云南省文山壮族苗族自治州文山市第一中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试题（含解析）含答案解析

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1．B
【详解】A．45分钟是运行时间，是时间间隔，故A错误；
B．250千米/小时是指运行过程中的最高瞬时速率，故B正确；
C．全长64.829千米指的是运行轨迹长度，表示路程，故C错误；
D．隧道较短的话，列车长度不可以忽略不计，故研究高铁列车完全通过短隧道的时间，列车不可看成质点，故D错误。故选B。
2．D
【详解】A．根据沿着电场线方向电势降低可知N点的电势比M点的高，又M点和P点在同一等势面上，则N点的电势比P点的高，故A错误；
B．根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；
C．污泥絮体经处理后带负电，N点的电势比P点的高，可知污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小，故C错误；
D．M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故D正确。故选D。
3．C
【详解】A．电场强度由电场本身决定，与是否放置试探电荷无关，若在P点不放电荷，则P点的电场强度仍为E，故A错误；
B．电场强度由电场本身决定，电场强度的大小与该试探电荷的电荷量q无关，故B错误；
C．电场强度由电场本身决定，若把电荷量为的试探电荷放在P点，则P点的电场强度仍为E，电场强度的方向仍向东，故C正确；
D．电场强度由电场本身决定，若把电荷量为+2q的点电荷放在P点，则P点的电场强度仍为E，电场强度的方向仍向东，故D错误。故选C。
4．B
【详解】A．闭合开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反，由楞次定律可知，二者相互排斥，故A错误；
B．闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，则感应电流为零，电流表的示数为零，故B正确；
CD．断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由b到a，故CD错误。故选B。
5．A
【详解】A．机器人在0~15s内的平均速度大小为，故A正确；
B．图像只能描述直线运动，所以机器人在15~25s内做直线运动，故B错误；
C．机器人在0~25s内的位移0，机器人在0~25s内图像的面积不是表示位移，故C错误；
D．根据图像的斜率表示速度，可知机器人在0~5s内做匀速直线运动，5~10s内做匀速直线运动，0~5s内的速度小于5~10s内的速度，故D错误。故选A。
6．D
【详解】A．M球带正电，由题意可知，M、N间存在库仑斥力，则N球也带正电，故A错误；
B．对M球，由平衡条件可得，受到的库仑力大小为，故B错误；
C．由场强定义可得，小球M所在处的电场强度的大小为，故C错误；
D．由库仑定律可知，M、N两球间的库仑力可表示为，联立解得，故D正确。
7．A
【详解】A．由于滑块又返回a点，故斜面是光滑的，到c点时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能，即，选项A正确；
B．弹簧推动物块上升时，弹性势能转化为物块的机械能，整个过程的系统机械能是守恒的，机械能的大小均是6J，而滑块动能最大的位置一定在bc之间，即物块在斜面的方向上受到的合外力为0时动能最大，所以此时弹簧仍有一定的弹性势能，故滑块的动能的最大值只能小于6J，B错误；
C．滑块从b到c，弹簧的弹性势能由0到最大，弹簧的弹力对滑块做的功是－6J，C错误；
D．由于摩擦不计，整个过程只有重力与弹力做功，滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒，D错误。故选A。
8．AC
【详解】AD．卫星从低轨道变轨到高轨道，需要在变轨处点火加速，所以卫星从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需在A点加速，则卫星在轨道Ⅱ上A点的速度大于轨道Ⅰ上A点的速度，故A正确，D错误；
B．根据牛顿第二定律可得，可得
可知卫星在轨道Ⅱ上B点的加速度等于轨道Ⅲ上B点的加速度，故B错误；
C．根据开普勒第三定律，由于轨道Ⅲ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，所以卫星在轨道Ⅲ的运行周期大于轨道Ⅱ的运行周期，故C正确。故选AC。
9．AC
