【文档说明】湖南省浏阳市校联盟2024-2025学年高三上学期12月联考物理试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.908 MB，由管理员店铺上传

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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第I卷（选择题）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xvt=和加速度vat=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【答案】C【解析】【详解】A．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xvt=和加速度vat=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。本题选择不正确的，故选C。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，则下列说法正确的是（）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【答案】D【解析】【详解】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

r4SCkd=，可得电容越大，极板上电荷量保持不变，根据电容定义式QCU=，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4rUQkQEdCdS===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UEx=，0PU=−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。故选D。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113vgH=水平抛出，同时小伟将球乙从水平地面以234vgH

=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，下列说法正确的是（）A.球乙在上升过程中遇到球甲B.相遇点离地高度为23HC.从抛出到相遇的时间为1213HgD.抛出时，两球之间的水平间距为23H【答案】D【解析】【详解】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2221122gtvtgtH+−=（）则相遇时间为43Htg=乙上升时间为234vHtgg==上由于tt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21123hHgtH=−=故B错误；D．抛出时，两球之间的水平间距为123Hxvt==故D正确。故选D。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。0t=时刻图像斜率为a，重力加速度为g。则（）A.t=0时刻起重机的牵引力为maB.起重机的额定功率为0mgvC.物体上升过程的最大速度01avg+D.0到0t时间内物体克服重力做功为()200012mgavtmv++【答案】C【解析】【详解】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Fmgma−=解得Fmgma=+故A错误；B．起重机的额定功率()00PFvmgav==+故B错误；C．物体匀速运动时，牵引力等于重力，最大速度为m01Pavvm

gg==+故C正确；D．在0到0t时间内，依据动能定理有m22001122GPtWmvmv−=−解得2220m00000111()()222GWmgavtmvmvmgavtmv++=+−+故D错误。故选C。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质量为2mC.剪断轻绳b的瞬间，小球1的加速度大小为2gD.剪断轻绳b的瞬间，

小球2的加速度方向竖直向下【答案】C【解析】【详解】AB．对小球1进行受力分析，如图根据平衡关系有oosin30sin60abTT=oocos30cos60abTmgT=+解得3aTmg=bTmg=对小球2进行受力分析，如图的根据平衡

关系，有osin60cbTT=o2cos60bmgT=解得32cTmg=22mm=AB均错误；C．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o1sin30mgma=可得12ga=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()22222cmgTma+=解得22ag=设加速度方向与水平方向成角，有23tan3cmgT==可得o30=加速度方向与水平方向成o30角，D

错误。故选C。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pE随位移x变化的关系如图所示，其中20~x段是关于直线1xx=对称的曲线，23~xx段是直线，则下列说法正确的是（）A.1x处电场强度最小，但不为零B.粒

子在20~x段做匀变速运动，23~xx段做匀速直线运动C.在1230xxx、、、处的电势0123、、、的关系为3201=D.23~xx段的电场强度大小均匀增大【答案】C的【解析】【详解】A．根据电势能与电势的关系pEq=场强

与电势的关系Ex=得p1EEqx=由数学知识可知pEx−图像切线的斜率等于pEkqEx==因为1x处切线斜率为零，则1x处电场强度为零，A错误；BD．由图看出在10~x段图像切线的斜率不断减小，由上式可知电场强度减小，粒子所受的电场力减小，加

速度减小，做非匀变速运动，12~xx段图像切线的斜率不断增大，电场强度增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，23~xx段斜率不变，电场强度不变，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，B错误、D错误；C．根据电势能与电势的关系pEq=粒子

带正电，0q，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越高，所以有321由对称性可知20=则3201=C正确。故选C。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102tt−B.P的轨道半径为()210324πGMtt−C.P的公转角速度的大小为104πtt−D.探测器和P的轨道半径之为4:1【答案】AC【解析】【详解】AC．设P的公转周期为1T，角速度为1，根

据题意可知1012ttT−=112T=求得1012ttT−=0114πtt=−故AC正确；B．设行星P的轨道半径为1r，对于行星P，根据万有引力提供向心力有2122114rTMmGmr=其中1012ttT−=求得()2103

1216πGMttr−=故B错误；D．设探测器的周期为2T，轨道半径为2r，根据题意有()1012222ttTT−−=其中1012ttT−=求得212TT=根据开普勒第三定律，有33122212rrTT=求得232232114rTrT==故D错误。故选AC。8.如图

所示的电路中，各电表为理想电表，1R为定值电阻，电源内阻为r且1rR，在滑动变阻器2R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12UUI、、，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1U，

2U、I，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.1U与I的比值不变C.2U与I的比值小于1U与I的比值D.电源的输出功率可能减小【答案】AB【解析】【详解】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．根据欧姆定律有11URI=可知U1与I的比值不变，故B正确；C．

由闭合回路欧姆定律有12UUEIr+=−由于I增大，则12UU+减小，由于1U增大，可知2U减小，且V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，所以2U与I的比值大于1U与I的比值，故C错误；

