江西省宜春市宜丰中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试题（含解析）

这是一份江西省宜春市宜丰中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试题（含解析），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（每小题4分，共28分）
1．关于电磁波的特性和应用，下列说法正确的是（ ）
A．红外线和X射线都有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体
B．过强的紫外线照射有利于人的皮肤健康
C．电磁波频率最高的是γ射线，最容易用它来观察衍射现象
D．紫外线和X射线都可以使感光底片感光
2．如图所示，图中实线为一静电场的电场线，虚线MN为带电粒子在电场中从M运动到N的轨迹，带电粒子仅受静电力的作用。下列说法不正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在M点和N点的加速度
C．粒子在M点和N点的加速度
D．粒子在M点的动能小于在N点的动能
3．如图所示，匝数为N、面积为S的闭合线圈abcd水平放置，与磁感应强度为B的匀强磁场夹角为45°。现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，在此过程中说法正确的是（ ）
A．线圈顺时针转动90°的过程中，线圈中磁通量先变大再变小
B．线圈在实线位置与虚线位置的磁通量相同
C．线圈水平放置时磁通量为
D．整个过程中线圈中磁通量的变化量的大小为BS
4．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动，向右为正方向。振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．0.2s时振子的位移小于6cm
B．0.4s时振子的速度最大
C．0.4s至1.2s内振子通过的路程为24cm
D．0.8s和1.6s时振子的速度相同
5．一只质量为0.9kg的乌贼吸入0.1kg的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为2m/s的速度向前逃窜。下列说法正确的是（ ）
A．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为0.9N·s
B．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大
C．乌贼喷出的水的速度大小为18m/s
D．在乌贼喷水的过程中，有9J的生物能转化成机械能
6．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O'点钉一个光滑钉子，使 将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间往复运动，若运动中摆线与竖直方向夹角不超过5°，不计空气阻力，已知重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A．由于机械能守恒，可得摆角大小不变
B．小球第一次从A到B与第一次从B到C的时间之比为2：1
C．该摆动的周期为
D．小球碰钉前后绳的拉力之比为1：4
7．如图所示，电路中定值电阻阻值大于电源内阻阻值。闭合开关，电路稳定后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、、示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值为，下列说法错误的是 （ ）
A．的示数增大B．的示数增大
C．与的比值大于D．大于
二、多选题（每小题6分，18分）
8．在光滑的水平面上，质量为3m的小球A以速度水平向右运动，与质量为m的静止的小球B发生弹性碰撞。在碰撞过程中下列说法正确的是（ ）
A．A和B小球组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．A和B小球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
C．碰后A球的速度为，B球的速度为
D．碰后A球的速度为，B球的速度为
9．如图所示为一款玩具“弹簧公仔”，该玩具由头部、轻弹簧及底座组成，已知公仔头部质量为m，弹簧的劲度系数为k，底座质量为0.5m。 压缩公仔头部，然后由静止释放公仔头部，此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动，重力加速度为g。当公仔头部运动至最高点时，底座对桌面的压力刚好为零，弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是（ ）
A．公仔头部做简谐运动的振幅为
B．公仔头部有最大速度时，弹簧处于原长
C．公仔头部有最大速度时，弹簧处于伸长状态
D．公仔头部运动至最低点时，桌面对底座支持力的大小为3mg
10．如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆， 轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量也为m的小球C，现将C球向右拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球C第一次经过最低点的过程中，A、B、C系统动量守恒
B．小球C第一次运动到最低点时的速度大小为
C．小球C第一次经过最低点的过程中，A、B向右滑行距离为
D．小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为
三、实验题（每空2分，14分）
11．某实验小组用如图甲所示的实验装置来验证动量守恒定律。
