贵州省部分学校联考2024-2025学年高三上学期12月月考试物理试题（解析版）

这是一份贵州省部分学校联考2024-2025学年高三上学期12月月考试物理试题（解析版），共20页。
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2．每小题选出答案后，用2B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。在试题卷上作答无效。
3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28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. 如图所示，为一磁吸支架的示意图。放在磁吸斜面上的小铁块静止，磁吸斜面对小铁块的吸引力是垂直斜面向下的。则下列说法正确的是（ ）
A. 小铁块受到三个力的作用
B. 磁吸斜面对小铁块的作用力方向竖直向上
C. 小铁块受到的摩擦力小于重力沿磁吸斜面向下的分力
D. 磁吸斜面对小铁块的支持力等于小铁块的重力垂直斜面向下的分力
【答案】B
【解析】A．对铁块进行受力分析，铁块受到重力、磁吸引力、支持力和摩擦力四个力的作用，故A错误； B．根据平衡条件可知，铁块受到磁吸斜面对其的作用力应该与铁块重力等大反向，即磁吸斜面对小铁块的作用力方向竖直向上，故B正确；CD．因为铁块处于平衡状态，则铁块受到的摩擦力等于重力沿磁吸斜面向下的分力，磁吸斜面对铁块的支持力等于重力垂直于磁吸斜面向下的分力与磁吸引力之和，故CD错误。故选 B。
2. 完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。2021年12月，在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的水球。如图所示，若气泡与水球同心，在过球心的平面内，用单色平行光照射这一水球。下列说法正确的是（ ）
A 此单色光从空气进入水球，频率一定变大
B. 此单色光从空气进入水球，波长一定变大
C. 若光线1在处发生全反射，则光线2在处一定发生全反射
D. 若光线2在处发生全反射，则光线1在处一定发生全反射
【答案】C
【解析】AB．单色光进入到水球，光速变慢，频率决定颜色，频率不变，波长变小，A错误，B错误；
CD．补全法线如如所示
光线1入射到水球内的入射角小于光线2入射到水球的入射角，光线1在水球外表面的折射角小于光线2在水球外表面折射的折射角，外部大水球半径为R，内部气泡半径为r，折射点和圆心构成的三角形中根据正弦定理可知，结合2光线入射角更大，因此光线1在M处发生全反射，光线2一定在N处发生全反射，C正确，D错误。故选C。
3. 如图所示，一根长为的杆，端用铰链固定在水平地面上，杆靠在一个高度为的立方体物体上，物体以速度水平向左匀速运动，杆与物体都在同一竖直面上运动。当杆与水平方向夹角为时，杆转动的角速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】将物体的速度沿杆方向垂直杆方向分解，其分速度大小分别为，如图
其中，几何关系可得
根据角速度与线速度关系，有
联立以上解得杆转动的角速度
故选A。
4. 在电影《流浪地球2》中地球最后成为“比邻星”的一颗行星。在地球飞向“比邻星”的过程中，科学家测出距“比邻星”表面高为、时，由比邻星产生的引力加速度大小分别为和。若认为“比邻星”是密度均匀的球体，已知引力常量，则“比邻星”的质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设“比邻星”质量为M，半径为R，设质量为m的物体在距“比邻星”表面高为3h处，则有
在距“比邻星”表面高为h处有
联立解得“比邻星”质量
故选B。
5. 小孩站在岸边沿斜向上方向抛石子，三次斜抛的起点都在点，石子都能落在湖面上，三次斜抛的运动轨迹都在同一竖直平面内，且最高点都在同一水平线上，如图所示。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 沿轨迹1运动的石子落水时速度最大
B. 沿轨迹3运动的石子在空中运动时间最短
C. 沿轨迹3运动的石子在空中运动时加速度最大
D. 三个石子运动到最高点时速度相等
【答案】A
【解析】AD．逆向思维法可知，从O点斜抛到最高点时间相同，由于该过程水平位移轨迹1的大，故最高点水平速度轨迹1的大，轨迹3的小；从最高点到水平面，由于高度相同，所以该过程时间相同，故石子接触湖面前瞬间竖直方向速度相同，根据
可知沿轨迹1运动的石子落水时速度最大，且三颗石子在空中运动时间相同，故A正确，BD错误；
C．石子在空中运动时，合力均为重力，所以加速度相同且均为重力加速度，故C错误。
故选A。
