物理试卷答案与解析东北三省精准教学联盟2025年12月高三联考(12.9-12.10)

命题点：基本物理量。【解析】两架飞机都从a点飞到b点，初末位置相同，位移一定相同，A正确；由于轨迹不同，路程不一定相同，B错误；两架飞机从a到b的时间关系不确定，无法确定平均速度是否相同，C错误；由题图可知两架飞机经过b点时速度方向不同，故速度一定不同，D错误。2.B命题点：动态平衡。可知F2也增大，B正确。3.C命题点：地磁场、磁通量。【解析】地磁场方向为小磁针静止时N极所指的方向，A错误；只有通电直导线与磁场垂直时才有B，当通电直导线与磁场方向夹角为θ时，有B，B错误；磁通量与线圈匝数无关，C正确，D错误。4.D命题点：本题考查电荷间相互作用、电势、电势能的判断。【解析】质子受电场力指向轨迹凹侧，故受到的是左侧固定点电荷的吸引力，固定点电荷带负电，A错误；只有匀变速曲线运动的轨迹才是抛物线，由电场线分布可知质子受到的电场力为变力，故其轨迹不是抛物线，B错误；因为质子在运动过程中的速度不断减小，故电场力做负功，电势能增大，而质子带正电，在电势高处电势能大，所以B点电势更高，C错误，D正确。5.A命题点：开普勒第二定律、开普勒第三定律、万有引力定律。【解析】根据开普勒第二定律，卫星与中心天体连线在相同时间扫过的面积相同，在近月点和远月点取相同极短时间Δt，嫦娥六号的运动可近似为匀速直线运动，其与中心天体连线扫过的面积可视为三角形面积，有RMRvM:vN=RN:RM=5:1，A正确；由于题中假设嫦娥六号只受到来自月球的万有引力，有ma，可知aM:aN=R:R=25:1，B错误；嫦娥六号在QMP段到月球的平均距离更小，由开普勒第二定律可知其平均速度更大，则通过QMP所用时间小于通过PNQ所用时间，C错误；根据开普勒第三定律可知，嫦娥六号轨道半长轴的三次方与公转周期平方的比值大小只与中心天体月球的质量有关，与嫦娥六号自身的质量无关，D错误。6.D命题点：电路的动态分析。【解析】根据q=It，闭合开关后，通过M的电荷量逐渐增大，其阻值逐渐增大，根据闭合电路欧姆定律可知UE，随着R的增大，U逐渐减小，且二者之间不成线性关系，D正确。7.C命题点：动能定理、圆周运动向心力分析。【解析】小球从C点飞出后落回到A点的过程做平抛运动，在水平方向有R=vct，在竖直方向有Rgt2，解得vc，A错误；小球由开始释放至运动到C点的过程中，由动能定理可得mg.2R+Wfmv解得WfmgR，B错误；取竖直向下为正方向，当小球通过C点时，由重力和圆管对它的支持力（假设存在）的合力提供向心力，有mg+FN，解得FNmg，小球受到圆管的支持力向上，由牛顿第三定律可知，小球对圆管的压力方向竖直向下，大小为mg，C正确，D错误。8.BD命题点：动量定理的应用。【解析】由于驾驶员从碰撞开始到碰撞结束的速度变化量固定，则受到安全气囊缓冲后，其动量的变化量和受到的冲量均未减小，A、C错误；在碰撞过程中，气囊的缓冲作用是延长作用时间，减小动量随时间的变化率，即减小平均作用力，B、D正确。9.CD命题点：生活中功率、机械能守恒定律的应用。【解析】缓降器开始制动时，游客达到最大速度，弹性绳弹力与重力平衡，则从弹性绳被拉直到缓降器开始制动的过程中，弹性绳对游客做负功，游客的机械能减少，A错误；游客下落0.5m时，弹性绳刚好拉直且没有弹力，此时由机械能守恒定律可知mghmv，解得游客的速度大小为vm/s，此时还未达到最大速度，而当游客达到最大速度时，其加速度恰好减为零，即游客此时受力平衡，又F弹=kx，解得弹性绳此时的伸长量x=0.5m，由系统的机械能守恒可知此时mgmvkx2，可得最大速度为vm/s，此时弹力的功率P=F弹vW，B错误，C正确；缓降器开始制动前，游客和弹性绳组成的系统机械能守恒，游客动能一直增大，则游客重力势能和弹性绳弹性势能之和不断减小，缓降器开始制动后，弹性绳弹性势能不变、游客重力势能不断减小，D正确。10.BCD命题点：连接体中运动的分解、变力做功问题。【解析】小环N下落一段位移后，设细线与水平方向之间的夹角为α,则与竖直方向之间的夹角β=90Oα。设此时M的速度为vM，将M的速度沿细线方向与垂直于细线的方向分解，设沿细线方向的分速度为v，如图所示，可得v=vMcosα,设N的速度为vN，将N的速度也沿细线的方向与垂直于细线的方向分解，其中沿细线方向的分速度与M沿细线方向的分速度大小相等，可得v=vNcosβ,联立可得vN，N刚开始下降的过程中速度由0开始增大，所以是做加速运动。