重庆大一联盟2025-2026学年高三上学期12月考试物理试卷

这是一份重庆大一联盟2025-2026学年高三上学期12月考试物理试卷，共10页。试卷主要包含了C 解析，D 解析，A 解析，B 解析等内容，欢迎下载使用。

稳昇高教育高2026届12月联合质量检测
物理参考答案及解析

1．C 解析：由 x—t 图为倾斜直线，知甲车做匀速直线运动。A 错误。t1 时刻两车运动方向相反，B 错误。t1 到 t2 时间内，两车位移相同，故平均速度相同，C 正确。t1 到 t2 时间，乙车先减速后返向加速，D 错误。
2．D 解析：由相机处于平衡态有 3Ncsθ=mg，故每根支架对相机的支持力 N= 1 ??????，
3
A 错误。当 θ 减小时，N 变小。B 错误。由于整体法有 3N 地=（m+M）g ，故D 正确。增大
θ，N 地保持不变。C 错误。
3．C 解析：物体抛出时的速度大小由矢量合成为√?2 + ?2，故 A 错误。乙观察到物体做匀
12
变速曲线运动，B 错误。物体抛出后仅重力做功，机械能守恒，C 正确。水平速率 v1 不影响竖直方向运动，故时间 t 不变，D 错误。
4．C 解析：货物 0—x0 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律 T-mg=ma0，得 T= mg+ma0，B
错误。
货物 x0—2x0 做加速度减小的加速运动，T 减小。2x0—3x0，加速度为零，物体做匀速运动， T= mg，保持不变。A 错误。由 a—x 图围成的面积可得到货物最大速度为√3?0?0，C 正确， D 错误。
5．A 解析：物块从 P—B—C 过程由功能关系有 mgh-0.25mgh = f2L（L 为 OA 段长度），物
块从 B—C 过程由功能关系有EPmax= fL+0.25mgh 联立解得 EPmax=5 ??ℎ， A 正确。
8
6．D 解析：由 P2=6.0W，U=3V，可得流过 L 与 M 的电流 I=2A。由 P1=12W，故 M 两端的电压 UM=6V，因 M 为电动机，欧姆定律不成立，故其内阻 rM 不为 3Ω，A 错误。由电路分析可知电阻 R 两端电压为 U 端=UM+ U=9V， 该电压亦为路端电压， 故电源的效率
η=??+? =75%，D 正确。流过电阻 R 电流为 I =3A，干路电流为 I =I +I=5A。内电压为 U
?R干 R
内=E- U
=12-9=3V，故电源内阻 r=?内 =0.6Ω，B 错误。电源总功率 P=I
端
?干
干 E=60W，故 C 错
误。
?
7．B 解析：释放 a、b 两球后，两球水平方向动量守恒。两球质量相等，初速度为零。故 a、 b 两球碰撞前瞬间，速度大小相等，方向相反，且均沿水平方向。由速度分解可知此时竖直方向运动的c 球速度一定为零。c 下降的高度为 h=L-0.6L，对系统由能量守恒有
2mgh=1
2
??2 +
1 ??2
?
2
且 va= vb 解得 va= vb=√
4??
5
故 B 正确。
AC 解析：由等量异种电荷中垂面为零势能面可知沿 MN 连线（该连线在中垂面上）移动试探电荷，电场力不做功，A 正确。电场强度为矢量，A 点与 K 点的场强方向不同，B 错误。电势为标量，由对称性可知 E 点与 I 点的电势相等，C 正确。因 F 点电势小于 G 点电势，故负试探电荷 F 点电势能大于其在 G 点电势能，D 错误。
AB 解析：将重力与电场力合成为 F，方向与 BD 连线夹角 450 斜向下，大小 F=√2??，因珠子做圆周运动，需要向心力，故圆环对珠子弹力最大值大于√2??，C 错误。由对称性可知从A 点静止释放刚好到达B 点，A 正确。小珠子通过到 D 点时电场力做正功最多，电势能减少最大。由能量守恒可知此时小珠子机械能最大。B 正确。小珠子从 A 到 C 点过程，重力做正功，电场力做功为零，弹力不做功，故 C 处一定有动能，小珠子一定能通过 C 点， D 错误。
BC 解析：设卫星周期为 T，地球自转周期为 T 地，卫星第二次经过赤道上空时其运动了 0.5T，该段时间内地球可转动 N 圈再加半圈，即可保证卫星第二次经过赤道上空时，恰
好仍在 A 点正上方。即 0.5T=（n+0.5）T
又由 T= 2?
T =2?
??? = ??2?解
得：
3 GM（2n+1）2
地地
?卫星?
3 ??
?2
卫星
3 25??
r = √ （n=0，1，2……），当 n=0 时 r=√
?2
?2
B 正确。当 n=2 时 r=√
?2C
正确。
答案：(1) ΔEP=mgh5（2 分）ΔEk
=?(ℎ6−ℎ4)2
8?2
（2 分） （2） k=2g（2 分）
