【黑吉辽卷】【理想树联考】东北三省精准教学2025届高三上学期12月联考（12.3-12.4）物理试卷解析

东北三省精准教学2024年12月高三联考的斜率表示加速度可知，机器人在0~4s内做减速运动，且速度的变化率逐渐错误；根据v-t图像中的图线与t轴所围面积表示位移，用直线连接图线初、末两点，对应围成面积,而原图线位于连线下方，所以机器人在0~4s内的实际位移【解析】石板所受支持力N=mgcosθ,随着与水平面间夹角θ变大，支持力变小，A、B错误；石板随车厢从水平方向缓慢抬升直到倾斜的过程中，石板所fi=mgsinθ,随倾角θ变大，静摩擦力变大，后沿斜面向下滑，最大静摩擦力大于滑动摩若车厢在石板下滑过程中一直抬升，此时石板所受摩擦力为滑动摩擦力f₂=μmgcosθ,随【解析】根据,F=ma得,A正确；根据安培定则知，导线在圆周上d点B错误；导线在圆周上b点形成的磁场方向水平向左，与水平向右的匀强磁场反向，由场的答案第1页，共10页计的电流方向由b到a,与电容器充电时电路中的电流方向相反，说明电容器放电，电容器带电荷量Q减小，由可知电容C减小，根据5.B【命题点】斜抛运动与圆周运动综合【解析】设轨道在C点处的切线为1,将重力加速度分解为平行于1斜向下的分量gcos30°和垂直于1斜向下的分量gsin30°,设玩具车从C点抛出时的速度为v。,由几何关系可知玩具车从C点到A点的运动过程中，在平行于1方向的位移为0,由题意可知玩具车离开C由几何关系可得，玩具车落到A点时，沿垂直于1方向位移大小为R,可知联立解得,玩具车做匀速圆周运动的角速度大小【另解】从C点抛出后，玩具车在竖直方向做竖直上抛运动，则有v,sin30°t=Rcos30°,解得,玩具车做匀速圆周运动的角速度大小答案第2页，共10页6.C【命题点】万有引力定律的应用、行星自转与重力加速度的关系【解析】在A处，根据万有引力等于重力有在D处根据牛顿第二定律有联立可得该星球的自转角速度大小为,A错误；该星球的自转周期为,B错误；由于OM与赤道夹角为60°,根据a=w²r可知M处的自转向心加速度为C正确；该星球D位置的自转向心加速度大小为,D错误。7.B【命题点】牛顿运动定律、功能关系、动量定理的综合应用重物落地过程中，系统动能变化量B正确；合力对物块的冲量等于物块动量的变化量，即,D错误。【另解】CB段物块匀速向上运动，重物落地的速度等于物块在C点速度，根据运动学公式8.BD【命题点】电场中的图像问题答案第3页，共10页【解析】物块B自由下落过程有速度v=2m/s,A正确；碰撞过程中，根据能量守恒定律可知损失的机械能,B正确；碰撞后一起向下运动的过程中，到最低点I=△p+Ig=(m+mp)v+Ig=1010.BCD【命题点】带电粒子在叠加场中的运动【解析】物块恰好到达C点，此时物块与轨道间的作用力为零，由重力与电场力的合力指向圆心方向的分量提供向心力，由于物块带正电，所受电场力方向竖直向下，则有,可得,A错误；物块由B点运动到C,可得,A解得,B正确；物块由A点运动到B点的过程中，所受洛伦兹力垂直于运动方向，故只有电场力做功，根可得,C正确；物块在水平轨道运动时受到竖直向上的洛伦兹力，由于物块能到达B点，即运动过程中不离开轨道，则物块在轨道AB上运动且速度最大时所受洛伦兹力不能大于重力，即qvpB≤mg,可得,D正【命题点】测量物块与斜面之间的动摩擦因数答案第4页，共10页可得f>mgsinθ,将物块轻放在斜面上时，可以静止在斜面上，A正确。(2)物块沿斜面向上匀速运动时F₁=f+mgsinθ,物块沿斜面向下匀速运动时F₂+mgsinθ=f,联立可得(3)应利用多次测量的结果表示的函数图像得出更为精确的动摩(3)应利用多次测量的结果表示的函数图像得出更为精确的动摩擦因数，12.