湖南省多校2025-2026學年高二年級上冊12月聯考物理試卷（含解析）

高二物理試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.2024年8月26日，“深海一號”二期開發井鉆完井作業提前完成。下列情況中，可將“深海一號”鉆井平臺

視為質點的是（）

A.工程師調整平臺鉆井臂的作業角度時

B.計算平臺從南海某海域航行至湖海油田的航線時

C.工作人員檢查平臺的甲板焊接結構時

D.平臺在指定海域錨定固定位置時

【答案】B

解析：A.工程師調整平臺鉆井臂的作業角度時，需考慮鉆井臂的具體位置和方向，平臺的尺寸和形狀不可

忽略，故不能視為質點，故A錯誤：

B.計算平臺從南海某海域航行至渤海油田的航線時，僅關注平臺整體的運動軌跡和位置，其尺寸和形狀相

對于航行距離可忽略，故可視為質點，故B正確；

C.工作人員檢查平臺的甲板焊接結構時，需詳細考察甲板的局部結構，平臺的尺寸和形狀不可忽略，故不

能視為質點，故c錯誤；

D.平臺在指定海域錨定固定位置時，需確保平臺穩定錨定，其尺寸和形狀會影響錨定效果，不可忽略，故

不能視為質點，故D錯誤。故選

2.我國“天問一號”探測器環繞火星做勻速圓周運動時，測得其軌道半徑為〃，運行周期為丁。已知引力常

量為G,忽略火星自轉及其他天體干擾，下列說法正確的是（）

A.可直接求出火星表面的重力加速度

271r

B.可求出“天問一號”的線速度大小為y二——

T

C.火星的質量為"二3二

GT2

D.“天問一號”的向心加速度與軌道半徑，?成反比

【答案】B

解析：A.設火星的半徑為R,則在火星表面的物體〃名二—/

“GM

可得g二1h

題目中僅給出軌道半徑廠和周期7，未給出火星半徑R,因此無法直接求出重力加速度，故A錯誤;

2?！?/p>

B.可求出“天問一號”的線速度大小為v二—，故B正確;

T

C.由萬有引力提供向心力G絲

r2T2

因此。與八成反比，故D錯誤。

故選B。

3.更為等量異種點電荷的電場線，。、6、C、”分別為點電荷連線或點電荷連線的中垂線上的點，則（）

A.a、b、c、d點處的電場強度方向相同

B。、6、。、d點處的電場強度方向不同

C.b點處的電場強度最大

D.4點處的電勢最高

【答案】A

解析：AB.由題圖可看出，如b、c、4點處的屯場線均水平向右，則人從c、"點處的電場強度方向相

同，故A正確，B錯誤；

C.根據等審:異種電荷的電場線分布可知，在兩電荷的連線各點中，連線的中點處電場線最稀疏，在兩電荷

連線的中垂線上各點中，中垂線與兩電荷連線的交點處電場線最密集，則說明在。、仄c、d四點中。點處

的電場強度最大，故C錯誤；

D.沿著電場線的方向電勢降低，所以。點電勢大于8點電勢，而外b、c、d處于同一等勢面，所以a點

處的電勢最高，故D錯誤。

故選Ao

4.如圖所示，一小球以某一水平速度拋出，在落地之前經過空中力、8兩點用時1.4S,在4點小球速度方

向與水平方向的夾角為37。，在*點小球速度方向與水平方向的夾角為53。，（空氣阻力忽略不計，

sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?）,以下判斷正確的是（）

A.水平速度%=20m/s

B.A、8兩點間的高度差為/?=9.8m

C.A>“兩點間的水平距離為s=33.6m

4

D.拋出點到B點的位移方向與水平方向夾角a的正切值tana=-

3

【答案】C

解析：A.小球在4點時tan37°二」士

%

小球在4點時tan53。=獨

%

其中4B=vyA+gAf，A/=1.4s

聯立，解得v0=24m/s,vyA=18m/s,vyB=32m/s,故A錯誤；

B.小球從4到6的過程，在豎直方向h=""+匕"?4=35m,故B錯誤；

2

C.小球從4到△的過程,在水平方向x=%?A/=33.6m.故C正確：

D.根據平拋運動的推論，末速度與水平方向夾角的正切值等于位移與水平方向夾角正切值的2倍可知，

12

tan?=—tan53°=—,故D錯誤。

23

故選C。

5.如圖所示，有兩豎直桿垂直固定于地面且頂端力、8之間固定著一根細繩，其中兩桿水平距離為8m,

細繩長度為10m,將一個重為18、的小物體通過光滑的輕質小掛鉤。掛在細繩上，平衡時，下列判斷正確

的是（)