6. 如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，质量为的人与质量为的喷水装置固定在一起，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人与喷水装置在竖直方向上运动，其图像如图乙所示。水的反冲作用力的功率恒定，规定竖直向上为正，忽略水管对喷水装置的拉力以及空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 时间内，水的反冲作用力越来越大
B. 水的反冲作用力的功率为
C. 时刻，人和喷水装置的加速度大小为
D. 时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度为
【答案】C
【解析】AB．匀速阶段，水的反冲力平衡重力，反冲力恒定，功率为
A错误，B错误；
C．时刻，根据牛顿第二定律，则有
即
可解得
C正确；
D．根据动能定理，则有
可解得
D错误。
故选C。
7. 如图所示，漏斗状容器绕竖直对称轴匀速转动，倾斜侧壁的倾角为。物块放在容器的倾斜侧壁上，在容器转动的角速度缓慢增大的过程中，物块始终能相对于容器静止。则在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 倾斜侧壁对物块的支持力大小一定保持不变
B. 倾斜侧壁对物块的支持力大小可能先增大后减小
C. 倾斜侧壁对物块的摩擦力大小一定一直减小
D. 倾斜侧壁对物块的摩擦力大小可能先减小后增大
【答案】D
【解析】对物块P列圆周运动的方程，则有
可解得
所以随着角速度的增加，支持力在缓慢变大，而摩擦力先减小再反向增加。
故选D。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15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。
8. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为、质量为的直导体棒。当导体棒中的恒定电流垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中。当外加匀强磁场的磁感应强度的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 磁感应强度的大小一直增大
B. 磁感应强度的大小先减小后增大
C. 斜面对导体棒的支持力一直减小
D. 斜面对导体棒的支持力先减小后增大
【答案】BC
【解析】AB．题意可知导体棒受到自身重力G、支持力N和安培力而平衡，且开始时，由左手定则可知安培力水平向右，画出这三个力的构成的矢量三角形，当的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，矢量三角形变化如图
图形可知，安培力先减小后增大，根据可知磁感应强度的大小先减小后增大，故A错误，B正确；
CD．结合上图可知，支持力N一直减小，故C正确，D错误。
故选BC。
9. 如图所示，是半径为的圆的一条直径，该圆处于平行该圆周平面的匀强电场中。将一电荷量为的粒子从点以的动能在该平面内朝着不同方向射出，粒子可经过圆周上所有点。其中，到达点时动能最大，最大值为。已知，不计重力和阻力，设圆心处电势为0，下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度方向是由指向c
B. 电场强度大小为
C. 粒子经过该圆周时动能可能为
D. 粒子在点电势能为
【答案】B
【解析】A．小球在c点时的动能最大，由于粒子带正电，所以c点的电势最低，作过c点与圆周相切的线，如图所示
切线为等势线，Oc方向即为电场方向，故A错误；
B．过点作到过c点与圆周切线的垂线，垂足为，由几何关系可知，根据电势差与电场力做功关系得
则电场强度的大小
故B正确；
D．沿着电场线方向电势逐渐降低结合由图可得
代入数据解得
带电量为的粒子在点电势能为，故D正确。
C．c点的电势为
代入数据解得
所有粒子的运动过程都只有电场力做功，动能和电势能相互转化而总能量守恒，由能量守恒可知
可知粒子到达圆周上各点的电势最高的点为f点，cf为圆周的直径，此时
经过f点粒子动能最小，为
则粒子经过该圆周时动能不可能为，故C错误。故选B。
10. 如图甲所示，质量均为的物块与物块之间拴接一轻质弹簧，静止在光滑的水平地面上，物块与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，弹簧的弹性势能大小为。某一时刻解除锁定，并把此时记为时刻，规定向右为正方向，时间内物块运动的图像如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A. 时间内，物块、以及弹簧组成的系统机械能守恒
B. 时间内，物块、以及弹簧组成的系统动量守恒
C. 时间内，合外力对物体做功为