【详解】A．由题图可知，与滑动变阻器串联后与并联，再与串联接在电源两端；平行金属板与并联；当滑片向端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，路端电压增大，两端的电压减小，故并联部分的电压增大，可知流过的电流增大，则流过、的电流减小，故电流表示数减小，因并联部分电压增大，而两端电压减小，故电压表示数增大，因平行金属板两端电压增大，故带电质点受到向上的静电力增大，则重力小于静电力，合力向上，带电质点向上运动，故A正确，B错误；
C．因两端的电压减小，由可知，上消耗的功率减小，故C正确；
D．因电路中电流减小，由可知，电源内阻消耗功率减小，故D错误。故选AC。
10．AB
【详解】A．小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受到重力、电场力和拉力，受力分析如图所示，根据平衡条件，有，解得，故A正确；
B．根据功能关系可知，电势能最大值即为小球克服电场力做功的最大值，由题意可知，小球克服电场力做功最大值为，即电势能最大值为1.92J，故B正确；
C．由题意知小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球的最小速度即为重力与电场力的合力恰好提供向心力时小球的速度，则有
联立以上解得最小速度，故C错误；
D．根据能量守恒定律，电势能和机械能之和保持不变，与O点等高的最右位置电势能最小，所以该位置机械能最大，故D错误。故选AB。
11．（每空2分，共6分）(1)不需要 (2)不改变 (3) 平衡摩擦力过度
【详解】（1）绳子的拉力，可以通过力传感器读出，故不需要钩码与动滑轮的总质量远小于小车的质量；
（2）设斜面的倾角为
小车匀速下滑时有
整理后有
改变钩码的质量，表达式仍然成立，故不需要改变长木板的倾角；
（3）[1]由乙图可知，当时，有加速度，说明平衡摩擦力过度；
[2]由牛顿第二定律
可知
依题意可得。
12．（每空2分，共8分）(1)C (3)乙 (4) 3.80 171
【详解】（1）由于待测电源电动势约为 4V，为尽量减小实验误差，实验中电压表选择量程为4V的电压表。故选C。
（2）根据并联分流规律
解得
（3）选用乙图，因电流表内阻为已知，可以计算出电流表的分压值，从而消除系统误差。
（4）电流表改装后的内电阻
根据闭合电路欧姆定律
由图可知斜率为，纵截距为
结合图像可得电源的电动势为
因为
故电源内电阻为
13．（10分）(1)13.5m (2)0.02
【详解】（1）根据速度−位移公式(2分）
解得(2分）
设运动员和雪车的总质量为m，在出发区的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律有(2分）
根据运动学公式可得(2分）
解得(2分）
14.（14分）(1)3m/s (2)12.5N (3)131N
【详解】（1）将小球在C处的速度分解，在竖直方向上有(2分）
在水平方向上有(2分）
联立并代入数据得(1分）
（2）在A处，对小球，由牛顿第二定律得(2分）
解得(1分）
根据牛顿第三定律知，圆弧轨道受到的压力大小(1分）
（3）根据速度的分解可得小球在C处速度(2分）
其受力分析如图所示
在C处，由牛顿第二定律，得(2分）
联立解得(1分）
（16分）(1)E=mv023qL (2)2mv0(3+ 3)ql≤B≤2mv0ql
【详解】
【答案】解：(1)带电粒子在电场中受到竖直向下的电场力作用，粒子做类平抛运动，在P点对速度进行分解，如图所示,粒子在电场中做类平抛运动：
水平方向上：l=v0t0 (2分）
竖直方向上：vy=at0 (1分）
vy=v0tan60° (1分）
其中a=qEm (1分）
联立解得：E=mv023ql (1分）
带电粒子从Q点射出磁场，运动轨迹如图所示：
在P点的速度大小：v= v0sin60∘=2 3v03； (1分）
由几何关系可知：粒子从下边缘Q点射出时，轨迹圆的半径为R1=l2cs30∘ (1分）
由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=mv2R1 (1分）
由此可知，B1=mvqR1=2mv0ql (1分）
带电粒子从N点射出磁场，运动轨迹如图所示：
由几何关系可知：粒子从下边缘N点射出时，设轨迹圆的半径为R2
在△ONE中：( 32R2−l)2+(R22+l)2=R22 (1分）
解得：R2=( 3+1)l (1分）
由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=mv2R2 (1分）
由此可知，B2=mvqR2=2mv0(3+ 3)ql (1分）
磁感应强度大小的取值范围为：B2≤B≤B1 (1分）
即：2mv0(3+ 3)ql≤B≤2mv0ql (1分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
B
A
D
A
AC
AC
AB