2025年12月高三聯(lián)考強化卷

物理

本試卷滿分100分,考試時間75分鐘。

一、選擇題:本題共10小題,共46分。在每小題給出的四個選項中,第1~7題只有一項符合題目要求,每小題4

分;第8~10題有多項符合題目要求,每小題6分,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得

0分。

1.關于相對論時空觀與牛頓力學的局限性,下列說法正確的是()

A.相對論和量子力學證明牛頓力學是錯誤和過時的

B.牛頓力學認為物體的質(zhì)量會隨運動速度增大而增大

C.相對論時空觀認為運動的尺子在其前進方向上會變長

D.相對論時空觀認為運動的時鐘在外界觀測者看來會變慢

2.白鶴灘水電站是實施“西電東送”的國家重大工程,若水電站的輸出功率不變,輸出電壓提高為原來的10倍,

則輸電導線上的電流將減小為原來的()

ABCD

3.如圖所示,一節(jié)車廂在水平路面上向右勻速運動,車廂內(nèi)有一固定的光滑斜面,將一物塊從斜面頂端相對斜

面由靜止釋放,在到達斜面底端之前,選地面為參考系,不計空氣阻力,下列說法正確的是()

A.物塊做勻變速直線運動

B.物塊做勻變速曲線運動

C.斜面支持力對物塊不做功

D.物塊的機械能減少

4.下列四幅圖中質(zhì)量不同的重物用輕繩連接,繞過無摩擦的輕滑輪。由靜止釋放瞬間加速度最大的是()

ABCD

5.隨著自動駕駛技術不斷完善,無人駕駛汽車正在開啟快遞配送新時代。如圖所示是兩輛配送車在兩條平直

車道上同時同地出發(fā)后運動的v-t圖像。關于這兩輛車的運動,下列說法正確的是()

A.第2s末,甲、乙兩車相遇

B.第4s末,甲車回到出發(fā)點

C.前2s內(nèi),甲、乙兩車的平均速度相同

D.第3s末,甲、乙兩車的加速度大小相等

物理第1頁(共6頁)

6.如圖,OC為固定在O處點電荷的一根電場線,A、B為該電場線上的兩點,且OA=AB。B點的電場強度大小

為E,質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子M在A點的速度大小為v,沿電場線運動到B點時,速度大小為

2v。若只考慮電荷間庫侖力的作用,M可視為點電荷,下列說法正確的是()

A.O處的點電荷帶負電

B.A點的電場強度大小為2E

C.M在A點的電勢能小于在B點的電勢能

D.電場中A、B兩點間的電勢差UAB

7.如圖所示,一長為l=1m的輕桿一端固定在水平轉軸上,另一端固定一質(zhì)量為m=1kg的小球,輕桿隨轉軸在豎

直平面內(nèi)做角速度為ω=1rad/s的勻速圓周運動,重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()

A.小球所受合力不變

B.小球在A點和B點時,桿對球的作用力相同

C.小球運動到最高點時,桿對球的作用力大小為9N

D.小球運動到水平位置A時,桿對球的作用力大小為1N

8.我國低軌道衛(wèi)星的發(fā)射與運行在國防建設和環(huán)境監(jiān)測方面發(fā)揮了重要作用。其中有一顆低軌衛(wèi)星繞地球做

勻速圓周運動,線速度為v、加速度為a、軌道半徑為r。不考慮地球的自轉影響,地球表面的重力加速度為g,

地球的半徑為R,地球的第一宇宙速度為v0。下列關系式正確的是()

9.通過傳感器可以觀察電容器在充電和放電過程中電流的變化情況,圖甲是一位同學實驗時的電路圖,圖乙是某

次實驗過程電容器放電的i-t圖像。若該同學使用的電源電動勢為8.0V,下列說法正確的是()

甲乙

A.電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為2.4×10-3C

B.根據(jù)以上數(shù)據(jù)不可以估算電容器的電容

C.如果將電阻R換成一個阻值更大的電阻,則放電過程釋放的電荷量變少

D.如果將電阻R換成一個阻值更大的電阻,則放電時間變長

物理第2頁(共6頁)