D. 时间内，图线与轴所围的面积大小为
【答案】ACD
【解析】A．在时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功，则该系统机械能守恒，故A正确；
B．过程，弹簧恢复原长过程，物块P一直不动，此过程物块P、Q以及弹簧组成的系统受到墙壁的弹力作用，则该系统此过程所受的合外力不为0，其动量不守恒，时刻后物块P离开墙壁，物块P、Q以及弹簧组成的系统所受的合外力为0，其动量守恒，可见在时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统最初动量不守恒，最后动量守恒，故B错误；
C．由图知，时刻物块Q的加速度为0，此时弹簧恰好恢复原长，物块P刚要运动，设此时Q的速度为，由机械能守恒定律
解得物块Q的速度大小
时刻物块Q运动的加速度最大，且为负值，此时弹簧被拉得最长，物块P、Q的速度相同，设速度大小为，在时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统动量守恒定律，规定向右为正方向，则有
解得
由动能定理知，内合外力对物体Q做功
故C正确；
D．由图知，时刻物块Q的加速度为0，此时弹恰好恢复原长，设此时PQ速度分别为，在时间内，对物块P、Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得联
则内物块Q速度变化量
a-t图像中图线与t轴所围的面积表示速度变化量，可见内图线与t轴所围的面积大小为
故D正确。故选ACD。
三、非选择题：本大题共5小题，共57分。
11. 某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）该同学用游标尺50等分的游标卡尺测小球的直径，读数前应操作图甲中的部件________（填“A”“B”或“C”）以锁定游标尺，游标卡尺读数部分如图乙所示，则读数为________。
（2）摆球在竖直平面内做简谐运动，下列测量摆球振动周期的方法中，最合理的是________。
A. 以单摆在左侧最大位移处开始计时，当摆球再次回到左侧最大位移处时按停停表，显示时间为，则
B. 以单摆在左侧最大位移处开始计时并记作“0”，当摆球第次回到左侧最大位移处时按停停表，显示时间为，则
C. 以摆球经过最低位置处开始计时并记作“0”，摆球每经过最低位置记数一次，当摆球第次经过最低位置时按停停表，显示时间为，则
D. 以摆球经过最低位置处开始计时并记作“0”，摆球每次从同一方向经过最低位置记数一次，当摆球从同一方向第次经过最低位置时按停停表，显示时间为，则
【答案】（1） A 1.126 （2）D
【解析】【小问1详解】
[1]游标尺测小球的直径，读数前应操作图甲中的部件A（紧固螺钉）以锁定游标尺；
[2]游标尺精度0.02mm，故读数
【小问2详解】
AB．因摆球在平衡位置时速度最大，运动状态改变得快，所以计时起点应选在平衡位置，故AB错误；
C．以摆球经过最低位置处开始计时并记作“0”，摆球每经过最低位置记数一次，当摆球第次经过最低位置时按停停表，则摆球运动了个周期，故
故C错误；
D．当以摆球经过最低位置处开始计时并记作“0”，摆球每次从同一方向经过最低位置记数一次，当摆球从同一方向第次经过最低位置时按停停表，则摆球运动了n个周期，故
故D正确。
故选D。
12. 某实验小组为了测定金属丝的电阻率，用螺旋测微器测量金属丝的直径，用米尺测量金属丝的长度，用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。
（1）按图甲所示的电路图测量金属丝的电阻（阻值约为）。
实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：
电压表V（量程0~3V，内阻约）；电流表（量程，内阻约3Ω）；电流表（量程，内阻约）；滑动变阻器；滑动变阻器；电源（电动势为3.0V，内阻不计）。
为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选________（填“”或“”），滑动变阻器应选________（填“”或“”）。
（2）用伏安法测金属丝电阻存在系统误差，了减小系统误差，有人设计了以下两种方案。
①方案一：如图乙，是待测电阻，是电阻箱，、是已知阻值的定值电阻。合上开关，灵敏电流计的指针偏转。将调至阻值为时，灵敏电流计的示数为零。由此可计算出待测电阻________（用、、表示）。
②方案二：按如图丙所示的电路进行测量，可以消除由于电表内阻造成的系统误差。利用该电路进行实验的主要操作过程如下：
第一步：先将的滑动触头调到最左端，单刀双掷开关向1闭合，闭合开关，调节滑动变阻器和，使电压表和电流表的示数尽量大些（不超过量程），读出此时电压表和电流表的示数、；
