a点的磁感应强度大小为B，则关于a点处的磁感应强度的说法正确的是（）A.a点磁感应强度的方向为a→b B.a点磁感应强度的方向为a→cC.a点磁感应强度的大小为2B D.a点磁感应强度的大小为【答案】D【解析】用安培定则判断通电长直导线在a点所产生的磁场方向，如图所示，设其中则导线c在a点产生的磁场方向从d指向b，大小为B，导线b在a点产生的磁场与导线d在a点产生的磁场方向相反，大小分别为B和2B，则合磁场的方向为斜向左上方，大小为方向指向斜向左上方45°。故选D。4.如图所示，半球形容器固定在地面上，容器内壁光滑，同种材质构成的质量分布均匀的光滑球A、B放在容器内处于平衡状态，已知容器、A、B半径之比为6∶2∶1，B球的质量为m，重力加速度为g，若用沿水平方向且延长线过A球球心的力缓慢推动A球，则当A球的球心与半球形容器的球心在同一竖直线上时，水平力的大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】受力分析如图所示，设B球的半径为r，则有，，，即是直角三角形，根据力的平衡可知，A球对B球的弹力大小为根据牛顿第三定律可知，B球对A球的弹力大小为由于A球受力平衡，则有故选A。5.如图所示为某景区的景观喷泉。喷嘴喷出速度随着音乐节奏变化的水柱，其中两束水柱喷射的最大高度之比为3:1，水平射程之比为4:1，若喷出的水做斜抛运动，则两束水柱在最高点的速度大小之比为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据可得结合题意，可知两束水柱在最高点的速度大小之比为故选B。6.如图甲所示，波源、相距5m，且，，时刻两波源同时开始振动，振动图像均如图乙所示，形成的两列简谐横波在均匀介质中传播，波速均为，下列说法正确的是（）A.甲、乙两列波的波长为1m B.在时，A处质点处于波谷C.A点为振动加强点，且始终处于波峰位置 D.在0~18s内，A处质点运动的路程为32cm【答案】D【解析】A．由图可知波的传播周期，波速为，则波长故A错误；B．处波传播至A点用时处波传播至A点用时因此在时，只有处波到达A点，并且使A处质点振动，所以此时A处质点应该处于波峰，故B错误；C．由于所以A点为振动加强点，但A点是处于振动状态，并非一直处于波峰，故C错误；D．在12~16s内，A处质点运动的路程在16~18s内，A处质点的振幅，运动的路程则在0~18s内A处质点运动路程故D正确。故选D。7.如图所示，固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个质量为m的小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，设小环与圆心O的连线跟竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.当小环经过上半圆某点且满足θ=60°时，小环的速度大小为B.当小环经过上半圆某点且满足θ=60°时，小环受到的弹力为零C.当小环经过下半圆某点且满足时，小环所受弹力大小为2mgD.当小环经过下半圆某点且满足时，重力的功率最大【答案】D【解析】A．设大圆环半径为R，根据机械能守恒定律得由于，可得A错误；B．时，重力沿半径方向的分力大小为向心力则此时小环所受弹力大小为B错误；C．时，根据机械能守恒定律可得由牛顿第二定律可得联立解得C错误；D．重力的功率最大时小环竖直分速度最大，小环竖直方向的合力为0，即小环受到弹力的竖直分力刚好与重力平衡，由于此时则当小环经过下半圆某点且满足时，重力的功率最大，D正确。故选D。8.如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子做简谐运动，取小球平衡位置为x轴原点O，竖直向下为x轴正方向，一个周期内的振动图像如图乙所示，已知小球质量m=4kg，t=0.1πs时弹簧弹力为0，重力加速度取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.弹簧劲度系数为100N/mB.弹簧劲度系数为200N/mC.0.1π~0.3πs时间内，小球动能与重力势能之和增大D.0.1π~0.3πs时间内，小球动能与重力势能之和减小【答案】AD【解析】AB．时弹簧处于原长，t=0时刻，小球经过平衡位置，故弹簧劲度系数故A正确，B错误；CD．0.1π~0.3πs时间内，小球从最高点弹簧原长处下降到最低点，弹性势能不断变大，小球动能与重力势能之和不断减小，故C错误，D正确。故选AD。9.如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻R1的阻值等于。闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。滑动变阻器滑片刚开始位于中点位置，将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（）A.电容器的电荷量减少B.增大C.D.带电液滴将向上运动【答案】CD【解析】AD．将滑动变阻器滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值增加，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知电路电流减小，根据可知电容器极板间电压增大，根据可知电容器的电荷量Q增加，由可知极板间匀强电场的电场强度E增大，则带电液滴将向上运动，A错误，D正确；BC．理想电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，根据欧姆定律可得理想电压表V2测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得则有可知、、均不变，由于定值电阻R1的阻值等于，则有B错误，C正确。故选CD。10.如图所示，竖直平面内固定一光滑绝缘的四分之一圆弧轨道AB，空间存在水平向右的匀强电场，以与底端B相切的水平直线建立x轴，顶端A在x轴上的投影O为坐标原点，一带负电的小滑块由静止开始从顶端A下滑到底端B，运动过程中重力势能、电势能、动能、机械能随滑块在x轴上投影位置坐标x的变化关系图像，下列可能正确的是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】A．