D．根据电功率公式2()EPRRr=+出外外得22()4EPRrrR=−+出外外当Rr=外时，P出最大，由于1rR，所以2R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。故选AB。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（）的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【答案】AD【解析】【详解】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WqU=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。故选AD。10.如图所示，一倾角为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挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为83mgkd=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，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53=。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，sin530.8=，cos530.6=。则下列说法正确的是（）的A.物块P在A点时弹簧的伸长量为34dB.物块P从A点运动到B点时，物块Q、P与弹簧组成的系统势能减少量等于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7580mgdD.物块P运动到B点时，物块Q的速度为2786gd【答案】BD【解析】【详解】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sinTmg=所以绳子拉力2Tmg=对物块Q进行受力分析，沿斜面方向上2sinTmgF=+弹解得此时弹簧弹力为Fmg=弹由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为38Fdxk==弹故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53244ddOAOBd−=−

=所以弹簧此时压缩量为38d，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Qpp3cos5vvv==物块P从A点运动到

B点的过程中，由能量守恒定律22PQ3112sin2422dmgmvmv=+联立解得p7586gdv=Q2786gdv=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2P1752

172mgdWmv==故C错误。故选BD。第II卷（非选择题）三、实验题（本大题共2小题，共15分）11.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【答案】（1）B（2）0.51（3）A【解析】【小问1详解】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．为使小车获得恒定的拉力，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。故选B。【小问2详解】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50.02

s0.1sT==根据逐差法可得，小车的加速度为2222[(7.217.72)(6.196.70)]10m/s0.51m/s(20.1)a−+−+==【小问3详解】A．由图丙可知，当F=0时，小车就有了加速度，说明补偿阻力时长木板的倾角偏大，故A正

确；B．处理纸带时去除开始密集的点可以减小实验误差，是正确的做法，并不是a−F图线不过原点的原因，故B错误；C．若砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量，则图线会发生弯曲，所以砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量并不是图线不过原点的原因，故C错误。故选A

。12.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R'、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R'的阻值调到_____

_____（填“最大”或“最小”）。（2）该同学通过改变电阻箱R'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。A.0IR−B.011IR−C.01IR−D.01RI−（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）。【答案】（1）最小（2）B（3）baac−【解析】【小问1详解】要防止电流表被烧坏，应使最初通过电流表的电流最小，故电阻箱R'的阻值应调到最小。【小问2详解】根据欧姆定律及并联电路的特点可知00()xII

RIR−=整理可得000111xRIIRI=+所以1I与01R线性关系，故应描绘011IR−图像。故选B。【小问3详解】由1I与01R的关系式和图乙可知01aI=，0xRbacI−=解得xbaRac−=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。【答案】（1）2.5m/s；（2）1J；（3）32J【解析】为【详解】（1）

在C点，竖直分速度221.5m/syvgh==滑块运动至C点时的速度vC2.5m/ssin37yCvv==（2）C点的水平分速度与B点的速度相等，则cos372m/sBxCvvv===从A到B点的过程中，据

动能定理得21f12BmghWmv−=解得1JfW=（3）滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得cos37sin37mgmgma−=解得20.4m/sa=达到共同速度所需时间5sCvvta=−=二者间的相对位移5m2Cvv

xtvt+=−=由于sin37cos37mgmg，此后滑块将做匀速运动，滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量cos3732JQmgx==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1

.25mL=，小球质量0.20kgm=，物块、小车质量均为0.30kgM=。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0.4=，圆弧轨道半径0.15mR=。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，210m/sg=。（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。【答案】（1）5m/s；（2）4m/s；（3）20.625m1ms【解析】【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中

，由动能定理20102mgLmv=−解得05m/sv=（2）小球与物块碰撞后的瞬间，小球的速度的大小为1v，物块速度的大小为2v，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012mvmvMv=+

222012111222mvmvMv=+解得2024m/smvvmM==+（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232MvMv=由能量守恒定律2223111222MvMvMgs=+解得11ms=若物块恰好运动到与圆弧圆心等

高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒242MvMv=由能量守恒定律2224211222MvMvMgsMgR=++解得20.625ms=综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为20.625m1ms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】（1）mgqE=；（2）(232)Fmg=+；（3）(425)xR=−【解析】

【小问1详解】设小球过C点时的速度大小为Cv，小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有21322CqERmgRmv−=小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中，水平方向有12CRvt=竖直方向有2112Rgt=联立解得mgqE=【小问2详解】小球运动到等效

最低点D时速度最大，设最大速度为mv，OD与竖直线OB夹角为，由于mgqE=，则45=，小球从A点运动到D点的过程中，根据动能定理有2m1(2sin)(1cos)2qERRmgRmv+−−=即2m1(sincos1)2mvmgR=+

+解得最大速率m2(21)vgR=+由于小球在D点时速度最大且静电力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时受到半圆轨道的支持力最大，设此支持力大小为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示的直角坐标系则有2msin45cos

45mvFqEmgR−−=即半圆轨道对小球支持力的最大值为(232)Fmg=+【小问3详解】小球通过P点时水平方向速度大小为12CvvgR==竖直方向速度大小为212vgtgR==进入电场后，水平方向加速度大小为1Eqagm==竖直方向加速度大小为2mgagm==故小球在水

平方向做匀减速运动，在竖直方向做匀加速运动，水平方向有2121212xvtat=−竖直方向有2222212Rvtat=+联立解得(425)xR=−