A.平衡時細繩中的張力為16N

B.若更換重為25N的小物體，則小掛鉤懸掛點左移

C,細繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小

D.保持細繩兩端在桿上位置不動，左桿移動一小段距離到虛線位置時，細繩中的張力變小

【答案】D

解析：ABC.設繩子與豎直方向的夾角為a,繩子總長度為3兩桿間的距離為S,延長月。交右邊桿于C,

根據幾何關系可知。。=。8

則,4。=L

則sin。"二迎4

L10m5

由共點力的平衡條件可知，兩拉力的合力與物體的重力等大反向；由幾何關系可知拉力為

F=G=15N

2cosa

小拄鉤懸拄點與小物塊的重力無關，繩子的拉力與細繩的兩端高度差無關，故ABC錯誤；

D.保持細繩兩端在桿上位置不動，左桿移動一小段距離到虛線位置時，則兩桿間的距離為S變小，由

S

sina=—

L

可知，sina變小，則cosa變大，

G

根據歹=

2cosa

可知，細繩中的張力變小，故D正確。

故選Do

6.一個小球在豎直方向上做簡諧振動，其位移和時間關系如圖所示，當f=0時小球恰好在x=lm處，經

過0.2s后小球運動到了最大位移處。下列關于小球運動情況的說法正確的是()

3

B從0時刻開始經過一丁，小球的路程小于6m

4

C.當，=0.5s時小球的動能為0

D.當r=0.6s時小球的加速度為0

【答案】B

解析：A.該簡諧運動的振動方程為x=Nsin(<yf+9)

由圖可知/l=2m

當z=0時，x=1m；當f=0.2s時，x=2m?代入上式，可得x=2sin(21+工)m

36

271

所以r=一=i.2s,故A錯誤；

(O

3T

B.由題意可知，從0時刻開始經過二7時間內，小球先沿x正方向運動，運動時間小于二；再沿x負方向

44

rjy勺4

運動，運動時間為一；最后沿X正方向運動，當，=二丁時，x=2sin(—r+-)m=-V3m

2436

3

所以從0時刻開始經過二丁時間內，小球的路程為s=lm+2x2m+(2-G)m=—m<6m?故

4

B正確；

C.當/=0.5s時x=2sin(型/+N)m=0

此時小球位于平衡位置處，速度最大，動能最大，故C錯誤;

D.當/=0.6s時x=2sin（史2+^）m=-lm

36

再根據F=-kx

可知，此時小球的回復力不為零，根據牛頓第二定律/二〃?。

可知，小球的加速度也不為零，故D錯誤。

故選B.

7.如圖所示，在豎直平面內有水立向左的勻強電場，一根長為2L的絕緣細線一端固定在。點，另一端系一

質量為2〃？的帶電小球，小球電荷量大小為小球靜止時細線與豎直方向成。角，6=30。。此時讓小球

獲得初速度且恰能繞。點在豎直平面內順時針做圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

廠2"儂os30°

A.勻強電場的電場強度大小七二T---------

q

B.小球的動能最小值為耳二

C.小球運動至圓周軌跡上與靜止位置關于圓心對稱的點時，機械能變化最最大

D.若小球恰好能夠完成圓周運動，則小球運動過程中對線的最大拉力為衛

cos30°

【答案】D

解析：A.對小球進行受力分析，如圖所示

根據平衡條件可得，電場力大小為6tl=qE=2加gtan300

l2〃?gtan30°

所以七二3-------,故A錯誤;

q

B.小球恰能繞。點在豎直平面內順時針做圓周運動，在等效最高點力速度最小，根據等效重力提供向心

力，有秘鴛=2,〃上

cos30°

則最小動能Ek='x2〃"=2理，故B錯誤；

2cos30°

C.小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球電勢能變化量最大時，機械能變化量最大，即小球運動到圓周