解析 1）小球从 A 点到 F 点，下落高度为 h5，故重力势能减少量ΔEP= mgh5，F 点为E，G
两点中间时刻，其速度 v=(ℎ6−ℎ4) 动能增加量ΔE =1 ?v 2 = ?(ℎ6−ℎ4)2
2?k 2
2）由 mgh=1 ?v 2 知 v2=2gh 故 v2—h 图斜率 k=2g
2
8?2
答案：（1）18.0Ω（2 分）（2）实物连接见右图 （2 分） 2.0Ω （2 分）
（3）最右边 （1 分）（4）55Ω（2 分）
解析：（1）考察电流表半偏法。当电流表为 10mA 时，流过 R2 的电流为 20mA，电流表与 R2
mA
R3
R
4
aS b
黑表笔
红表笔
为并连形式，电压相等。故 rg=2R2=18.0Ω
选择开关拨到 a 时由欧姆档原理，知欧姆表表盘中值电阻等于该种倍率下欧姆表的内阻值
? = 6? =200Ω，拨到 b 时电流表并入电阻 R3 ，量
?? 30??
程扩大。该种倍率下欧姆表的内阻值比拨 a 时小，故拨 b 时为“×1” 倍率（此时欧姆表内阻为 20Ω），拨 a 时为“×10” 倍率（此时欧姆表内阻为 200Ω）。故拨 b 时流过电阻 R3 的电流应为流过电流表的 9
倍，才满足倍率关系。所以 R3=1rg=2.0Ω
9
当拨到 b 位置后。将红、黑表笔短接进行欧姆调零，此时回路中应有最大电流，故电流表指针在最右边。
按照步骤（3）欧姆调零后有此倍率下欧姆表
内阻 RΩ=20Ω，再将 Rx 接入时，电流表指针为 8mA，因并入 R3，故干路电流为 80mA，由
I = ? =6解得 R 55Ω
干
? +?
? +20x=
?Ω?
1）Mc=0.06kg2）T=1.2NfA=0.6N
解析：1）由平衡方程有 Mcg=μm2g（2 分） 解得 Mc=0.06kg（1 分）
2）对B，C 构成的系统由牛顿第二定律有 mcg-μm2g =（mc+m2）a（2 分） 得 a=6m/s2
对 C 有 mcg-T=mca （2 分） 解得 T=1.2N （1 分）
此时A 处于静止状态，A 与桌面间为静摩擦力，fA= fAB =μm2g=0.6N （2 分）
0
1）E= ?2
?
2）x=3dS=8d
解析：1）粒子水平方向有 2d=v0t （1 分） 竖直方向有 d= ?? ?2 （1 分）
2?
??2?2
解得E= 0 = 0 （1 分）
2??2??
设电源电动势为 E，由电路分析 R 与 R 并联，外电路总电阻 R = ?1?2 =R （1 分）
12外 ? +?
?1
12
?2
电容器两端电压为路端电压 U=
?+?外
R 外=
2
? （1 分） 又 U=Ed联立解得 E= 0
?
（1 分）
设下极板下移距离为 x 因断开开关 S2，电容器电量 Q 不变。由 E=? = ? 可知在电容器
???
电量 Q 不变情况下，极板移动不影响电容器间的匀强电场场强 E。（2 分）为保证粒子从N 点射出，水平方向有 4d=v0t （1 分）
竖直方向有 d+x= ?? ?2（1 分）
2?
荧光屏
解得 x=3d （1 分）A
如图所示，粒子从 N 点飞出电容器后沿直线运动，打v0Q
到荧光屏上B 点。R1
由类平抛运动推论，NB 反向延长线过电容器中点A。
N
由相似三角形对应边成比例有 2? = ?+?（2 分）
解得 S=8d （1 分）
2?+2??
B
0
1）R= 9?2m =0.5m2) ΔE = -2m?23）Q =1 ??2 − ??2
cp
8?
020
解析：1）设 C 与B 碰前速度大小为 v1，碰后速度大小为 v2。
对 C 有 mcgR=1 ??2（1 分）1mcgR=1 ??2（1 分）
21922
BC 的碰撞满足系统动量守恒与机械能守恒有：mc v1= - mc v2+mv0（1 分）
121
212
2 ???1 = 2 ???2 + 2 ??0
（1 分）
9?
2
解得R= 0
8?
（1 分）mc=0.5m （1 分）
2）B 恰飞离A 板时，弹力为零。满足 mg=F 即 mg =??vm （2 分）
2?0
解得飞离A 板时B 的速度 vm=2v0（1 分）
设 B 从碰后到刚飞离过程用时为 t，位移为 x，由动量定理有：mvm-mv0 = qEt – ft （2 分）
该过程中 ft=μ（mg-F）t = ???t - ? ?? ∑ ? ? = ???t - ? ?? ?
2?0?
2?0
10?
2
解得 x=0
?
（1 分） 又由ΔEp= -W 电场力 = -qEx= -2m?2 （1 分）
0
对 AB 构成的系统由能量守恒有 121
212
（3 分）
解得：Q =1 ??2 − ??2（2 分）
2??
2
+ 2 ?(2?0)
− 2 ??0 + ? = ???
20