10.質(zhì)量為ma、mb的a、b兩個物體在光滑水平面上正碰,碰撞時間不計,其x-t圖像如圖,下列說法正確的是()

A.ma:mb=5:13B.ma:mb=13:5

C.兩物體的碰撞為彈性碰撞D.兩物體的碰撞為非彈性碰撞

二、非選擇題:本題共5小題,共54分。

11.(8分)某實驗小組探究平拋運動的特點:

甲乙丙

(1)利用如圖甲所示的裝置進行實驗,擊打彈片時,A球做平拋運動,B球做自由落體運動。經(jīng)過多次實驗

發(fā)現(xiàn)兩個小球總是同時落地,由此得到的結論是:做平拋運動的物體;(填序號)

A.水平方向做勻速運動

B.豎直方向做自由落體運動

C.水平方向做勻速運動,豎直方向做自由落體運動

(2)利用圖乙所示的裝置進行實驗:實驗前先將一張白紙和復寫紙固定在裝置的背板上。鋼球從M點由靜

止釋放落到擋板N上后,就會擠壓復寫紙,在白紙上留下印跡。上下調(diào)節(jié)擋板N,通過多次實驗,在白紙上

記錄鋼球所經(jīng)過的多個位置。用平滑曲線把這些印跡連接起來,就得到鋼球做平拋運動的軌跡。

①實驗前,為了得到平拋運動的軌跡,斜槽末端的切線(填“需要”或“不需要”)調(diào)成水平;

②以鋼球放在斜槽末端時球心在白紙上的投影點O為坐標原點,建立直角坐標系xOy,在軌跡上選取間距

較大的幾個點,測出其坐標(x,y)作出y-x2圖像如圖丙實線所示。若將鋼球在斜槽上的釋放點M的高度提

高一些,再次由靜止釋放鋼球,其他步驟不變,則得到的圖像是圖丙中的(填“a”“b”“c”或“d”)。

12.(8分)把一量程為100μA、內(nèi)阻為1kΩ的電流表改裝成電阻表,電路如圖所示,現(xiàn)備有

如下器材:滑動變阻器R1(最大阻值20kΩ),滑動變阻器R2(最大阻值5kΩ),干電池

(E=1.5V,內(nèi)阻不計),紅、黑表筆和導線若干。

(1)紅表筆接(填“a”或“b”)端;

(2)滑動變阻器選用(填“R1”或“R2”);

(3)電流表60μA刻度所對應的電阻刻度為kΩ;

(4)電源的電動勢不變,若要改裝成倍率更小的電阻表,則需要用滿偏電流更(填“大”或“小”)的

電流表。

物理第3頁(共6頁)

13.(10分)如圖所示,質(zhì)量為m1=2kg的物塊A靜止在光滑水平軌道上,水平軌道右端與一半圓形粗糙軌道相

切,半圓形軌道半徑R=0.1m。質(zhì)量為m2=3kg的物塊B以初速度v0=10m/s滑向A,A和B碰后粘在一

起運動,恰好通過半圓形軌道最高點P。物塊A和物塊B可視為質(zhì)點,重力加速度g取10m/s2,求:

(1)A和B碰撞過程中損失的機械能;

(2)A和B在半圓形粗糙軌道上運動過程中摩擦力所做的功。

物理第4頁(共6頁)

14.(12分)如圖甲所示,兩個平行金屬導軌在同一水平面固定,間距為d,連接電阻R0,邊長為d的正方形區(qū)域

存在豎直向下的勻強磁場,磁感應強度B隨時間t變化關系如圖乙所示。t=0時,在距磁場左邊界d處,一

長度為d的均勻?qū)w棒在外力作用下,以恒定速度v0向右運動,直至通過磁場。導體棒阻值為R,R0的阻

值為2R,其他電阻不計,棒與導軌始終垂直且接觸良好。求:

時間內(nèi),R0中的電流方向及感應電動勢;

時間內(nèi),棒受到的安培力F的大小和方向。

甲乙

物理第5頁(共6頁)

15.(16分)如圖為某輸送貨物裝置的原理示意圖,斜面高h=1.5m,水平邊長L=3.0m,傳送帶寬d=2.0m,傳

送帶運行的速度大小v=4.0m/s,貨物與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.35,重力加速度g=10m/s2。貨物(視