当细线与水平方向之间的夹角接近90°时，tanα→∞,则vN可知当M到达B点时，N的速度等于0。所以N一定还存在减速的过程，即M到达B点的过程中，N环先加速后减速，A错误；M在水平方向只受拉力向左的分力作用，一直做加速运动，B正确；由于M到达B过B点后做加速度等于g的匀加速直线运动，N做自由落体运动。当M追上N时有vMtgt2=Lgt2，解得t，D正确。11.（12分2）L（3分3）2（3分）命题点：验证机械能守恒定律实验。【解析】（1）钢球静止于最低点时有F0=mg，所以钢球质量m。（2）在最低点时有mg，由动能表达式可知EkmvL。（3）如果摆动过程中机械能守恒，有mgLmv2，而由受力分析可知钢球在最高点时绳上拉力最小，在最低点时绳上拉力最大，即mgcosθ=Tmin，Tmaxmg联立可得Tmax=3F02Tmin，图像斜率的绝对值应该为2。12.（1）最左端（3分2）2.60（3分3）2.0（2分）命题点：测量电源电动势和内阻实验。【解析】（1）由于已知电动势小于3V，电压表一定不会超过量程，故开始时应使滑片置于最左端，可使开关闭合瞬间电路中电流最小，保障电流表安全。（2）根据闭合电路的欧姆定律有U=EIr，因此U-I图像的纵截距表示硅光电池组电动势，可得E=2.60V。（3）根据闭合电路的欧姆定律可知r将I1=150mA时U1=2.30V代入可得，此时r=2.0Ω。命题点：弹性碰撞、与曲面相关的平抛运动问题。【解析】（1）B球从O点到P点做平抛运动，由平抛运动的规律有由几何关系有（2）物块A从斜面下滑的过程中，由动能定理可得弹性碰撞过程中，由能量守恒可得mvmvAmBv由动量守恒可得mvA=mvA'+mBvB解得mB=m（4分）命题点：平行板匀强电场、带电粒子在电场中的临界值问题。【解析】（1）粉尘颗粒无初速度地飘入电场后，由牛顿第二定律有（2）粉尘颗粒飘入电场后沿着重力和电场力的合力方向做直线运动，则两者合力沿两平行金属板对角线方向时，所有粉尘颗粒恰好完全被收集到一侧金属板，此时有2分其中电场强度为解得U（3）粉尘颗粒做匀速直线运动时受力平衡，有2分+d215.（1）0.4kg（4分）（3）3m（7分）命题点：动力学综合问题。【解析】（1）木板P刚要滑动时，受到拉力大小等于最大静摩擦力，有T=f=2μ2mg而绳上拉力大小为T=mQg解得mQ=0.4kg（2）物块K的最大加速度大小为当P、K恰好未相对滑动，对重物Q，由牛顿第二定律有mQ'g-T'=mQ'aKm对木板P，由牛顿第二定律有T'-2μ2mg-μ1mg=maKm联立解得mQkg故Q的质量至少为kg若mQkg，由（2）中结论可知K、P间会发生相对滑动，设细线断开前P的加速度大小为aP，K的加速度大小为aK，对P受力分析有F-2μ2mg-μ1mg=maP1分对Q受力分析有mQ''g-F=mQ''aP1分解得aPm/s2，设细线断开后P减速的加速度大小为aP'，二者共速前K继续加速的加速度不变，直到共速时，对P有2μ2mg+μ1mg=maP'解得aP'=5m/s2，设K在P的左端时二者速度相等且为v0，则有解得v0=3m/s，达到共同速度后，假设K、P一起运动（相对静止），则有2μ2mg=2ma0解得a0=2m/s2>aKm=1m/s2，假设不成立，二者各自做减速运动，此时设P的加速度大小为aP''，对P有2μ2mg-μ1mg=maP''1分解得aP''=3m/s2，则此后二者间的相对位移大小，即K距P左端的距离为【另解】本题第三问中可以使用图像法，得出正确答案也给分。可以参考以下思路作图：①细线断裂前，计算此时P、K的受力情况，可以得到加速度大小aP1、aK1，在图像中分别以aP1、aK1为斜率，作出二者在本阶段的v-t图像；②ts直到共速前，由已作图像可知ts时P仍相对K向前运动，计算此时P、K的受力情况，可以得到加速度大小aP2、aK2，在图像中分别以aP2、aK2为斜率绝对值，作出二者在本阶段的v-t图像，图像相交时说明二者达到共速，可知在t=3s时共速；③t=3s后，二者均开始减速，计算此时P、K的受力情况，可以得到加速度大小aP3、aK3，