軌跡的最左端點時.，電勢能變化量最大，小球的機械能變化量最大，故C錯誤；

D.小球運動到原來靜止位置，即等效最低點時，小球對線的拉力最大，則小球從等效最高點到等效最低點

2

的過程，根據動能定理一"一x4A=-x2mv^n--x2mv

cos30°

小匕時r__迦1=2小匕工

cos30°

聯立，解得r=也義故D正確。

cos30°

故選D。

二、多選題：本大題共3小題，共15分°

8.可甲中，匝數為N、邊長為L的正方形線圈與磁感應強度為8的勻強磁場垂直，線圈一半在磁場中，一

半在磁場外；圖乙中，一矩形線圈與通電直導線都在豎直面內放置.，且直導線與矩形長邊平行，I為線圈初

位置。下列說法正確的是（）

：X"x"x'X''X：

AC\

?x義xKX;；'

M1I

IIII

；xxxxx;

L_

~2

A.圖甲中通過線圈的磁通最為一N8Z;

2

B.圖甲中，以力。為軸旋轉線圈，且轉動角度小于60。，此過程中線圈不產生感應電流

C.圖乙中，線圈從I位置平移到II位置過程中線圈的磁通量先增大后減小到零

D.圖乙中，線圈保持在II位置不動，減小導線電流的過程中，通過線圈的磁通量減小

【答案】BC

T

解析：A.圖甲中線圈通過磁場的有效面積S=￡?士=二

22

則通過線圈的磁通量為（P=BS=-Bl}

故A錯誤；

B.圖甲中，以NC為軸旋轉線圈，即使轉動角度小于60。，但通過閉合線圈的磁通量沒有發生變化，故此

過程中線圈不會產生感應電流，故B錯誤；

C.圖乙中，線圈從I位置平移到II位置過程分兩個過程

過程一

線圈靠近通電導線，但不經過通電導線，因越靠近導線，通電導線產生的磁場越強，故此過程，通過線圈

的磁通量在增強

過程二

線圈開始經過通電導線直至n位置，此過程既有穿入線圈的磁場又有穿出的磁場，磁通量在減小

故線圈從I位置平移到11位置過程中線圈的磁通量先增大后減小到零，故c正確；

D.圖乙中，線圈保持在II位置不動，此位置為線圈正中間，既有穿入線圈的磁場又有穿由的磁場，通過該

線框的磁通量為零，故即使減小導線電流，通過線圈的磁通量仍為零，故D錯誤。

故選BCo

9.如圖，電源電動勢為E,內阻為〃，電路中。為電容器，L為小燈泡。電流表、電壓表均為理想電表。

滑動變阻器R最大電阻為300Q,。最初滑片尸在相端，閉合開關S,待電路穩定后，將夕從加端緩慢地移

動到〃端。Q在〃?端時，燈L兩端電壓過低，尚未發光；P在〃端時，燈L能發白光。/為電流表A的示

數，&分別是電壓表Vi、％示數，實驗中電流表A的示數改變量絕對值為△/,電壓表Vi的示數改

變量絕對值為AUi，電壓表V?的示數改變量?絕對值為△"?，則隨著。從〃，端移動到，端有（)

A.電容器所帶的電荷量減少&等嚕

C.些1的值變大，而5的值變小

D.”＞卜5

A//

【答案】B

解析：A.由圖可知電容器與燈L并聯，故電容器兩端電壓即為燈L兩端電壓，燈L與滑動變阻器串聯，

隨著戶從,〃端移動到〃端滑動變阻器阻值在減小，依據串反并同，故電容器兩端電壓增大，又有。二

故電容器所帶的電荷量增加，故A錯誤；

B.依據閉合電路歐姆定律

移動滑片P,則U；=/為

聯立解得也■=/?￡

AZ

Uy=E-Ir-IRf

移動滑片P,則U：=E-HR

聯立解得四=〃+曷.

