【文档说明】河北省邢台市“五岳联盟”部分重点学校2022届高三上学期12月联考物理试题答案.doc，共(6)页，926.133 KB，由小赞的店铺上传

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高三上学期12月联考物理答案12345678910CDADDBBADBCAC1．【答案】Ｃ【解析】电阻定律lRs=，即Rsl=，量纲换算有m→，故A错误；磁感应强度定义FBIl=、Fma=，量

纲换算有2AskgB→，故B错误；电子在电场中的电势能Ee=，量纲换算知电子伏特eV是带电粒子能量的常用单位，故C正确；电流定义QIt=即QIt=，量纲换算222AmAmmCAss==，故D错误；所以

，答案为C选项。2．【答案】D【解析】设质点做平抛运动的初速度为v0,其在A、B点的竖直分速度分别为vAy、vBy,由题意可得vAy=v0tan37°,vBy=v0tan45°,从A到B的时间为t，竖直有：ByAygtvv−=，水平有：x=v0t，代入数据联立解得04

/vms=，00.4xvtm==选项D正确。所以，答案为D选项。3．【答案】：A【解析】：由212vMmGmRR=和2MmGmgR=得1vgR=，则11124vv=月地即11.61km/sv月，故，A正确B错

误；由2MmGmgR=得2RgMG=，则224696=111MM=地月，CD选项错误。所以，答案为A选项。4．【答案】D【解析】φ－x图线切线的斜率大小等于电场强度大小，所以，acbEEE，b点处电场强度最小

，且0bE=，故选项A错误；点电荷空间各点电场强度2QEkr=，即与场源电荷距离越大场强越小，a、b、c三点场强表现特点，不是单一电荷形成的，故选项B错误；从φ－x图线可知ababU=−，bccbU=−且ac即有abbcUU，故选项C错误；沿电场线方向（场强）电势由高到

低，φ－x图线切线的斜率大小等于电场强度大小，0ab→→区域场强方向向右逐渐减小，bcx→→区域场强方向向左，场强先增加后减小直至x无穷为0，且有abbUU=，所以a点自由释放的带正电的粒子，做加速度减小的加速运动到b点速度最大（212abbqUmv=），过b点后先

做加速度增加后做加速度减小的减速运动直至x无穷远（2102bbqUmv−=−），故选项D正确。所以，答案为D选项。5．【答案】D【解析】分析图表数据知，制动距离减思考距离饮酒前后是相等的，即刹车匀减速运动，以25m/s车速为例，刹车距离为54.212.566

.72541.7xm=−=−=，所以制动加速度227.5/2vamsx=，其他两种速度解法同样，加速度结果相同，故选项C错误D正确；汽车与电动车速度变化vt−情况如图所示，1是未饮酒情况，2时饮酒后情况。在车减速到7m/s时，车多行驶距离分别为：21(257

)(257)0.530.627.5xm−=−+=、22(257)(257)139.627.5xm−=−+=，对比35m可知未饮酒时不会发生碰撞，饮酒后会发生碰撞，故选项AB错误。所以，答案为D选项。6．【答案】Ｂ【解析】由题意知，流经金属杆ab的

电流11AI=时，摩擦力如图1，1sinFfmg+=且11FBLI=，电流25AI=时，摩擦力如图2，2sinFmgf=+且22FBLI=代入数据解得：0.2BT=、0.4fN=，故选项A正确B错误；当流经金属

杆ab的电流33AI=时，330.6NFBLI==即有3sin0Fmg−=金属杆ab与导轨间无摩擦力，故选项C正确；滑动变阻器R＝０时，410AEIr==，442NFBLI==，杆ab平衡需向下的最小拉力：4(sin)1FFmgfN=−+=，故选项D正确；所以

，答案为B选项。7．【答案】B【解析】根据小段通电直导线在a、b两点所受安培力方向，由左手定则，可知P导线在a、b两点所产生磁感应强度方向，再结合1图图2安培定则（右手螺旋定则），可知，P导线在1F、2F的延长线交点处且电流方向垂直桌面向上，如图所示，故选项A错误；取Pbr=则3Par=，则有：

013IFkLIr=、02IFkLIr=，所以，123:3FF=:，故选项B正确；小通电直导线移到c处所受安培力031IFkLIFr==，故选项C错误；磁感应强度定义式1FBIl=中l是小通电直导线在磁场中的长度不是a、b两点间的距离，故选项D错

误；所以，选项B为答案。8．【答案】AD【解析】如图所示，取向左为速度正方向，有：3m/sv=−甲、2m/sv=乙，甲乙作用过程动量守恒有：''mvmvmvmv+=+甲甲乙乙乙乙甲甲，当'0v=甲时'0.5msv=乙/，当'0v=乙时'1msv=甲/；故选项A正确B错误；两车距离最近

时类完全非弹性碰撞有：mvmvmmv+=+甲甲乙乙乙甲（），解得：0.33m/sv=，此过程损失的动能全部转化为弹性势能：2221118.33J222pEmvmvmmv=+−+=甲甲乙乙乙甲（），故选项