采用微元法，运动过程中取一小段，设这一小段在x轴上的位置坐标变化为，这一小段与x轴的夹角为，则根据功能关系可得即随着小滑块从顶端A下滑到底端B，逐渐减小，即图线的斜率为负且逐渐减小，A正确；B．根据功能关系可得即即图线的斜率为正且保持不变，B正确；C．根据功能关系可得即随着小滑块从顶端A下滑到底端B，逐渐减小，即图线的斜率先为正且逐渐减小，后为负且逐渐增大，C错误；D．根据功能关系可得即即图线的斜率为负且保持不变，D错误。故选AB。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某实验小组利用图甲所示的双线摆来测量当地的重力加速度。（1）图甲中两根细线系在摆球表面同一点，长度均为L，与水平方向夹角均为，摆球的直径为d，则摆长______（用上述物理量符号表示）；如图乙所示，用螺旋测微器测得摆球的直径______mm。（2）关于本实验，下列说法正确的是______。A.为使单摆做简谐运动，图甲中应小于B.为便于观察摆球运动，摆球应选择质量和体积都大些的球C.测量周期时应从摆球通过最低点开始计时，并记录多次全振动所用的总时间D.把n次摆动的时间误记为次摆动的时间，会使测得的重力加速度的值偏小（3）用该双线摆装置测重力加速度较传统的单摆实验有何优点？____________（回答一点即可）。【答案】（1）5.980（2）C（3）可使小球更好地在同一平面内摆动【解析】【小问1详析】[1]摆长指的是悬点到球心的距离，细线长度均为L，与水平方向夹角均为，摆球的直径为d，则摆长[2]摆球的直径【小问2详析】A．为使单摆做简谐运动，单摆在摆动过程中摆角要小于，图甲中不是摆角，故A错误；B．摆球应选择质量大、体积小的，故B错误；C．测量周期时应从摆球通过最低点开始计时，并记录多次全振动所用的总时间，故C正确；D．根据周期公式解得把n次摆动的时间误记为次摆动的时间，则测得的周期T偏小，测得的重力加速度的值偏大，故D错误。故选C。【小问3详析】双线摆装置测重力加速度较传统的单摆实验的优点是可使小球更好地在同一平面内摆动。12.某实验小组用普通的干电池、直流电流表G和电阻箱、等组装成如图甲所示电路，图中的a、b端分别与黑、红表笔连接，回答下列问题：（1）断开S，将红黑表笔短接，调节的阻值，使电流表G满偏；保持的阻值不变，闭合S，调节，当电流表G示数为满偏电流的时，的阻值为。忽略S闭合前后电路中总电阻的变化，可得电流表内阻______。（2）断开S，将红黑表笔短接，记录多组的阻值和相应的电流表示数I，作出图线，若所得图线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，电流表内阻用表示，则电源的电动势______、内阻______。（均用k、b、表示）（3）已知图甲中电池的电动势，直流电流表G的量程，电流表内阻，将电流表的刻度盘改装为欧姆表的刻度盘。①断开S，在进行欧姆调零后，正确使用该多用电表测量某电阻的阻值，电表读数如图乙所示，则被测电阻的阻值为______。②若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变为1.45V，但此表仍能进行欧姆调零，用此表测量某电阻读数为，则该电阻真实值为______。③闭合S，利用电阻箱给欧姆表增加一个“×1”倍率，则电阻箱的阻值______。（结果保留一位小数）【答案】（1）（2）（3）1601451.0【解析】【小问1详析】[1]忽略S闭合前后电路中总电阻的变化，则总电流不变，由于电流表G示数为满偏电流的，则的电流为满偏电流的，根据并联电压相同，知的阻值为电流表内阻的2倍，故电流表内阻为。【小问2详析】[1][2]由闭合电路欧姆定律有化简可得根据表达式可得，斜率纵截距联立解得，电源的电动势内阻【小问3详析】[1]先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，对应的电阻为中值电阻即表盘刻度为15时代表，倍率为“×10”，故被测电阻阻值为；[2]若电源电动势为1.45V，满偏电流不变，则欧姆调零后中值电阻为，所以用此表测量某电阻读数为时半偏，电阻真实值为；[3]倍率为“×1”时，中值电阻为，即内阻为，由此可知，满偏电流变为原来的10倍，即0.1A，则解得13.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，B板接地，两板间的距离。电源电动势，电阻，滑动变阻器接入电路的阻值。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以的初速度竖直向上射入两板间，小球恰能到达A板。若小球带电荷量，质量，不考虑空气阻力，取。求：（1）电容器A板的电势；（2）电源内阻及电源的输出功率。【答案】（1）8V（2）1Ω，23W【解析】【小问1详析】设两板间电压为UAB，由动能定理得又由于B板接地，则解得【小问2详析】滑动变阻器两端电压设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得由闭合电路欧姆定律得解得电源的输出功率解得14.如图甲所示，质量的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为，置于C上，B位于A右方处。A、C间的动摩擦因数，B、C间及C与地面间的动摩擦因数。时刻给C施加一水平向右、大小可调的恒力F。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。（1）若，求滑块A、B的加速度大小；（2）若，求A、B第一次相遇的时刻；（3）设A、B第一次相遇的时刻为t，在如图所示坐标系中画出与F的关系图像（写出推导过程）。【答案】（1），（2）2s（3）见解析【解析】【小问1详析】当BC之间即将发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律得解得对整体由牛顿第二定律得解得由于，则A、B、C相对静止，一起向右加速，则对整体由牛顿第二定律得解得即滑块A、B的加速度大小均为。【小问2详析】当A、C之间即将发生相对滑动时，对A由牛顿第二定律得解得则对A、C整体由牛顿第二定律得解得由于，则B与C之间出现了相对运动，B的加速度大小为A、C相对静止，对A、C