（1）为保证两小球为对心碰撞，某同学先用游标卡尺测量两小球的直径是否相等，经测量发现两小球直径相同，游标卡尺的示数如图乙所示，可知小球的直径为 mm；

（2）图甲中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射小球多次从斜轨上某一位置由静止释放，找到其平均落地点的位置 P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，再将入射小球从斜轨上同一位置由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复。接下来必要完成的步骤是 （填选项前的符号）
A．用天平测量入射小球的质量 m1和被碰小球的质量 m2B．测量入射小球开始释放高度 h
C．抛出点距地面的高度 HD．测量平抛射程OM、ON
（3）若两球碰撞过程中动量守恒，其表达式可表示为 （用（2）问中测量的量表示）。
12．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表：量程，内阻
C．电流表：量程，内阻约为
D．电压表：量程，内阻未知
E．电压表：量程，内阻未知
F．滑动变阻器：，
G．滑动变阻器：，
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
(1)在上述器材中请选择适当的器材： （填写选项前的字母）；
(2)实验电路图应选择 （填“图甲”或“图乙”）；
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图像，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势 ，内电阻 。
四、解答题（40分）
13．（12分）如图所示的电路中，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.5 Ω，电动机的电阻R0＝1.0 Ω，定值电阻R1＝1.5 Ω。电动机正常工作时，理想电压表的示数U1＝3.0 V。求：
（1）电源的总功率；
（2）电源的输出功率；
（3）电动机的输出功率。
14．（12分）两块质量分别为m的木块静止在光滑水平面上，中间用一根劲度系数为k的轻弹簧连接着，如图所示。现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为，速度为，子弹射入木块A并留在其中（该过程时间极短）。求：
（1）在子弹击中木块后的瞬间木块A的速度大小；
（2）在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的弹性势能最大时系统的速度；
（3）在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。
15．（16分）如图所示，一质量的小车由水平部分和圆弧轨道组成，圆弧的半径，且与水平部分相切于点，小物块与段之间的动摩擦因数，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道相切，一质量为的小物块从距离轨道底端高为处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为的小物块（两物块均可视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度。
(1)求小物块与物块碰撞后物块的速度；
(2)求物块在小车上运动时速度和相对于小车运动的距离（此时未到B点）；
(3)要使物块既可以到达点又不会与小车分离，求小车左侧水平部分AB的长度的取值范围。
高二第三次月考物理参考答案
1．D【详解】A．X射线有很强的穿透本领，常用于医学透视人体，红外线没有，故A错误；B．过强的紫外线照射对人的皮肤有害，故B错误；C．电磁波中频率最大的是γ射线，其波长最短，最不容易发生衍射现象，故C错误；D．紫外线和X射线都可以使感光底片感光，故D正确。故选D。
2．B【详解】A．从运动轨迹知粒子受静电力指向凹侧，受力与场强方向相同，粒子带正电，A正确；
BC．由电场线的疏密可知在M点受力小于在N点的受力，结合牛顿第二定律可知，B错误，C正确；D．粒子从M到N，静电力做正功，动能增大，D正确。本题选错误的，故选B
3．D【详解】设初位置时穿过线圈的磁通量为正，实线位置时，即线圈水平放置时的磁通量为线圈平面与磁场平行时，磁通量为零；末位置时，即虚线位置的磁通量为所以磁通量先减小后增大，初、末位置磁通量的变化量的大小为。故选D。
4．C【详解】A．在0-0.4s内，振子不是匀速运动，而是做变减速运动，所以前一半时间内的位移大于后一半时间内的位移，即t=0.2s时，振子的位移大于6cm，故A错误；B．由图象可知，t=0.4s时，图象的斜率为零，说明振子的速度为零，故B错误；C．0.4s至1.2s内，振子的刚好运动半个周期，故其路程为故C正确；D．由图象可知，t=0.8s和t=1.6s时，振子均位于原点位置，速度的大小相同。但t=0.8s振子的速度方向为负方向，t=1.6s振子的速度方向为正方向。故振子的速度不相同，故D错误。故选C。
5．C【详解】A．根据动量定理在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小I=Mv1=1.8N·s
故A错误；BC．乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，有0=Mv1－mv2解得乌贼喷出水的速度大小v2=18m/s故B错误，C正确；D．根据能量守恒定律，在乌贼喷水的过程中，转化为机械能的生物能故D错误。故选C。
6．B【详解】A．由于机械能守恒，可知AC两点应该位于相同的高度，因左边摆长较短，可知左边摆角较大，A错误；B．根据可知因右边摆长为左边摆长的4倍，则在右边摆动的周期是在左边摆动时周期的2倍，可知小球第一次从A到B与第一次从B到C的时间之比为2:1，B正确；
C．该摆动的周期为 ，C错误；D．小球碰钉前后速度不变，则根据，可知绳的拉力之比不等于1:4，D错误。故选B。