(1)8.0(1分)(2)(1分)10(2分)1.0(2分)(3)小于(2分)【深度解析】(1)多用电表的直流电压10V挡最小刻度是0.2V,不需要估读到下一位因此读数为8.0V。(2)根据实验器材可设计出测电池电动势和内阻的实验电路图，根据闭合电路欧姆定律有由于可以发生改变的实验参数是U和R,将等可知图像为纵截距为正的直线，符合题图丙的形式；根据题图丙得图线的斜率为截距为可得E=10V,r=1.0Ω。为通过测量计算出来的电动势，而E真=U+Ir,由于电压表的分流作(1)多用电表分度值为0.2V,(1)多用电表分度值为0.2V,不应估读，答案为8.0,其他答案不给分。(2)题目要求电动势和内阻均保留两位有效数字，且斜率和截距可以计算出精确值，答案第5页，共10页【解析】(1)小球运动到N点时，速度方向水平向左，说明竖直方向速度减为零，在竖直解得t=1s(2)水平方向，根据牛顿第二定律有F风=ma根据运动学公式有(3)设合力方向与水平方向的夹角为θ,则有最小速度方向与合力方向垂直(1分)(1分)(1分)(1分)(2分)(2分)F合mg=5N评分参考：本题共10分。第(1)问2分，①式1分，②式1分；第(2)问3分，③式1分，④式2分；第(3)问5分，⑤式1分，⑥式2分，⑦式2分。式1分，④式2分；第(3)问5分，⑤式1分，⑥式2分，⑦式2分。可。第(3)问不绘图，有必要的文字说明和正确的公式，也得满分。可。第(3)问不绘图，有必要的文字说明和正确的公式，也得满分。【解析】(1)带电粒子经磁场偏转后击中O点，根据几何关系可知轨道半径大小答案第6页，共10页根据牛顿第二定律有(2)带电粒子在磁场中运动时，有根据题图乙可知磁场维持同一方向的持续时间(1分)因此电子在磁场中运动的轨迹如图所示，电子在交变磁场中沿相反方向分别偏转了60°后，其运动方向与x轴相切，根据几何关系有轨道半径带电粒子在电场中有带电粒子在磁场中有由几何关系可知切点与A点间距为2r',即2L(1分)评分参考：本题共12分。第(1)问4分，①式1分，②式2分，③式1分；第(2)问8分，④式2分，⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各1分。问8分，④式2分，⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各1分。评分细则：其他正确解法同样给分。评分细则：其他正确解法同样给分。答案第7页，共10页(7分)【解析】(1)对平板车A和小滑块B整体，根据牛顿第二定律F-f=2ma解得(2)根据题意有匀速运动时F′=f,(2)根据题意有(2分)(1分)(1分)(1分)所以vm=4m/s(2分)对于B与C组成的系统，从B滑上C到离开C的过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定mvm=mvp+2mvcD(1分)(1分)解得vcp=1m/s,vp=2m/s(2分)【另解】从B滑上C到离开C的过程中，对B有对C、D有答案第8页，共10页,mg=2ma,,解得Q=0.25JB距木板D右端的距离(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)评分参考：本题共18分。第(1)问5分，①式2分，②③④式各1分；第(2)问6分，⑤⑧式各2分，⑥⑦式各1分；第(3)问7分，⑨⑩⑪⑫345式各1分。(1)答案：(3)答案：第(2)问的另一种解法第(2)问的另一种解法答案第9页，共10页1分μ₁mg=ma₁1分μ₁μ₁mg=