物理-湖南省名校教育聯(lián)盟2025屆高三12月大聯(lián)考試題和答案

物理參考答案第1頁(共8頁)湖南名校教育聯(lián)盟·2025屆高三12月大聯(lián)考物理參考答案一、選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的?！窘馕觥緼.電場(chǎng)強(qiáng)度速度都是采用了比值定義法,加速度a是決定式,不是采用了比值定義法。B.汽車在通過彎道時(shí),如果速度過大,往往會(huì)出現(xiàn)“甩尾”現(xiàn)象,這是一種離心現(xiàn)象,這是由于實(shí)際受到的力不足以提供所需的向心力。C.庫侖發(fā)現(xiàn)了庫侖定律,麥克斯韋通過理論的計(jì)算求出了靜電力常量。D.卡文迪什測(cè)出了萬有引力常量?！窘馕觥緼.在標(biāo)準(zhǔn)田徑場(chǎng)上的內(nèi)外圈長(zhǎng)度不同,所以運(yùn)動(dòng)員跑1000m不一定回到原點(diǎn),位移不都為0,平均速度可以不相等。B.在鉛球項(xiàng)目中,運(yùn)動(dòng)員的成績(jī)是鉛球拋出后的水平位移。C.人的彈跳把重心跳起一定的高度,背越式通過調(diào)整姿勢(shì)使重心低于橫桿,則同樣高度重心過桿高度背越式更高,背越式跳高過欄桿時(shí)人體的重心可能低于桿的高度。D.跳遠(yuǎn)起跳時(shí)地對(duì)人的作用力與人對(duì)地的作用力為一對(duì)相互作用力。大小相等,方向相反?！窘馕觥緼.如果在平衡位置處斷開,由于振子質(zhì)量減小,從能量角度分析,假設(shè)依然可以到達(dá)斷開的最低點(diǎn),則彈簧彈性勢(shì)能的增加量大于振子動(dòng)能和重力勢(shì)能的減小量(可以與斷開比較),則假設(shè)錯(cuò)誤,經(jīng)過分析,A到不了原來的最低點(diǎn),故A錯(cuò)誤;B.由于在上升過程中,A、B間的力一直對(duì)B做正功,所以到達(dá)最高點(diǎn)時(shí),B的機(jī)械能最大,則如果在最高點(diǎn)斷開,則B帶走的能量最多,故B正確;CD.設(shè)物體掉下前彈簧的勁度系數(shù)為k,質(zhì)量為m,振幅為x0,振子在平衡位置時(shí)有mgsinθ=kx01/2mgsinθ=kx'振子到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),彈簧的形變量為2x0mgsinθ=kx01/2mgsinθ=kx''/20時(shí),設(shè)振幅為A',最低點(diǎn)的位置沒有變化,彈簧的形變量沒有變化A'=x0+1/2x0=3/2x0而越是在彈簧短的時(shí)候斷開,此后A的振幅就越小,當(dāng)在最高點(diǎn)斷開時(shí),此后A的振幅為x0,故CD錯(cuò)誤。故選B?！窘馕觥緼.at圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度的變化量,t1~t3時(shí)間內(nèi)速度一直增加,所以手機(jī)一直加速,A錯(cuò)誤;B.由圖可知,t3時(shí)刻后加速度方向向下,為失重狀態(tài),速度方向向上,所以向上做減速運(yùn)動(dòng),t3時(shí)刻還沒有達(dá)到最高點(diǎn),故B錯(cuò)誤;C.對(duì)手機(jī)進(jìn)行受力分析可知,t2~t3時(shí)間內(nèi),有D.在t2t4時(shí)間內(nèi),手機(jī)加速度先向上后向下,則手機(jī)先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。D.在t2t4時(shí)間內(nèi),手機(jī)加速度先向上后向下,則手機(jī)先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。物理參考答案第2頁(共8頁)【解析】A.電源輸出功率隨電阻變化的圖像如圖所示當(dāng)外電阻等于電源內(nèi)阻時(shí),電源輸出功率最大,由于r<R0,由圖可知電源輸出功率減小。B.該過程電容器的電荷量增加量Δq=CΔUC.可變電阻R兩端電壓為電壓表示數(shù)U,電流表示數(shù)I為流過可變電阻R的電流,由電阻的定義可知,可變電阻的阻值Δq=CΔUD.由閉合電路歐姆定律可知?jiǎng)tΔU和ΔI則ΔU和ΔI的比值為【解析】沿BD和垂直BD方向建立直角坐標(biāo)系,可以知道N=0,有mgcosθ=聯(lián)立上式可得:θ=45°,t=,vD=2A到D過程中,由動(dòng)能定理可得mg(h-2Rcosθ)=mD所以二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分。