A/

故W

M

故B正確;

△G

C.由=「+RL

得當的值不變

A/

隨著。從〃?端移動到〃端，R總變小，/變大，則號的值變小，故c錯誤；

D.依據閉合電路歐姆定律。2=/%

移動滑片尸，則U；=/'R/

故\u2=MRL

U}=E-Ir-JRL

移動滑片P

則%

故AU]=A/（rI&）

故

故D錯誤；

故選Bo

10.如圖甲所示，傾角為6=37。的傳送帶以y=2.0m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶的長度

〃a=10-0m。一個可視為質點的質量〃?=1.0kg的物塊，自力點無初速度地放在傳送帶底端，其被傳送

至8端的過程中，重力勢能（以傳送帶底端位置所在平面為重力勢能的零勢能面）”與時間/的關系（緯-。

圖像如圖乙所示（5s前的曲線為拋物線的一部分，5s后圖線為直線）。重力加速度g取lOm/s?，

A.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.4

B.整個過程中合外力對物塊做的功為2.0J

C.整個過程中摩擦力對物塊的珅量大小為47N-s

D.整個過程中物塊所受摩擦力做的功等于物塊機械能的增加量，均為62J

【答案】BCD

解析：A.由題意可知，物塊在。=5s時與傳送帶共速，則物塊的加速度Q=：=°.4m/s2

;

由牛頓第二定律ma=-〃zgsin。

解得4=0.8,故A錯誤；

B.合外力做功等于動能變化量妝二工機/二？1，故B正確；

2

C.由/-0=2QX]

解得加速過程物塊的位移大小為％=5m

勻速階段辦=乙8一*=2.5s

v

摩擦力對物塊的沖量大小為

4=〃加geos例[+mgsin仇2=47N-s,故c正確;

D.整個過程中物塊所受摩擦力做的功等于物塊機械能的增加量，初始時刻機械能為零，其增加量

AE=mgLABsin。+g""一。二62J,故D正確。

故選BCDo

三、實驗題：本大題共2小題，共6+10=16分。

11.某實驗小組學習動量守恒定律和單擺的相關知識后，設計了如下實驗，裝置如圖。彈性小球力的質量為

犯、直徑為d,擺線長為￡,小物塊8的質量為根2（加2>叫）.8與水平桌面間的動摩擦因數為〃，小球

（1）將小球4拉開使擺線與豎直方向成仇角（4<5。），由靜L釋放，則經過時間后，4、8相

碰，碰前瞬間擺線的拉力大小為

（2）A.8相碰后，若小球N反彈的最大偏角為2,小物塊向右滑動的距離為s，則力、8碰撞過程動量

守恒的驗證式為

_7i\2L+dsin。2

恪案】⑴町g(3-2cos仇)(2)叫j2L+d

22

2L+d

解析：（1）［1］由于a<5。，小球的運動可以近似為單擺的簡諧運動，其周期為7=2兀

碰撞前運動。個周期，因此經過z=與4后相碰;

44272g

(dd\1)

[2]由動能定理得〃?|g^+―-Acos^cos6>=

IN乙)乙2

圓周運動，拉力廠一〃伯二町廠才

L+-

2

聯立解得％=［g（2L+d）（l-CQsq）,F=〃7￡（3-2cos0、）

I(dd

(2)[3]碰撞后不犯(=燒￡L+—-Lcos^--cos^

2

解得小球A反彈的速度v,=Jg（2A+d）（l-cos&）

小球B的速度滿足0-y；=-2〃gs

解得v2=s]2jugs

若動量守恒,滿足加i%=-町匕+m2V2

聯合二倍角公式推導得到mg2L+dsin"+sm%m

22J-

12.測定干電池的電動勢和內阻的電路如圖（a）所示，MN為一段粗細均勻、電阻率較大的電阻絲，定值

電阻Ro=1.2Q。調節滑片P,記錄電壓表示數U、電流表示數/及對應的尸N長度x,繪制出圖（b）所示

的U—/圖像。

<Y>2N但

oX

圖（b）圖（c）

(1)由圖（b）求得電池的電動勢￡=V,內阻尸C（均保留2位小數）;

(2)實驗中因電表內阻的影響，電動勢測量值（選填“大于"、“等于'喊“小于”）真實值;

根據實驗數據可繪出圖（c）所示的巨-x圖像。若圖像斜率為左,電阻絲橫截面枳為S,則電阻絲的

(3)

電阻率。=，電表內阻對電阻率的測量（選填“有”或“沒有”）影響。

【答案】（1）1.490.25（2）小于（3）M沒有

解析：（1）口］由圖（a）所示電路圖可知，路端電壓

U=E—IgR°）

由圖（b）所示U—/圖像可知，電池的電動勢

F=1.49V

［2］圖像斜率的絕對值

k=r+lL=—=1.450.