7．B【详解】AB．压表、、分别测定值电阻两端的电压、路端电压、滑动变阻器两端的电压，理想电流表A测的是干路中的电流。滑动变阻器滑片向下滑动，其接入电路的电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路中的电流增大，A示数增大，内电压增大，路端电压减小，即V2示数减小，故A正确，不符合题意，B错误，符合题意；C．电压表V3测量滑动变阻器两端电压，电压表V3的变化量的绝对值所以故C正确，不符合题意；D．因理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则, 又所以故D正确，不符合题意。故选B。
8．AC【详解】AB．两球组成的系统不受外力作用，动量守恒，由题知，发生弹性碰撞，故机械能守恒，A正确；B错误；CD．碰撞过程中由动量定理知由机械能守恒知联立解得，A球碰后速度为或（舍去）B球碰后速度为或（舍去）由弹性碰撞的规律知，当时，，，并且，碰撞后两球都向前运动。故碰后A球的速度为，B球的速度为，C正确；D错误；故选AC。
9．AD【详解】A．公仔头部在最高点时，底座对桌面的压力刚好为零，故此时弹簧处于伸长状态弹力大小为，对公仔头部又解得选项A正确；D．根据简谐运动的对称性，当公仔头部运动到最低点时得此时对底座受力分析公仔头部运动至最低点时，桌面对底座支持力的大小为，选项D正确；
BC．公仔头部有最大速度时，弹簧的弹力和公仔头部的重力等大反向，弹簧处于压缩状态，选项BC错误。故选AD。
10．BCD【详解】AB．设小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，小球运动到最低点时的速度大小为，A、B的速度为；小球由静止释放在向下摆动的过程中，对A有拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等，A、B、C系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒有根据能量守恒有联立解得，，故A正确，B错误；CD．C球向左摆至最高点时，A、C共速，设球C从最低点第一次到达轻杆左侧最高处的竖直高度为，水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒有
根据能量守恒有联立解得根据几何关系可得小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为，故C错误，D正确。故选AD。
11． 12.05 AD
【详解】（1）[1] 小球的直径
（2）[2] 根据实验原理和目的，要验证动量守恒，则必须测量两个小球的质量和速度，高度相同，即速度可用水平位移代替的，故需要测量两个球的质量、两个小球落点的平均位置到O点距离OM和ON。故选AD。
（3）[3] 根据动量守恒定律有
整理得
12．(1)ABDFH
(2)图甲
(3) 1.5 0.7
【详解】（1）实验时需要选择被测干电池一节，开关、导线若干，为了便于调节，使测量数据的连续性好，应选择总阻值小一些的滑动变阻器；由于一节电池的电动势约为1.5V，为了电压测量值的精确度，应选量程小一些的电压表；为了尽可能准确地测量电池的电动势和内阻，应选择内阻已知的电流表。因此，实验中需要选择的器材为ABDFH。
（2）由于电流表内阻已知，可精确知道电流表的分压值，所以电流表相对于电源应采用内接法，故实验电路图应选择图甲。
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值为
解得内电阻为
13．（1）20W；（2）18W；（3）8W
【详解】（1）已知电压表的示数U1＝3.0 V和定值电阻R1＝1.5 Ω，根据欧姆定律可求出电路中的电流
I＝＝2.0A
电源的总功率
P总＝EI＝20W
（2）电源的输出功率
P出＝EI－I2r＝18 W
（3）根据闭合电路的欧姆定律，电动机两端的电压
U2＝E－U1－Ir＝6 V
电动机消耗的电功率
P电＝U2I＝12 W
电动机将电能转化为机械能的功率，就是电动机的输出功率
P机＝U2I－I2R0＝8W
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对子弹和木块A组成的系统，根据动量守恒定律有
解得
（2）在子弹击中木块后，当A和B达到共同速度v时，A和B组成的系统相当于完成了一次完全非弹性碰撞，损失的动能最多，而损失的动能全部转化为了弹簧的弹性势能，所以此时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
解得
（3）根据能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能为
15．(1)，方向水平向右
(2)2m/s
(3)
【详解】（1）物块P沿MN滑下，设末速度，由机械能守恒定律得
解得
物块P、Q碰撞，取向右为正，碰后P、Q速度分别为、，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得，
故碰撞后瞬间物块Q的速度为，方向水平向右
（2）物块Q与小车相对运动，可由牛顿第二定律可得物块Q的加速度为
小车的加速度
物块Q的位移
解得
物块Q的速度为
小车的位移
解得
物块Q相对于小车运动的距离
（3）AB段最长，则物块Q刚好到达B点时就与小车共速，根据动量守恒定律有
可得共同速度为
由能量守恒定律得
解得
AB段最短，则物块Q刚好回到A点时与小车共速，根据动量守恒定律可得共同速度仍为
由能量守恒定律得
解得
当AB段最短时物块Q在圆弧上共速时上升高度需要验证是否超过R，由能量守恒定律得
解得
所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB段的长度范围为。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
D
C
C
B
B
AC
AC
BCD