2025届湖南教育联盟高三年级上册12月大联考物理试卷（含解析）

湖南名校教育联盟-2025届高三12月大联考

物理试卷

（满分：100分时量：75分钟）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：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.物理学家在探究客观世界的过程中发现了很多行之有效的科学研究方法，下列关于物理学常用方法的表

述中正确的是（）

FAxF

A.电场强度石=一，速度v=—,加速度。=一,都采用了比值定义法

qAtm

B.汽车在通过弯道时如果速度过大，往往会出现“甩尾”现象，这是由于受到离心力而产生的

C.库仑发现了库仑定律并测出了静电力常量左

D.卡文迪什通过扭称实验测出了万有引力常量G

【答案】D

【解析】

F\xF

【详解】A.电场强度£=一,速度V=——都是采用了比值定义法，加速度。=一是决定式，没有采用

qAtm

比值定义法，故A错误；

B.汽车在通过弯道时，如果速度过大，往往会出现“甩尾”现象，这是一种离心现象，这是由于实际受

到的力沿弯道半径方向的合力不足以提供所需的向心力而导致的，离心力是效果力，实际上不能够认为物

体受到离心力，故B错误；

C.库仑发现了库仑定律，由于库仑所在时代，电荷量的单位都没有确定，可知，库仑并没有测出静电力

常量上故c错误；

D.牛顿发现万有引力定律后，卡文迪什通过扭称实验测出了万有引力常量，故D正确。

故选D。

2.校园运动会是学校体育运动竞赛的一种重要形式，具有振奋师生精神，丰富校园生活等作用，下列关于

各运动项目的说法正确的是（）

A.在标准田径场举行的男子1000m比赛中，运动员的平均速度相等

B.在铅球项目中，运动员的成绩是铅球抛出后的位移

C.在跳高比赛中，运动员背越式跳高过栏杆时人体的重心可能低于杆的高度

D.在跳远比赛中，起跳时地对人的作用力大于人对地的作用力

【答案】C

【解析】

【详解】A.在标准田径场上的内外圈长度不同，所以运动员跑1000m不一定回到原点，位移不都为0,

运动时间也可能不相等，则平均速度可以不相等，选项A错误；

B.在铅球项目中，运动员的成绩是铅球抛出后的水平位移，选项B错误；

C.人的弹跳把重心跳起一定的高度，背越式通过调整姿势使重心低于横杆，则同样高度重心过杆高度背

越式更高，背越式跳高过栏杆时人体的重心可能低于杆的高度，选项C正确；

D.跳远起跳时地对人的作用力与人对地的作用力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，选项D错

误。

故选C。

3.如图所示，光滑斜面上有一倾斜放置的弹簧，弹簧上端固定，下端连接物体P,其正在做振幅为与的简

谐运动，当达到最高点时弹簧恰好为原长。当P振动到某个位置时恰好断开为质量相等的两部分A、B,B

掉下斜面，此后A继续做简谐运动。则下列说法中正确的是（）

A.如果在平衡位置处断开，A依然可以到达原来的最低点

B.如果在最高点处断开，则B带走的能量最多

C.无论在什么地方断开，此后A振动的振幅一定增大，周期一定减小

D.如果在最低点处断开，此后A振动的振幅变为区

2

【答案】B

【解析】

【详解】A.如果在平衡位置处断开，由于振子质量减小，从能量角度分析，假设依然可以到达断开的最

低点，则弹簧弹性势能的增加量大于A振子动能和重力势能的减小量（弹簧弹性势能的增加量等于整个物

体的动能和重力势能的减小量），则假设错误，经过分析，A到不了原来的最低点，故A错误；

B.由于在上升过程中，A、B间的力一直对B做正功，所以到达最高点时，B的机械能最大，则如果在最

高点断开，则B带走的能量最多，故B正确；

CD.设物体掉下前弹簧的劲度系数为公质量为山，振幅为％,振子在平衡位置时有

mgsin0=kx0

振子到达最低点时，弹簧的形变量为2%,当物体掉下一半时，振子在平衡位置时有

；"2gsin8=kx'