為質(zhì)點)可從平臺經(jīng)斜面滑到勻速運行的水平傳送帶上,再由傳送帶輸送到目的地。每隔一段時間讓一個

貨物從斜面頂端由靜止開始下滑,貨物通過斜面與傳送帶交界處時的速度大小均不改變,滑上傳送帶時的

速度方向均與傳送帶運動方向垂直,在輸送到目的地前均已經(jīng)做勻速運動。當輸送裝置穩(wěn)定運行后,貨物

的平均流量(單位時間內(nèi)輸送貨物的個數(shù))n=90個/min。已知單個貨物的質(zhì)量m=6kg,求:

(1)貨物剛滑到傳送帶上時的速度大小;

(2)為使貨物滑到傳送帶上后不會從傳送帶邊緣掉落,貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)的最小值;

(3)驅(qū)動傳送帶的電動機因傳送貨物而額外增加的平均功率。

物理第6頁(共6頁)

2025年12月高三聯(lián)考強化卷

物理

12345678910

DABADDCBCADAD

1.D基礎考點相對論時空觀與牛頓力學的局限性5.D基礎考點v-t圖像+追及相遇問題

【深度解析】牛頓力學未被完全推翻,而是適用范圍受限,A錯誤;【深度解析】在v-t圖像中,圖像與時間軸圍成的面積表示位移,前

牛頓力學中物體的質(zhì)量恒定,不隨運動狀態(tài)的改變而改變,B錯2s內(nèi),甲車圖像與時間軸圍成的面積大于乙車圖像與時間軸圍成

誤;根據(jù)長度收縮效應,運動的尺子在其前進方向上會變短,C錯的面積,說明甲車的位移大于乙車的位移,又因為兩車同時同地出

誤;根據(jù)時間延緩效應,運動的時鐘在外界觀測者看來會變慢,D發(fā)且前2s內(nèi)甲車的速度始終大于乙車的速度,所以第2s末甲車

正確。在乙車的前方,兩車沒有相遇,A錯誤;v-t圖像中,速度始終大于

基礎考點

2.A電功率等于零,說明甲車一直沿正方向運動,第4s末甲車不會回到出發(fā)

