湖南省浏阳市校联盟2024-2025学年高三上学期12月月考物理参考答案

浏阳市高三12月份联盟校联考物理参考答案、提示及评分细则题号12345678910答案CDDCCCACABADBD1．CA．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；xvB．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tt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。2．DAD．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SQCr，可得电容越大，极板上电荷量保持不变，根据电容定义式C，可得板间电压越小，则静电4kdU计指针张角越小，故A错误，D正确；UQ4kQBC．风力越大，板间距离越小，极板间电场强度E，可得极板间电场强度保持不变，风dCdrS力越大，P点与接地的负极板的距离x越小，根据UEx，UP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。3．D11AC．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（vtgt2）H，则相遇时间为2224Hv23Ht，乙上升时间为t上，由于tt上，所以在乙下降过程中相遇，故AC错误；3gg4g11B．相遇点离地高度为hHgt2H，故B错误；232HD．抛出时，两球之间的水平间距为xvt，故D正确。134．CA．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1页，共7页{#{QQABLQwAogAgABJAABhCAwmQCACQkgGAAYgOxEAMsAIBCBFABAA=}#}PaC．物体匀速运动时，牵引力等于重力，最大速度为vm1v0，故C正确；mgg1212D．在0到t0时间内，依据动能定理有PtWmvmv0G2m20111解得Wm(ga)vtmv2mv2m(ga)vtmv2，故D错误。G00202m00205．CAB．对小球1进行受力分析，如图oooo根据平衡关系有Tasin30Tbsin60；Tacos30mgTbcos60解得Ta3mg；Tbmg；对小球2进行受力分析，如图oo根据平衡关系，有TcTbsin60；m2gTbcos603m解得Tmg；m2，AB均错误；c22C．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g根据牛顿第二定律，有mgsin30oma；可得a，C正确；112D．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22，解得a2gm2gTcm2a22mg3设加速度的方向与水平方向成角，有tan2Tc3可得30o，加速度方向与水平方向成30o角，D错误。6．C1EpA．根据电势能与电势的关系Epq；场强与电势的关系E；得E；由数学知识可知EpxxqxEp图像切线的斜率等于kqE，因为x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；xBD．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q，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2页，共7页{#{QQABLQwAogAgABJAABhCAwmQCACQkgGAAYgOxEAMsAIBCBFABAA=}#}所以有321，由对称性可知20。则3201，故C正确。7．AC2AC．设P的公转周期为T1，角速度为1，根据题意可知t1t02T1，1，T14πt1t0求得T1；1；故AC正确；2t1t0Mm42B．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G2m2r1，r1T12t1t0GMtt其中，求得310，故错误；T1rB2116π222D．设探测器的周期为T2，轨道半径为r2，根据题意有t1t02，其中t1t02T1，T1T2332r1r2r2T23求得，根据开普勒第三定律，有，求得3，故错误。T22T12224DT1T2r1T18．ABA．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；U1B．根据欧姆定律R可知U1与I的比值不变，故B正确；I1C．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U2与I的比值大于U1与I的比值，故C错误；E2EP=2出2D．根据电功率公式P出=()R外，得(R外r)，当R外r时，P出最大，由于rR1，所以R2的R外r+4rR外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。9．ADA．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3页，共7页{#{QQABLQwAogAgABJAABhCAwmQCACQkgGAAYgOxEAMsAIBCBFABAA=}#}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。10．BDA．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Tsin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2mgsinF弹，解得此时弹簧弹力为F弹mg，F弹3d由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为x，故A错误；k85d3dB．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443d，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8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；3D．物块P到B点时，P、Q速度满足vvcosv，物块P从A点运动到B点的过程中，由能量守恒Qp5p3d121275gd27gd定律2mgsinmvP2mvQ；联立解得v，v，故D正确；422p86Q86175mgdC．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Wmv2，故C错误。2P17211．(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。5（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T0.1s，f[(7.217.72)(6.196.70)]102根据逐差法可得，小车的加速度为am/s20.51m/s2(20.1)2（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4页，共7页{#{QQABLQwAogAgABJAABhCAwmQCACQkgGAAYgOxEAMsAIBCBFABAA=}#}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，11解得amg，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−FMmMm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。ba12．(1)最小(2)B(3)ac（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IRx11R111整理可得x，故应描绘的图像。故选B。IR0I0I0IR01baRxba（3）据上述分析可得a，，解得RxI0cI0ac13．（1）2.5m/s；（2）1J；（3）32J【详解】（1）在C点，竖直分速度（2分）��=2�ℎ2=1.5m/s滑块运动至C点时的速度（2分）����=sin37°=2.5m/s（2）C点的水平分速度与B点的速度相等，则（1分）���从A到B点的过程中，据动能定理得�=�=�cos37°（=22分m）/s121f�解得（�1�分ℎ）−�=2��（3）滑块在传送带上运��动=时1，J根据牛顿第二定律得解得（1分）���cos37°−��sin37°=