则

x~^xo

振子掉下一半时，设振幅为A',最低点位置没有变化，弹簧的形变量没有变化，则有

〃13

A=x0+-x0=-x0

而越是在弹簧短的时候断开，此后A的振幅就越小，当在最高点断开时，此后A的振幅为;七,周期与振

幅无关，故CD错误。

故选B。

4.phyphox是一款功能强大的软件，它可以让手机充当一个真实的物理实验工具，让用户随时随地进行物

理学习。该软件支持快速生成图表和文字，并进行统计分析，用户可以通过选择传感器输入来设计和分析

实验，为用户提供了丰富便利的实验辅助工具。现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手

机，在phyphox里面打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，以竖直向上为正方

向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机（）

A.在/!~/3时间内手机先加速后减速B.在/3时刻手机到达最高点

C.在t2~t3时间内手机受到的支持力逐渐减小D.在/2~以时间内，手机处于失重状态

【答案】c

【解析】

【详解】A.a-7图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，fi~f3时间内速度一直增加，所以手机

一直加速，故A错误；

B.由图可知，/3时刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运动，f3时刻还没

有达到最高点，故B错误；

C.对手机进行受力分析可知，/2~/3时间内，有

FN-mg=ma

该段时间内，。逐渐减小，因此支持力FN逐渐减小，故C正确;

D.在12~/4时间内，手机加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。

故选C。

5.如图所示，电源电动势为E、内阻为r,Ro为定值电阻，且r<Ro,电容器电容为C。闭合开关S,调

节可变电阻R的阻值，电流稳定时，电压表示数为U,电流表示数为/,电压表示数的变化量为AU,电

)

A.将可变电阻R调大，电流稳定时，电源输出功率会增加

B.电容器中电荷的变化量为CAU

U_

C.=Ro+r

AU

D.R

A/

【答案】B

【解析】

【详解】A.令电路的外电阻为我外，则电源输出功率

根据数学知识可知，电源输出功率随外电阻变化的图像如图所示

当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，由于

可知，将可变电阻R调大，外电阻增大，由于外电阻总大于电源内阻，则电流稳定时，电源输出功率会减

小，故A错误；

B.根据电容的定义式有

C卫=也

UAU

解得该过程电容器的电荷量变化量

A（2=CAU

故B正确；

C.可变电阻R两端电压为电压表示数U,电流表示数/为流过可变电阻R的电流，由电阻的定义可知，

可变电阻的阻值

RJ

I

故C错误；

D.由闭合电路欧姆定律可知

U=E-I（R0+r）

可知

——=4+r

AI

故D错误。

故选B。

6.如图所示，竖直平面内有半径为R的光滑半圆环BCD,AB在同一竖直线上且与直径3。的夹角为。，

现有一质量为机的小球（大小忽略不计）从A点静止释放，落到8点时可通过一大小忽略不计的拐角与半

圆8C。平滑相接，认为通过时无能量损失，小球恰好能通过半圆轨道最高点。，在空中运动一段时间后

又恰好落在&点。下列说法中正确的是（）

AO

2贬R

B.从。点落到2点的时间/=

g

C.过。点的速度为向还

D.AB的长度为上叵R

4

【答案】D

【解析】

【详解】沿2。和垂直2。方向建立直角坐标系，可以知道从。点飞出后

X

4=geos6,2R=；a/

ay=gsin0,0=

又因为小球恰好通过。点，即

综=0

有

mgcos0=

联立上式可得

4贬R［也gR

e=45°,t丁1HM

4到。过程中，由动能定理可得

mg(h-2Rcos8)=—mv3

5近R

故选D。

二、选择题：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.传送带在现代工业生产和物流体系中扮演着至关重要的角色，其能够提升生产效率，节省空间成本，广

泛应用于各领域，推动物流自动化发展。如图所示，传送带与水平面夹角为仇且夹角。可根据需求调

整，货物与传送带之间的动摩擦因数为〃，在货物随传送带匀速运动的过程中，下列说法中正确的是

A.摩擦力对货物不做功

B.6减小，货物对传送带的压力变大

c.e增大，货物受摩擦力大小始终等于〃7咫COS夕

D.当tan9之〃时，则传送带无法将货物向上输送

【答案】BD

【解析】

【详解】A.货物所受摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，故做正功，故A错误;

B.货物对传送带的压力

FN-mgcos6

。减小，货物对传送带的压力增大，故B正确；

C.货物随传送带一起保持匀速运动，两者之间无相对滑动，所受摩擦力为静摩擦力

f=mgsin0

故C错误;