【解析】A.貨物所受摩擦力沿斜面向上,與速度方向同向,故做正功,A錯(cuò)誤;B.貨物對(duì)傳送帶的壓力θ減小θ減小,貨物對(duì)傳送帶的壓力增大,B正確;C.貨物隨傳送帶一起保持勻速運(yùn)動(dòng),兩者之間無相對(duì)滑動(dòng),所受摩擦力為靜摩擦力D.如果μ≤tanθ,D.如果μ≤tanθ,則最大靜摩擦力小于重力的分力mgsinθ,所以無法向上傳輸,D正確?！窘馕觥緼.根據(jù)等量同種正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布特征,可知a、c兩點(diǎn)處電場(chǎng)線分布的密集程度相同,即a、c兩點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等,但是電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反,a、c兩點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度不相同,b、d兩點(diǎn)處電場(chǎng)線分布的密錯(cuò)誤;B.根據(jù)等量同種正點(diǎn)電荷的等勢(shì)線分布特征,可知a、c兩點(diǎn)處電勢(shì)相等,b、d兩點(diǎn)處電勢(shì)相等,B正確;C.沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低,根據(jù)等量同種正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布特征可知φc>φd則有-qφc<-qφd可知,某負(fù)點(diǎn)電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能小于在d點(diǎn)的電勢(shì)能,C正確;D.根據(jù)等量同種正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布特征可知,在b點(diǎn)靜止釋放一負(fù)點(diǎn)電荷(不計(jì)重力),其所受外力的合力,即電場(chǎng)力方向指向O點(diǎn),負(fù)點(diǎn)電荷靠近O位置做加速運(yùn)動(dòng),越過O位置后速度向下,合力即電場(chǎng)力向上指向O點(diǎn),負(fù)點(diǎn)電荷遠(yuǎn)離O位置做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)減速至0后,根據(jù)對(duì)稱性,恰好到達(dá)d點(diǎn),之后又向上靠近O位置做加速運(yùn)動(dòng),越過O位置后速度向上,所受外力的合力,即電場(chǎng)力方向指向O點(diǎn)向下,減速至0,根據(jù)對(duì)稱性,恰好到達(dá)b點(diǎn),之后重復(fù)先前的運(yùn)動(dòng),即在b點(diǎn)靜止釋放一負(fù)點(diǎn)電荷(不計(jì)重力)將在b、d之間往復(fù)運(yùn)動(dòng),D錯(cuò)誤。故選BC?！窘馕觥緼.人造地球衛(wèi)星在Ⅰ軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)萬有引力提供向心力可得在地球表面有聯(lián)立可得衛(wèi)星在Ⅰ軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小B.在Ⅰ軌道時(shí),根據(jù)萬有引力提供向心力可得解得根據(jù)開普勒第三定律可得解得衛(wèi)星在Ⅱ軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的周期為C.衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅱ運(yùn)行時(shí),根據(jù)開普勒第二定律可得則在近地點(diǎn)P與在遠(yuǎn)地點(diǎn)Q的速率之比等于P、Q兩點(diǎn)與地球連線的長(zhǎng)度的倒數(shù)之比,則有vP則在近地點(diǎn)P與在遠(yuǎn)地點(diǎn)Q的速率之比等于P、Q兩點(diǎn)與地球連線的長(zhǎng)度的倒數(shù)之比,則有D.衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒,在最遠(yuǎn)點(diǎn)和最近點(diǎn)滿足物理參考答案第3頁(共8頁)物理參考答案第4頁(共8頁)解得則衛(wèi)星在Ⅰ軌道的P點(diǎn)變軌到Ⅱ軌道至少需對(duì)衛(wèi)星做功為Wmv-mv2mgR【解析】AC.