第二步：保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数、，由以上数据可计算出被测电阻________（用、、、表示）。
【答案】（1）A2 （2）
【解析】【小问1详解】
[1]根据电源电动势和待测电阻的估计值可估算电流为
选择电流表A2。
[2]选择合适的滑动变阻器，即为
【小问2详解】
[1]根据电桥法测电阻，若中间电流为0，则一定满足
可解得
[2]考虑到电流表有内阻，开关向1闭合时，电流为
开关向2闭合时，电流为
联立解得
13. 在均匀介质中，波源位于轴上的处，在轴方向做简谐运动，产生的简谐横波沿轴负方向传播，以点起振时作为计时起点，经过波恰好传到处，此时波形如图所示，求：
（1）该简谐横波在介质中的波速大小；
（2）波源的振动方程；
（3）若在坐标处还有一波源（未画出），也在轴方向做简谐运动，产生的简谐横波沿轴正方向传播。与同时开始振动且振动方向始终相同，则稳定后、之间有多少个振动减弱点？
【答案】（1）4m/s
（2）或或
（3）16个
【解析】【小问1详解】
该简谐横波在介质中的波速大小
【小问2详解】
由图可知，波长=2m，振幅A=10cm，则波的周期
由传播特点结合同侧法知，波源P起振方向沿y轴负方向，故波源P的振动方程为
小问3详解】
设减弱点的坐标为x，则减弱点与两波源的距离差满足
（n=0，±1，±2，±3，...）
其中 （n=0，±1，±2，±3，...）
解得
n=0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，-8
可见稳定后P、Q之间有16个振动减弱点。
14. “太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图所示。辐射状的加速电场区域的边界为两个同心平行的网状金属扇形弧、，为圆心，圆心角，外圆弧与内圆弧间的电势差为，场强方向沿着纸面指向圆心。紧靠右侧有一圆形匀强磁场区域II，圆心为，半径为，磁场方向垂直纸面向外。在磁场区域下方处有一足够长的收集板。已知直线和平行且与垂直。假设太空中漂浮着的大量质量为、电荷量为的带正电粒子，它们能均匀地吸附在弧上并经电场从静止开始加速，然后从进入磁场，并最终都平行方向垂直运动到板被收集。忽略万有引力和粒子间的相互作用力，粒子均在纸面所在平面内运动，求：
（1）匀强磁场区域II的磁感应强度大小；
（2）从点开始运动的粒子，在匀强磁场区域II中运动的时间；
（3）粒子到达收集板区域的长度。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】【小问1详解】
设粒子进入磁场时速度大小为，则由动能定理有
解得
题意可知从进入磁场的所有粒子将垂直于PNQ方向出磁场，几何关系可得，粒子做匀速圆周运动半径即为R，由洛伦兹力提供向心力
联立以上解得
【小问2详解】
粒子在磁场中做匀速圆周运动周期
从点开始运动的粒子，将沿方向进入磁场，最终直于PNQ方向出磁场，故粒子速度方向改了，则在匀强磁场区域II中运动的时间
联立以上解得
【小问3详解】
分析可知，沿方向进入磁场的粒子，到达PNQ板时距离的水平距离最远，最远距离设为，则
沿方向进入磁场的粒子，到达PNQ板时距离的水平距离最近，最近距离设为，几何关系可知，此时粒子轨迹圆弧对应的圆心角为30°，故
故粒子到达收集板区域的长度
联立解得
15. 如图所示，一长直圆管竖直固定，管内有一质量为的薄圆盘静止在管的上端口，圆管长度为。质量也为的小球从圆盘的正上方高处由静止释放，下落后撞在圆盘中心。圆盘受到撞击后向下滑动，下滑过程中受到圆管对它的滑动摩擦力，其大小与圆盘所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为。求：
（1）第一次碰撞后瞬间，小球和圆盘的速度大小；
（2）从第一次碰撞到第二次碰撞之间，重力对小球的冲量大小；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）0， （2） （3）5次
【解析】【小问1详解】
小球自由下落，第一次碰前速度为，则
解得
第一次碰撞，设碰后瞬间小球速度为，碰后瞬间圆盘速度为，由系统动量守恒有
由能量守恒有
联立解得
，
【小问2详解】
设从第一次碰撞到第二次碰撞间隔时间为，则
联立解得
则重力对小球的冲量大小
联立解得
【小问3详解】
第一次碰撞到第二次碰撞之间，圆盘的位移
第二次碰前小球速度为
第二次碰前圆盘速度为
第二次碰撞，设碰后瞬间小球速度为，碰后瞬间圆盘速度为，由系统动量守恒和碰撞前后瞬间系统动能相等有
解得
，
第二次碰撞到第三次碰撞之间，圆盘的位移
第三次碰前小球速度为
第三次碰前圆盘速度为
第三次碰撞，设碰后瞬间小球速度为，碰后瞬间圆盘速度为，由系统动量守恒和碰撞前后瞬间系统动能相等有
解得
，
第三次碰撞到第四次碰撞之间，圆盘的位移
由归纳法知道，第四次碰撞到第五次碰撞之间，圆盘的位移
第五次碰撞到第六次碰撞之间，圆盘的位移
故一共碰撞5次。