D.如果〃<tan（9,则最大静摩擦力小于重力的分力mgsin，，所以无法向上传输，故D正确。

故选BD。

8.如图所示，有两个静止的带等量正电的点电荷，分别放置在M、N两点,在M、N连线上有O、a,c三

点，其中。点是连线的中点，。、c关于。点对称，在〃、N连线的中垂线上还有对称的氏d两点，则下

列说法中正确的是（）

I

I

Ma\cN

十方一方.由

id

A.a、c两点处场强相同，b、d两点处场强相同

B.a、c两点处电势相等，b、d两点处电势相等

C.某负点电荷在c点的电势能小于在d点的电势能

D.在6点静止释放一负点电荷（不计重力）将做匀加速直线运动

【答案】BC

【解析】

【详解】A.根据等量同种正点电荷的电场线分布特征，可知a、c两点处电场线分布的密集程度相同，即

a、c两点处电场强度大小相等，但是电场强度方向相反，。、c两点处电场强度不相同，6、1两点处电场

线分布的密集程度相同，即从1两点处电场强度大小相等，但是电场强度方向相反，氏d两点处电场强

度不相同，A错误；

B.根据等量同种正点电荷的等势线分布特征，可知a、c两点处电势相等，b、d两点处电势相等，B正

确；

C.沿电场线电势降低，根据等量同种正点电荷的电场线分布特征可知乳〉外,则有-9久4丹，可

知，某负点电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，C正确；

D.根据等量同种正点电荷的电场线分布特征可知，在6点静止释放一负点电荷（不计重力），所受电场力

为合力，电场力方向指向。点，负点电荷靠近从b到。做加速运动，越过。点后速度向下，电场力指向

。点，负点电荷远离。点后做减速运动，当减速至0后，根据对称性，恰好到达d点，之后又向上靠近。

位置做加速运动，越过。位置后速度向上，所受电场力为合力，电场力方向指向。点向下，减速至0,根

据对称性，恰好到达6点，之后重复先前的运动，即在。点静止释放一负点电荷（不计重力）将在b,d之

间往复运动，D错误。

故选BC。

9.在牛顿力学体系中，当两个质量分别为加、侬的质点相距为r时具有的势能，称为引力势能，

生把丝（规定无穷远处势能为零）。如图所示，人造地球卫星在I轨道做匀速圆周运动时，卫星距

r

地面高度为/z=3H,尺为地球的半径，卫星质量为相，地球表面的重力加速度为g,椭圆轨道的长轴

PQ=10R。下列说法中正确的是（）

卫星在II轨道运动时的周期大小为10万J7

B.

v3

当卫星在椭圆轨道II运动时，在近地点P与在远地点Q的速率之比言p=万

至少需对卫星做功上才能使卫星从I轨道的p点变轨到n轨道（不考虑卫星质量的变化和所

D.

40

受阻力）

【答案】BCD

【解析】

【详解】A.人造地球卫星在I轨道做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力可得

GMmv2

-------k=m——

（47?）247?

在地球表面有

GMm

~^=mg

联立可得卫星在I轨道运动时的速度大小

故A错误；

B.在I轨道时，根据万有引力提供向心力可得

GMm4/

---------z-=TH------47?

（47?）2邛

解得

…A

根据开普勒第三定律可得

解得卫星在II轨道运动时的周期为

故B正确;

c.卫星在椭圆轨道n运行时，根据开普勒第二定律可得

vpAt-Lp=vQ\t-LQ

则在近地点P与在远地点0的速率之比等于P、。两点与地球连线的长度的倒数之比，则有

vP_107?-47?_3

T-4R-

故C正确;

D.卫星在轨道II上运动时机械能守恒，在最远点和最近点满足

1,GMmGMm

—mv---------

20p4H6R

其中

vp_3

VQ2

卫星在I轨道运动时的速度大小

2

则卫星在I轨道的P点变轨到II轨道至少需对卫星做功为

W=—znVp——mv~=-msR

2P240

解得

故D正确。

故选BCD。

10.如图所示，一根长为L的轻杆的两端分别固定小球A和B。轻杆可绕距A球为0处的轴。在竖直平面

3

内转动，初始时杆处于竖直位置，小球B恰好与水平光滑地面接触。在杆的左侧紧贴着B球有边长为人

3

的立方体滑块C,A、B、C的质量均为相。现用一水平恒力厂作用于A球上，使之绕固定的。轴顺时针

转动，直到B转动到C的右上角分离。设在此过程中C滑块一直紧贴地面，不计一切摩擦。关于此过程，

下列判断正确的是（）

A.力厂的功率逐渐减少

B.分离之前滑块C的动能始终小于球A的动能

C.力厂做的功大于滑块C的动能增量与球A、B重力势能增量之和

D.滑块C的最大速度为J8FL-"2gL

【答案】CD

【解析】

【详解】AC.用乙表示A球转过。角时A球的速度大小，用VB表示A球转过々角时B球的速度大小，v

表示此时立方体的速度大小，则

vBcosa=v

由于A与B的角速度相同，且

则

1

根据能量守恒定律可知，力厂做的功等于滑块C的动能增量与球A,B机械能增量之和，则力尸做的功大

于滑块C的动能增量与球A、B重力势能增量之和，可得

11fl11112(22

2+-mv2

Fx—Lsina=—mvA-mg\—L--Lcosa\-\--mvB+mg\-L--Lcosa

323322

解得

2FLsina-2mgLQ-cosa)

