贵州省六校联盟2024-2025学年高三上学期12月月考试题 物理 （PDF版，含解析）

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2025 届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（三）
物理参考答案
一、单项选择题（本题共 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
一项符合题目要求）
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A B B C D B C
【解析】
1 ． N1 N2 ； 2N1 sin mg ，解得香肠烤熟前，金属杆 1 对烤肠的支持力大小为
N N mg1 2 ，故 A 正确。 2sin
2 r r 2 7 G Mm m v
2 GM
．由题意知 A∶ B ∶ ，由 ，得 v ，解得 vr2 r r A
∶vB 7∶ 2 ，故 A 错
2 3
误。由 G Mm 4π2 m 2 r ，可得 T 2π
r
，所以 TA∶TB 2 2∶7 7 ，故 B 正确。由r T GM
v2a v
2
，所以 aA∶aB 1∶1，故 C 错误。卫星的向心力为 F m ，所以向心力之比r r
FA∶FB 7∶2，故 D 错误。
3．A Q点的点电荷在 O 处产生的电场强度为 E1 k 2 ，方向沿 AO 方向，B 点的点电荷在 O 处r
产生的电场强度为 E2 k
3Q
2 ，方向沿 BO 方向，根据电场强度叠加原理可得 O 点的电场r
2kQ
强度大小为 E E2 E1 2 ，故 A 错误。A 点的点电荷在 C 处产生的电场强度为r
E3 k
Q
2 ， 方 向 沿 AC 方 向 ， B 点 的 点 电 荷 在 C 处 产 生 的 电 场 强 度 为r
E k 3Q 3Q Q4 2 k k 2 ，方向沿 BC 方向，根据电场强度叠加原理可得 C 点的电BC ( 3r)2 r
场强度大小为 E E2 2 2kQ3 E4 2 ，故 B 正确。正试探电荷在移动过程中电场力先减小r
后增大，故 C 错误。正试探电荷在移动过程中电势能先减小后增大，故 D 错误。
4．设每块砖的厚度是 d，向上运动上运动时 7d 3d aT 2 ①；向下运动时5d 3d a T 2 ②，
①② a 2联立 得 ③，根据牛顿第二定律，向上运动时 mg f ma ④，向下运动时
a 1
mg f ma ⑤，联立③④⑤ f 1得 mg ，故 C 正确。
3
5．因为四根导线中的电流大小相等，方向相同，且 O 点与四根导线的距离相等，由安培定则
可知，导线 L1 和导线 L3在 O 点的磁感应强度等大反向，同理导线 L2 和导线 L4 在 O 点的磁
感应强度等大反向，所以 O 点的磁感应强度为零，故 A 错误。由同向电流相互吸引可知，
L2 受其他三根导线的吸引力分别指向三根导线，又由对称性可知，导线 L1 和导线 L3对 L2
的安培力合力沿着 bd 方向，而 L4 对 L2 的安培力也沿着 bd 方向，所以 L2 所受安培力的方
向沿正方形的对角线 bd 方向。由图可知， L1 与 L2 的距离小于 L1 与 L3的距离，则导线 L1 在
L2 处产生的磁场比在 L3处的强，又因为它们电流相等，由安培力公式 F BIL可知， L1 对
L2 的安培力大于 L1 对 L3的安培力，通过右手螺旋定则判断 L1 在 L2 、 L3处产生的磁场方向
不同，故安培力的方向不同，故 B、C 错误，D 正确。
6．结合乙图根据甲图有物块 0~1s 内，物块做初速为零的匀加速直线运动，有 F1 f ma1 ，
物块 1~2s 内，做匀速直线运动，有 F2 f ，物块 2s 后，做匀减速直线运动，有
F3 f ma ，代入数据得 m 1kg， a
2
2 4m/s ，则设物块减少到零的时间为 t 则有
0 v a2t ，代入数据得 t 1s ，故第 3 秒末物块速度为零，第 4 秒内拉力与摩擦力平衡，
物块静止，速度为零，故 B 正确。根据动能定理，有WF W f 0 ；W f fx 联立，可得
WF 16J ，故 A 错误。前 4s 内拉力的冲量为甲图中 F t 图像与坐标轴所围面积，则有
IF 6 1N，s 2 1N，s 2 2N，s 4N，s，故 C 错误。根据 A 项分析已知速度时间图像
与 坐 标 轴 围 成 面 积 表 示 位 移 ， 则 前 4 秒 内 的 位 移 为
x 1 3 4m 8m ，故 D 错误。
2
7．人正对茶壶观察，作出滤网最边缘的光路俯视图，如图 1 所示，根据
d2 d1
几何关系有 sin 2d ， sin
2
d ；根据折射率的定义式有3 3
2 2
图 1
n sin ，解得 d1 5.30cm，故 C 正确。 sin
二、多项选择题（本题共 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，有错选的得 0 分。）
题号 8 9 10
答案 AD AB BD
【解析】
8．金属的逸出功是金属的自身固有属性，仅与金属自身有关，增加此 X 光的强度，该金属逸
出功不变，故 A 正确。根据光子能量公式 hv 可知，增加此 X 光的强度，X 光的光子能
量不变，故 B 错误。根据光电效应方程 Ekm hv W0 可知逸出的光电子最大初动能不变，
故 C 错误。增加此 X 光的强度，单位时间照射到金属表面的光子变多，则单位时间逸出的
光电子数增多，故 D 正确。
9．在 t1 时刻，振动物体处于负的最大位移处，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，故
A 正确。在 t2 时刻，振动图对应的斜率为负，向下运动，故 B 正确。在 t2 时刻，还受到阻