C错误D正确；所以，答案AD选项。9．【答案】BC【解析】当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，滑动变阻器与灯L并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，路端电压1UEIr=−减小，，滑动变阻器与灯L并联的电压

2)UEIRr=−+（减小，通过灯L的电流减小，灯泡变暗，另有1UrI=、2URrI=+知21UU，故有，选项A错误B正确；电容器C的电压CUIR=，I增大，UC增大，根据CUEd=和FqE=可知电场力增大，根据

平衡条件可知线与竖直方向的偏角增大，故选项C正确；定值电阻R>r，当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，外电阻在大于电源内阻的前提下逐渐减小，由电源输出功率的特点，可知此过程电源输出功率逐渐增加，故

选项D错误；所以，答案BC选项。10．【答案】AC【解析】由A、'A两点的电势知O点电势为０V，设电场强度方向与OA夹角为如图所示，则有：cos20VER=、0cos5324VER−=（），代入数据解得：037=、125V/mE=，故有，选项A正确B错

误；匀强电场中平行线段端点间电势差相等，可得B’点的电势为24V，故有，选项C正确；另有，'2sin30VCCUER==故有，选项D错误。所以，答案AC选项。11．【答案】0.18～0.20m/s（1分）、0.28～0.30m/s（1分）；描绘vt−图(2分)；0.49～0.52（2分）。

【解析】根据匀变速直线运动规律有：3312(48.511.5)100.19/220.1xxvmsT−−−===；3534(106.048.5)100.29/220.1xxvmsT−−−===；vt−图像绘制如图；20.51/vamst=

=。12.【答案】（1）E2（1分）、V1（1分）、R02（1分）；（2）49.0～51.0Ω（1分）、249.0～251.0Ω（2分）；（3）949.0～988.0W（1分）、160.0～162.0W（2分）。【解析】（1）直流电源选E2，利于滑动变阻器大范围调节，利

于表盘大范围使用，多数据测量，减小误差。为此电压表应选V1与电源对应。分压电路，滑动变阻器选R02，调节范围宽，测量误差小。（2）图线I是加热电阻R1的伏安线，由150.0URI=；图线II是保温状态下电阻R1+R2的伏安线，由12300.0URRI+=，并有2250.0

R。（3）电饭锅接入220V电源，摁下电建加热状态，有：211968.0WUPR=；电建弹起保温状态，有：2212161.0W+UPRR=。13.【答案】（1）0.25=，（2）98kPEJ=。【解析】（1）取上

滑过程加速度大小为1a，由运动学公式和牛顿第二定律有：2212BAABvvax−=−（2分）001sin37cos37mgmgma+=（2分）代入数据解解得：218/ams=、0.25=（2分）1/vms−/ts00.10.20.30.40.50.60

.100.150.200.250.300.350.40（2）物块经过B点上滑到最高的C，有：212BBCvax=（1分）物块从B点经C点滑回到底端P点，由动能定理有：0021sin37cos37()2PBBCCPkPBmgxmgxxEmv

−+=−（2分）代入数据解解得：98kPEJ=（2分）14.（13分）【答案】（1）403pEmgR=，（2）不能通过。【解析】（1）释放弹簧有：21112pEmv=，①1m与2m相碰有：1112()mvmmv=+②（2分）1m2m合

体由M到N机械能守恒有：2212121211()()2()22NmmvmmgRmmv+=+++③（2分）1m2m合体在N点向心力公式有：21212()()NvmmgmmR+=+④（2分）代入数据解得：403pEm

gR=⑤（2分）（2）1m、2m块互换后有：'22112pEmv=，⑥2m与1m相碰后有：''2112()mvmmv=+⑦（1分）代入数据解得，2m1m合体在M点动能有：'212110()23mmvmgR+=⑧（1分）由③④

式知合体能通过N点至少需要能量有：125()102EmmgRmgR=+=⑨（1分）因为，'2121()2mmvE+⑩（2分）所以，1m2m相碰后粘在一起，不能通过最高N点。15.【答案】(1)34mgq，(2)（13R−，49R−），

(3)（0，169R−）、7336mgR。【解析】(1)小球从轨道最高点下滑经过原点0过程由动能定理有：2012mgRqERmv−=①（2分）小球在经过原点0向心力公式有：200vFmgmR−=②（2分）将01.5Fmg=条件代入解得：02gRv=、34mgE

q=③（1分）(2)经过原点0后，小球x轴负方向上做类上抛运动如右图：0vta=④（1分）202vxa=⑤（1分）Eqma=⑥（1分）y轴上自由落体运动：212ygt=⑦（1分）代入数据联立解得：13xR=、49yR=（1分）离开y轴最远点的坐标；（13R−，49R−）(3)小球离开0点再

次通过y轴p点时有：0xvv=⑧（1分）y(2)vgt=⑨（1分）2p1(2)2ygt=⑩（1分）代入数据联立解得：2xgRv=、y423vgR=、p169yR=小球再次通过y轴p点时有：坐标：（0，169R−）（1分

）动能：2221173()2236kxyEmvmvvmgR==+=。（1分）