【深度解析】由于水電站的輸出功率不變,由電功率公式P=UI可

點,B錯誤;根據(jù)平均速度公式v=,前2s內(nèi)甲、乙兩車位移不

知,輸出電壓提高為原來的10倍,則輸電導線上的電流將減小為

同,所以平均速度不同,C錯誤;在v-t圖像中,圖像的斜率表示加

正確

原來的,A。速度,第3s末,甲車圖像斜率的絕對值等于乙車圖像的斜率,故

新穎試題

3.B運動的合成與分解+功能關系甲、乙兩車的加速度大小相等,D正確。

【深度解析】車廂向右做勻速運動,物塊相對斜面由靜止釋放,物6.D熱門考點電場強度+電場力做功+電勢能

塊在水平方向上有與車廂速度相同的初速度,物塊相對斜面在沿【深度解析】粒子M從A到B速度增大,即動能增大,根據(jù)動能定

斜面方向上做勻加速運動,因為斜面光滑,物塊只受重力和支持

理可知庫侖力做正功,又知粒子M帶正電,則電場線的方向從A

力,其合力恒定且沿斜面向下,則合運動的加速度恒定且沿斜面向

到B,所以O處點電荷帶正電,A錯誤;根據(jù)點電荷的場強公式E=

下,物塊相對于路面的速度方向與加速度方向不在同一直線上,所

以物塊做勻變速曲線運動,A錯誤,B正確;斜面對物塊的支持力k,B點的電場強度大小為EB=k=E,由于xOA=xAB,可知A

方向垂直于斜面,因為物塊有向右的初速度,所以物塊在支持力的

點的電場強度大小為EA=k=4E,B錯誤;由于電場線的方向從

方向上有正向的位移,則支持力對物塊做正功,故物塊機械能增OA

錯誤A到B,(點撥:沿電場線方向電勢逐漸

加,C、D。灬

4.A經(jīng)典題型連接體模型+牛頓第二定律降低),,帶正電,可知粒子M在A點的

【深度解析】設左側重物質(zhì)量為m1,右側重物質(zhì)量為m2,四個選項電勢能大于在B點的電勢能,C錯誤;從A到B根據(jù)動能定理有

均符合m1>m2,根據(jù)牛頓第二定律有m1g-m2g=(m1+m2)a,可得

2

qUABmv,解得A、B兩點間的電勢差UABD

加速度ag,則A選項中的加速度大小ag=

正確。

7.C基礎考點圓周運動+力的合成與分解

g,B選項中的加速度大小a2g,C選項中的加

【題圖剖析】

速度大小ag,D選項中的加速度大小a4=

模型提取關聯(lián)速度連接體

不可伸長的輕繩在伸直狀態(tài)下,兩端的連接體沿繩方向的速度

【深度解析】小球做圓周運動,所受合力提供向心力,有F=

總是相等。下面三圖中A、B兩物體速度和加速度大小相等,方合

mlω2=1N,由此可知小球所受的合力大小不變,方向時刻指向圓

向不同。

心,(易錯點:力是矢量,若力不發(fā)生變

//////////

AB化,,圓周運動中向心力時刻指向圓心,

B

AB方向一直發(fā)生變化),A錯誤;小球運動到水平位置A時,水平方向

圖1圖2圖32

上有Fx=mlω=1N,豎直方向上有Fy=mg=10N,小球運動到水

D1

2211.(1)B(3分)(2)①需要(2分)②d(3分)

平位置A時,桿對小球的作用力為FA=Fx+Fy=101N,方向指

′2經(jīng)典試題探究平拋運動的特點

向右上方,同理在B點,在水平方向上有Fx=mlω=1N,豎直方向

上有Fy′=mg=10N,小球運動到水平位置B時,桿對小球的作用力【深度解析】(1)利用題圖甲所示的裝置,根據(jù)兩球始終同時落

地,只能判斷兩球在豎直方向上的運動是相同的,即做平拋運動

′2′2

為FB=Fx+Fy=101N,方向指向左上方,B、D錯誤;小球運

的物體豎直方向做自由落體運動,不能判斷出水平方向做勻速運

2

動到最高點時,有F1+mg=mlω,解得F1=-9N,可知小球運動到

動,B正確。

最高點時,桿對球的作用力大小為9N,C正確。

(2)①鋼球離開斜槽末端后速度的方向即為斜槽末端的方向,為

8.BC熱門考點萬有引力定律

了保證鋼球離開斜槽末端后速度方向水平,需要調(diào)節(jié)斜槽末端的

GMm

【深度解析】對低軌衛(wèi)星,由萬有引力提供向心力有2=ma,可切線水平;

r2

12gx

GM②根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得x=v0t,y=gt,聯(lián)立解得y=,圖

22

得低軌衛(wèi)星的軌道半徑r=,近地衛(wèi)星的向心加速度可以近2v0

a

像為過坐標原點的直線,當M點的高度提高后,鋼球做平拋運動

似為地球表面的重力加速度g,軌道半徑近似為地球半徑R,同理

的初速度增大,圖像的斜率變小,但仍然是過坐標原點的直線,得

1

GMrg2

解得地球的半徑R=,聯(lián)立解得==g到的圖像是題圖丙中的d。

gRa),A錯誤,

(a

12.(1)b(2分)(2)R1(2分)(3)10(2分)(4)大(2分)