力作用，合力不为零，故 C 错误。由于物体做减幅振动，所以运动过程中，机械能一直减
小，故 D 错误。
10．根据图象得 B x 函数关系式 B 0.5 0.5x ，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势
2 2
E BLv E BLv B L v， 感 应 电 流 I ， 安 培 力 F BIL ， 解 得
R r R r 安 R r
F (R r) 10F
v 安 安2 2 2 ，根据匀速直线运动的速度位移公式 x vt ，可得金属棒不可能做B L (x 1)
匀速直线运动，故 A 错误。根据题意金属棒所受的安培力大小不变， x 0 处与 x 1处安
B20 L
2v 20 B1 L
2v
培力大小相等，有 1 ，解得 v1 0.5m/s ，故 B 正确。金属棒在 x 0 处的安R r R r
2 2 2
F B0 L v0 0.5 0.2
2 2
培力大小为 N 0.05N ，对金属棒金属棒从 x 0 运动到
安 R r 0.4
x 1 1 1m 过程中，根据动能定理有WF F x mv
2 mv21 0 ，代入数据解得WF 0.325J，安 2 2
故 C BxL错误。根据感应电量公式 q ，x 0 到 x 2过程中， B x 图像包围的
R r R r
B x 0.5 1.5 BxL 2 0.2面积 2 2 ，所以 q C 1C，故 D 正确。
2 R r 0.4
三、非选择题（本题共5小题，共57分）
11．（每空2分，共6分）
（1）交流电源
h
（2） 4 h2
2T
（3）9.70
【解析】（1）电火花打点计时器所用的交流电压为 220V。
（2）打 E 点时重物的速度为 v h hD 4 2 。 2T
（3 1）由机械能守恒定律得mgh mv2 1 mv21 ，整理得 v
2 2gh v2 ，则 v21 h 图线的斜2 2
k 2g g k 1 8.45 3.60率 ，解得 m/s2 9.70m/s2 。
2 2 0.25
12．（除特殊标注外，每空 1 分，共 9 分）
（1）5
（2）②如图 2 所示（3 分）
(I I )R
③ 1 2 1 （2 分）
I2
（3）2.1/2.2/2.3/2.4/2.5 均给分 0.24/0.25/0.26/0.27/0.28 均给分（2 分）
13．（12 分）
解：（1）气体进行等压变化，有
l 1 l S
lS
5 ①
T0 T1
6
解得：T1 T0 ② 5
（2）此过程中气体内能增加
U C T 1 CT0 ③ 5
气体的压强
p0S mg sin pS ④
气体对外做功大小为
W pS l ⑤
热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量
Q U W 1 CT 10 l( p0S mg sin ) ⑥ 5 5
评分标准：本题共 12 分。正确得出①～⑥式各给 2 分。
14．（14 分）
解：（1）根据题意可知
Eq qvB ①
E
解得： B ②
v
（2）粒子先在电磁场中做匀速直线运动，时间 t0 ，有
R vt0 ③
粒子从O 进入电场做类平抛运动，受沿 x 轴负方向的电场力，有
Eq ma ④
R 1 at 2 ⑤
2
解得： t t0 t
R 2mR
⑥
v Eq
3 v 3qER（ ）仅有磁场，以 1 进入磁场，有 3mv
2
qv1B m
v
1 ⑦
r
3
解得： r R
3
画出粒子的运动轨迹，如图 3 所示，由几何关系可得，
轨迹所对圆心角为 120°，并且出射点到 P 点的距离为 R
则粒子在磁场中
T 2πr ⑧ 图 3
v1
在磁场中运动的时间
t 120 T 2πmv1 ⑨ 360 3qE
出磁场到 P 点的时间 t1
R v1t1 ⑩
从 M 点运动至 P 点所用的时间
t 2πmv 3 3mv1 t1 t1 3qE
评分标准：本题共 14 分。正确得出①、⑦、 式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
15．（16 分）
解：（1）从 D 到 E 由动能定理得
mg(R R cos ) 1 mv2 1 mv2E D ① 2 2
解得： vE 7m/s
因为 vE 7m/s 0 ，故可以到达 E 点 ②
在 E 点若重力恰好提供向心力，则
2
mg m v 0
R
解得： v0 5m/s vE ③
故在 E 点有
2
mg FE m
vE ④
R
解得： FE 8N
由牛顿第三定律可知，压力
FN FE 8N ⑤
（2）由于 1 0.8 tan ， m 在传送带上运动时由于 vD 小于传送带速度，可知 m 一直做
加速运动，则有
1mg cos mg sin ma ⑥
解得： a 0.4m/s2
由公式 v2 2D vC 2aL ⑦
解得： vC 3m/s ⑧
（3）根据第（2）问可知，物块到达 C 点时速度大小为 vC 3m/s设物块在传送带上向上滑
动的加速度大小为 a1，有
1mg cos mg sin ma1 ⑨
解得： a1 12.4m/s
2
上滑距离
s v
2
C
9
1 m 20m ⑩ 2a1 24.8
t v上滑时间 1 C a1
此段时间内，传送带接触点的运动距离
s1
60
vt1 m 31
物块减速到零后开始沿传送带加速下滑。设下滑加速度大小为 a2 ，由牛顿第二定律可知
a2 a1，故物块返回到 C 点时速度大小没变，还是 vC 3m/s，故物块下滑时，物块的距
离 s2 s1
传送带接触点的运动距离 s2 s1
则物块从 C 点往 B 点返回时，由动能定理可得
1
2mgx1 0 mv
2
C 2
解得： x1 0.9m 1m
则物块在整个过程摩擦生热
Q 2mg(x x1) 1mg cos (s1 s1 s2 s2 ) 68.55J
评分标准：本题共 16 分。正确得出①式给 2 分，其余各式各给 1 分。