用vA表示A球轉(zhuǎn)過α角時(shí)A球的速度大小,用vB表示A球轉(zhuǎn)過α角時(shí)B球的速度大小,v表示此時(shí)立方體的速度大小,則由于A與B的角速度相同,且vBcosα=vOA則OB則vAvB根據(jù)能量守恒定律可知,力F做的功等于滑塊C的動(dòng)能增量與球A、B機(jī)械能增量之和,則力F做的功大于滑塊C的動(dòng)能增量與球A、B重力勢(shì)能增量之和,可得F×Lsinαmv-mgL-Lcosα)+mv+mgL-Lcosα)+mv2解得vA=由幾何關(guān)系可知轉(zhuǎn)過的最大角度為則力F的功率為α=則力F的功率為由數(shù)學(xué)知識(shí)可知,功率增加,故A錯(cuò)誤,C正確;P=FvAcosαB.分離前C的動(dòng)能為EkCmv2m(2vAcosα)2分離前A的動(dòng)能為EkAmv由數(shù)學(xué)知識(shí)可知角度轉(zhuǎn)動(dòng)的范圍為0≤α≤60°則1≤2cosα≤2可知EkC≥EkA故B錯(cuò)誤;D.當(dāng)α=60°時(shí),C速度最大為故選CD。物理參考答案第5頁(共8頁)三、非選擇題:本題共5小題,共56分。11.(10分,每空2分)【答案】(1)9.84π2n2(L+(2)t2(3)A不變0.8mm,則最終讀數(shù)為9mm+0.8mm=9.8mm?！窘馕觥?1)游標(biāo)卡尺的分度值為0.1mm,游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為9mm,0.8mm,則最終讀數(shù)為9mm+0.8mm=9.8mm。(2)單擺周期T單擺擺長(zhǎng)l=L+由單擺周期公式可得(3)根據(jù)單擺周期公式可得解得gA.測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)只測(cè)了懸線的長(zhǎng)度,即擺長(zhǎng)測(cè)量值小,計(jì)算得到的g值偏小,故A正確;B.側(cè)擺線長(zhǎng)時(shí)擺線拉得過緊,會(huì)導(dǎo)致擺長(zhǎng)測(cè)量值大,計(jì)算得到的g值偏大,故B錯(cuò)誤;C.開始計(jì)時(shí)時(shí),秒表過遲按下,使得測(cè)量的周期偏小,計(jì)算得到的g值偏大,故C錯(cuò)誤;D.實(shí)驗(yàn)中誤將30次全振動(dòng)次數(shù)記為31次,使得測(cè)量的周期偏小,計(jì)算得到的g值偏大,故D錯(cuò)誤。故選A。(4)[1]根據(jù)單擺周期公式有故T2l圖像的斜率為解得g-[2]測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)漏加了小球半徑,圖線向左偏移了,但斜率不變,故重力加速度的測(cè)量值不變。12.(8分,每空2分)【答案】(1)7.520(2)A29000【解析】(1)金屬實(shí)心圓柱體直徑d=7.5mm+2.0×0.01mm=7.520d=7.5mm+2.0×0.01mm=7.520mm~(2)①根據(jù)電表的改裝原理可知,應(yīng)將電流表A2與電阻箱串聯(lián),改裝成一個(gè)量程為03.0V的電壓表,根據(jù)歐姆定律有②待測(cè)電阻較小,電流表采用外接法,滑動(dòng)變阻器最大阻值較小,采用分壓式接法,如圖(3)向右傳播【解析】(1)由題圖可知λ=20λ=20cmλ=5cm=0.05m………………………2'(2)若波向右傳播,傳播距離Δx=nλ+λ……………………2'所用時(shí)間Δt=nT+=0.1s……………2'解得……………………1'(3)若波速是3.5m/s,波在0.1s內(nèi)傳播的距離若波向右傳播,傳播距離滿足Δx'=0.35若波向右傳播,傳播距離滿足Δx=nλ+λ……………………2'所以波向右傳播。………………1'x0v1=I=4x0物理參考答案第6頁(共8頁)物理參考答案第7頁(共8頁)【解析】(1)對(duì)0號(hào)物體,彈簧壓縮至x0處由靜止釋放,彈簧彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為0號(hào)物塊動(dòng)能,有kx02mv02…………………1'解得由題可知,2024個(gè)彈性物體兩兩之間碰撞時(shí)交換速度,所以2024號(hào)物體最終速度是0號(hào)物體與1號(hào)物體發(fā)生彈性正碰后1號(hào)物體的速度,由機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒有mv02mv0'2+·2mv12=mv0'+2mv1………………2'v1v0x0v0'=-可知2024號(hào)物塊最終速度v1v0x0……………1'(2)0號(hào)與1號(hào)發(fā)生碰撞后,1號(hào)將于2號(hào)發(fā)生正碰,因兩者質(zhì)量相同,將發(fā)生速度交換,1號(hào)將靜止,最終2024號(hào)物塊獲得此速度。