J3m(5+4cos2a)

由几何关系可知转过的最大角度为

a=60°

则力尸的功率为

P=FVACOSa

由数学知识可知，功率增加，故A错误，C正确；

B.分离前C的动能为

Emv2

kc=^~=1m(2vAcosa)

分离前A的动能为

EkA=^mVA

由数学知识可知角度转动的范围为

Q<a<60°

则

1<2cos«<2

可知

Eke-石出

故B错误；

D.当a=60。时，C速度最大为

o\yj3FL-mgL

v=vBcosa=2VACOSa=J---————

故D正确。

故选CD„

三、非选择题：本题共5小题，共56分。

11.下面为某同学用单摆测量当地的重力加速度实验部分操作。

(1)用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图1所示，读数为mm。

(2)测出单摆偏角小于5。时完成"次全振动时间为3用毫米刻度尺测得摆线长为L游标卡尺测得摆球

直径为d,用上述测得的量写出测量重力加速度的一般表达式：g=o

(3)他测得的g值偏小，可能原因是。

A.计算时将乙当成摆长B.测摆线长时摆线拉得过紧

C.开始计时时，秒表过迟按下D.实验中误将30次全振动计为31次

(4)该同学测出不同摆长时对应的周期T,作出72_乙图线，如图2所示，再利用图线上任意两点A、B

的坐标(/，%)、(/，%)，可求得g=，若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其他测量计算

均无误，也不考虑实验误差，则用上述〃一L图线法算得的g值和真实值相比是(选填“偏

大”“偏小”或“不变”)o

【答案】(1)9,8(2)12(3)A

t2

(4)①.4%伍一%)②.不变

%一%

【解析】

【小问1详解】

根据游标卡尺的读数规律，该游标尺读数为

9mm+8x0.lmm=9.8mm

【小问2详解】

单摆周期

T=-

n

单摆摆长

/=£+-

2

由单摆周期公式有

T=2»

g

解得

g=a

【小问3详解】

A.根据单摆周期公式可得

T=2;r

g

解得

4/尸

8=—^—

若测摆长时只测了悬线的长度，没有考虑摆球的半径，即摆长测量值小，计算得到的g值偏小，故A正

确;

B.测摆线长时摆线拉得过紧，会导致摆长测量值大，结合上述可知，计算得到的g值偏大，故B错误;

C.开始计时时，秒表过迟按下，则使得测量的周期偏小，计算得到的g值偏大，故C错误;

D.实验中误将30次全振动次数记为31次，使得测量的周期偏小，计算得到的g值偏大，故D错误。

故选A„

【小问4详解】

口］根据单摆周期公式有

L

T=2TT

g

则有

T2=—L

g

故72一心图像的斜率为

4/

g9-%

解得

%一%

⑵测摆长时漏加了小球半径，结合上述可知，图线向平行左偏移动了，但斜率不变，故重力加速度的测量

值不变。

12.某物理探究小组的同学测量均匀金属实心圆柱体电阻的电阻率。

（1）使用螺旋测微器测定金属实心圆柱体直径d,某次测量结果如图甲所示，读数为mm,然

后用游标卡尺测量其长度L为22.7mm。

10

523（cm）

0II山I［山JI1II

05u|IIII|1III|

450510

甲乙

（2）用伏安法测圆柱体电阻尺的阻值，提供如下器材：

电池组E：电动势3V,内阻不计；

电流表Ai：量程0~15mA,内阻约100。；

电流表A2：量程0〜300「iA,内阻为1000。；

滑动变阻器Ri：阻值范围070。，额定电流为2A；

电阻箱&：阻值范围0〜9999。，额定电流为1A；

待测电阻&（约180。）；

开关S,导线若干。

要求实验中尽可能准确地测量&阻值，请回答下列问题：

①为了测量待测电阻两端的电压，将电流表（填写器材字母代号）与电阻箱串联，并将电阻箱

阻值调到Q,改装成一个量程为0~3.0V的电压表。

②在方框中画出测量尺阻值的电路图，并在图中标明器材字母代号。

【解析】

【小问1详解】

金属实心圆柱体直径

J=7.5mm+2.0x0.01mm=7.520mm；

【小问2详解】

口北2][3]根据电表的改装原理可知，应将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为0~3.0V的电压表,

根据欧姆定律有

R=Y--&2=9000。。

,A2

因为改装电表内阻已知，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，如图

13.图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过0.1s后，其波形曲线如图中虚线所示。

(2)若波向右传播，求它的周期；

(3)若波速是3.5m/s,求波的传播方向。

【答案】(1)0.05m或5cm

0.42

(2)T=(s)(〃=0,1,2,3...)