M

內阻

r=0.25C

（2）［3］根據圖（a）可知，伏安法測電阻相對于電源來說采用電流表外接法，由于電壓表分流作用，電流

表測量值偏小，當外電路短路時，電流測量值等于真實值，電源的U-/圖像如圖所示

由圖像可知，電動勢測量值小于真實值;

（3）［4］根據圖（a）所示電路圖可知

由卜x圖像可知，圖像的斜率

k=2

s

解得

p=kS

[5]考慮電表內阻，圖像的斜率不變，對電阻率的測量沒有影響。

四、計算題：本大題共3小題，共11+14+16=41分。

13.如圖所示，水平面與傾角6=37。的斜面在4處平滑相連，水平面上力、“兩點間距離h=4m,斜面

上的。點距離8點$2=16m,質量團=2kg的物體（可視為質點），在與水平面成。=37。的恒力產=20N

的作用下由4點從靜止開始運動，到達8點后物體將沿斜面繼續上滑經過。點。已知物體與水平面及斜面

間的動摩擦因數〃均為0.5,(g取10ni/s2,sin37°=0.6,cos370=0.8),>求:

（1）物體在水平面上運動的加速度大小。；

（2）物體運動到8處的速度大小方;

（3）物體在斜面上從8點運動到C的時間乙

【答案】⑴6m/s2（2）45/3m/s（3）苧s

解析：（1）正交分解可得在豎直方向上廠sin6+《v=〃?g

可得物體與水平面的滑動摩擦力f=從F'=〃（〃7g—Ain0）

在水平方向上/cos。-7=ma,解得〃=6m/s2

（2）由動能定理可得〃my一0

2

到B處時v=4\/3m/s

（3）物體滑上斜面后正交分解可得垂直斜面方向&=cos。

在斜面上.滑動摩擦力/'=〃月v=〃"7gcosO

沿斜面方向F-mgsin0-f=ma,解得^=0m/s2

故物體沿斜面向上勻速直線運動，物體在斜面上從B點運動到C的時間Z=^-=-^=—s

v4V33

14.如圖所示，水平絕緣軌道48長￡=7.5m,離地高/?=1.8m,A.4間存在豎直向上的勻強電場E。B、

C間存在水平向右的勻強電場反。一質量〃7=01kg、電荷量g=-5xl（T'C的小滑塊，從軌道上的4點

以%=9m/s的初速度向右滑動，從8點離開電場后，垂直落在地面上的C點，B、C間的水平距離

x=1.8mo滑塊與軌道間的動摩擦因數"=0.2,g取lOm/s2,不計空氣阻力。求：

（1）滑塊離開8點時速度也的大??；

（2）滑塊從/點運動到B點所用的時間;

（3）勻強電場的電場強度￡、用的大小。

4-,

【答案】（1）vH=6m/s（2）f=ls（3）E=lxioN/C,E2=2xlON/C

解析：（1）滑塊由8點到。點，在豎直方向人=；m2,解得/=0.6s

在水平方向，做勻減速直線運動，則x=%Z

2

解得=6m/s

（2）滑塊從4點運動到8點，根據￡=心公

2

解得r=ls

（3）滑塊從/點運動到4點，加速度大小為q='=3m/s2

根據牛頓第二定律〃（加g+|同E）=ma}

解得E=lxio4N/C

滑塊由8點到。點，在水平方向的加速度大小為的=,=10m/s2

根據牛頓第二定律可得|可芻=〃/

解得馬=2X1（TN/C

15.如圖所示，光滑的水平面左邊有六個相互接觸但不粘連的質量均為〃?=3kg的剛性小球，右邊放置了一

個光滑曲面M,曲面末端水平，其高為，=3.6m,底邊長度￡=4.8m,質量為，々=2kg。一質量為

2

g=1kg的小球N從曲面的最高點由靜止釋放。已知小球間的碰撞均為彈性碰撞，g=10m/so

（1）求從N開始釋放到M、N第一次分離時M、N各自的水平位移大?。?/p>

（2）分析N與。第一次碰撞后N能否追上M,請列式計