之后0號(hào)將繼續(xù)與1號(hào)發(fā)生第二次碰撞,同理可得,0號(hào)第二次碰撞后的速度為km2x0v0″km2x0……………1'1號(hào)發(fā)生第二次碰撞后的速度為v×x0………………1'最終2023號(hào)物塊獲得此速度,依上述分析可知2020號(hào)物塊最終速度為1號(hào)物塊與0號(hào)物塊第5次碰撞后1號(hào)物塊的速度,0號(hào)物體與1號(hào)物塊第4次碰撞后的速度為km14x0km14x03……………………1'則2020號(hào)物塊最終速度4kmx0v×4kmx0kmx0km……………1'(3)第一次將彈簧壓縮至x0處由靜止釋放,彈簧彈力對(duì)0號(hào)物塊的沖量0號(hào)與1號(hào)物塊第1次碰撞后,再次壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)原長(zhǎng),彈簧彈力對(duì)0號(hào)物塊的沖量為I0=mv0………………0號(hào)與1號(hào)物塊第1次碰撞后,再次壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)原長(zhǎng),彈簧彈力對(duì)0號(hào)物塊的沖量為0號(hào)與1號(hào)物塊第2次碰撞后,再次壓縮彈簧至彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng),彈簧彈力對(duì)0號(hào)物塊的沖量為I=2mv0″…………………0號(hào)與1號(hào)物塊第2次碰撞后,再次壓縮彈簧至彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng),彈簧彈力對(duì)0號(hào)物塊的沖量為I=2mv0″………………………1'以此類推,直至0號(hào)物塊與1號(hào)物塊發(fā)生第2024次碰撞后,0號(hào)物塊最后一次壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后,0號(hào)物塊速度向左,無法再與1號(hào)物塊碰撞,達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng),因此,從彈簧壓縮至x0處將0號(hào)物塊靜止釋放到最終所有物塊都能穩(wěn)定運(yùn)動(dòng),整個(gè)過程中彈簧彈力的總沖量為I=I0+I1+I2+……+I2024=mv0+2mv0'+2mv0″+……=mv0+2m—v0+2v0+……+2024v07」——=0+202024≈41'物理參考答案第8頁(共8頁)15.(16分)【答案】(1)v0=10gL=45m/sT=3mg=6N(2)ΔEp=4.8J(3)ΔEb=14J點(diǎn)滿足【解析】(1)已知qE=3mg,由題意等效最高點(diǎn)在OM連線的反向延長(zhǎng)線與圓周的交點(diǎn)上,設(shè)為N,則在N點(diǎn)滿足由幾何關(guān)系可知該方向與豎直方向夾角為60,所以F=(mg)2+(3mg)2=2mg……………°……………由幾何關(guān)系可知該方向與豎直方向夾角為60,所以22mg=m………………………1'即小球在N點(diǎn)的速度為從M點(diǎn)到N點(diǎn)過程中,由動(dòng)能定理可得vN=2gL=4m/s……………………從M點(diǎn)到N點(diǎn)過程中,由動(dòng)能定理可得-2mg×2L=…………………1'得到又因?yàn)閺腂到N點(diǎn),由動(dòng)能定理得v0=10gL=45m/s……………又因?yàn)閺腂到N點(diǎn),由動(dòng)能定理得-2mg(L-Lsin30°)mv-mv………………………1'在B處,沿繩方向的合外力提供小球運(yùn)動(dòng)所需要的向心力,有vB=2gL=42m/s………………在B處,沿繩方向的合外力提供小球運(yùn)動(dòng)所需要的向心力,有T+mg=m…………………1'解得(2)從細(xì)線斷裂后小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)題意,到C點(diǎn)時(shí),水平方向速度為0,豎直方向位移為L(zhǎng),設(shè)水平方向位移為xBC,即有T=3mg=6N………