4"+320〃+15

(3)向右传播

【解析】

【小问1详解】

由题图可知2=20cm

若波向左传播，传播距离最小值

Ax=—2=5cm=0.05m

4

【小问2详解】

若波向右传播，传播距离

3

Ax=+—2

4

所用时间

3

At=nT+-T=Q.ls

4

解得

0.42

T=-------=-------------(s)(«=0,1,2,3...)

4/z+320〃+15

【小问3详解】

若波速是3.5m/s,波在0.1s内传播的距离Ax'=0.35m

若波向右传播，传播距离满足

3

Ax=+—2

4

此时”=1,所以波向右传播。

14.图所示，水平放置的劲度系数为人的轻质弹簧右侧与墙壁连接，初始弹簧处于原长，水平面光滑且足

够长，上面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块(所有物块在同一竖直平面内)，另有一个质量为相

的。号物块在外力作用下将弹簧压缩为后由静止释放，以速度%与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹

后再次压缩弹簧，在弹簧弹力作用下返回再次与1号物块发生弹性正碰，如此反复。所有物块均可视为质

点，物块之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g,弹性势能表达式为Ep=万履，求：

(1)0号物块第一次压缩弹簧后获得的速度大小％以及2024号物块的最终速度大小；

(2)2020号物块的最终速度大小；

(3)从弹簧压缩至与处将0号物块静止释放到最终所有物块都能稳定运动，整个过程中弹簧弹力的总冲

量/多大。(提示当4>1且〃很大时，-近似为0)

(3)I=4x0\Jink

【解析】

【小问1详解】

对0号物体，弹簧压缩至/处由静止释放，弹簧弹性势能全部转化为0号物块动能，有

=)说

解得

由题可知，2024个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物体最终速度是0号物体与1号物体

发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒有

—mVg二—mvg2H---2mvf

mv0=mv]+2mvl

解得

可知2024号物块最终速度

【小问2详解】

。号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止，最终

2024号物块获得此速度。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为

1号发生第二次碰撞后的速度为

最终2023号物块获得此速度，依上述分析可知2020号物块最终速度为1号物块与0号物块第5次碰撞后

1号物块的速度，0号物体与1号物块第4次碰撞后的速度为X。、口，则2020号物块最终速度

第一次将弹簧压缩至与处由静止释放，弹簧弹力对0号物块的冲量

mvo

。号与1号物块第1次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧恢复原长，弹簧弹力对。号物块的冲量为

4=2mM

0号与1号物块第2次碰撞后，再次压缩弹簧至弹簧再次恢复原长，弹簧弹力对0号物块的冲量为

/2=2mVg

以此类推，直至。号物块与1号物块发生第2024次碰撞后，0号物块最后一次压缩弹簧至弹簧恢复原长

后，。号物块速度向左，无法再与1号物块碰撞，达到稳定运动，因此，从弹簧压缩至心与处将0号物块

静止释放到最终所有物块都能稳定运动，整个过程中弹簧弹力的总冲量为

I=I0+I1+I2+……+Z2024=mv0+2m|v；|+2m|v；|+……

=mv0+2m

=mv0+2m%x4mv0=4/

15.如图所示，空间中CE左侧区域I内有场强大小耳=20百N/C、方向水平向左的匀强电场，一条长

£=0.8m且不可伸长的轻绳一端固定在区域I内的。点，另一端系一质量相=0.2kg,带电荷量q为0.1C的绝

缘带正电小球。，初始时小球静止在M点。在紧靠区域I的右侧竖直放置一足够长、半径R=lm的光滑绝

缘圆筒，圆筒上端截面水平，CD是圆筒上表面的一条直径且与区域I的。点共线，直径P。与直径。垂

直，圆筒内左半边尸QJHEC区域H中存在大小E2=20N/C、方向垂直CD所平面向里的匀强电场。第一次

给M处的小球一垂直于斜向上的初速度%（未知），使其在竖直平面内绕。点恰好做完整的圆周运

动，AB为圆的竖直直径。第二次给M处的小球一垂直于斜向上的初速度匕（未知），当小球。运动到

。点正上方B点时，轻绳突然断裂，小球。刚好从区域I的边界C