GMmmv2

B正確;對低軌衛(wèi)星,由萬有引力提供向心力有=,解得線

2經(jīng)典試題電阻表原理

rr

【深度解析】(1)電流從紅表筆流進電阻表,從黑表筆流出電阻

速度v,近地衛(wèi)星的線速度即為第一宇宙速度,同理解得地表,根據(jù)電源正負極可知電流從b端流進電阻表,從a端流出電

1阻表,所以紅表筆應接b端。

GM聯(lián)立解得va4

球的第一宇宙速度v=正確

0,=(),C,DE

Rv0g

(2)電阻表內(nèi)阻R內(nèi)==15kΩ,所以滑動變阻器選用R1。

I

錯誤。g

3

9.AD重難考點電容器的充放電(3)電流表示數(shù)為60μA時,由閉合電路歐姆定律有I=

5g

【深度解析】根據(jù)公式q=It可知,圖乙中圖線與橫軸所包圍的圖形E

解得R=10kΩ。

-3,x

面積表示流過R的電荷量,通過數(shù)格法得到Q=30×0.2×10×R內(nèi)+Rx

-3E

0.4C=2.4×10C,即電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約(4)倍率小的電阻表內(nèi)阻小,由R內(nèi)′=可知改裝成倍率更小的電

I′g

-3Q

為2.4×10C,A正確;根據(jù)公式C=,可估算出電容器的電容為

U阻表需要用滿偏電流更大的電流表。

分分

-4U13.(1)60J(5)(2)-77.5J(5)

3×10F,B錯誤;如果將電阻R換成阻值更大的電阻,根據(jù)Im=

R重難考點完全非彈性碰撞+動能定理+豎直平面內(nèi)圓周運動

可知最大電流將減小,因電荷量Q不變,則i-t圖線與橫軸所包圍【思路引導】(1)A和B碰撞后粘在一起運動→屬于完全非彈

的圖形面積不變,則放電時間會變長,C錯誤,D正確。性碰撞→利用動量守恒定律列式求出碰后速度→利用能量守

10.AD經(jīng)典試題x-t圖像+動量守恒定律

恒定律列式求出碰撞過程中損失的機械能;

【深度解析】由x-t圖像的斜率表示速度可知,碰撞前b是靜止

(2)A和B碰后粘在一起在豎直平面內(nèi)做圓周運動→恰好通過半

Δx15-0Δx′1

的,a的速度va==m/s=5m/s,碰后a的速度va′==圓形軌道最高點P→在最高點P時由重力提供向心力→利用牛

Δt11-0Δt1′

頓第二定律列式求出在最高點P的速度大小→利用動能定理列

Δx′210-5

2-53=5

m/s=-m/s,b的速度vb′=m/s=m/s,對兩式求出在半圓形粗糙軌道上運動過程中摩擦力所做的功。

3-12Δt2′3-12

【深度解析】(1)對A和B組成的系統(tǒng),碰撞過程由動量守恒定律

個物體的碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有mava=mava′+mbvb′,代入

有m2v0=(m1+m2)v(2分)

ma5A正確,B11

可得=錯誤;碰撞前系統(tǒng)的總動能E+E=22

,kakb由能量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v+ΔE(2分)

mb1322

聯(lián)立解得ΔE=60J

121225ma(1分)

mv=(J),碰撞后系統(tǒng)的總動能Ek′a+Ek′b=

aa×ma×5(J)=

222(2)A和B組成的系統(tǒng)到達半圓形軌道最高點P點時,由牛頓第

22

3152

1′21′21vP

mv=·(J)+·mb(J)=

mv+bbma··二定律有(m+m)g=(m+m)(2分)

2aa22(2)2(2)1212

R

25mb

9ma37ma在半圓形粗糙軌道上運動過程中,由動能定理有

(J)+(J)=(J),則Eka+Ekb>Ek′a+Ek′b,故該碰撞是非彈

884

1212

-2(m1+m2)gR+Wf=(m1+m2)vP-(m1+m2)v(2分)

性碰撞,C錯誤,D正確。22

D2

聯(lián)立解得Wf=-77.5J(1分)【深度解析】(1)設斜面傾角為θ,長度為x,則L=xcosθ(1分)

貨物沿斜面下滑過程中由動能定理可知

14.(1)N到M(4分)水平向左(8分)

mgh-μmgcosmv(2分)

重難考點水平導軌上的單桿模型+法拉第電磁感應定律的應用

解得貨物剛滑到傳送帶上時的速度大小v1=3m/s(1分)

【深度解析】(1)由圖乙可知在0~時間內(nèi),磁感應強度均勻增

(2)以傳送帶為參考系,則貨物剛滑到傳送帶上時相對傳送帶的

加,根據(jù)楞次定律結合安培定則可知R0中的電