重庆大一联盟&稳昇高教育2025-2026学年（上）高2026届12月联考物理试题+答案

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。12．D解析：由相机处于平衡态有3Ncos=mg，故每根支架对相机的支持力N=，3A错误。当减小时，N变小。B错误。由于整体法有3N地=（m+M）g，故D正确。增大，N地保持不变。C错误。223．C解析：物体抛出时的速度大小由矢量合成为1+2，故A错误。乙观察到物体做匀变速曲线运动，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300，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5块从B—C过程由功能关系有EPmax=fL+0.25mgh联立解得EPmax=，A正确。86．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3，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+==75%，D正确。流过电阻R电流为IR=3A，干路电流为I干=IR+I=5A。内电压为U内内=E-U端=12-9=3V，故电源内阻r==0.6，B错误。电源总功率P=I干E=60W，故C错干误。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121242mgh=+且va=vb解得va=vb=故B正确。2258．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。9．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。10．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222好仍在点正上方。即（）地又由地解A0.5T=n+0.5TT=T=2=卫星卫星得：23GM（2n+1）3325r=（n=0，1，2……），当n=0时r=B正确。当n=2时r=C222正确。2(64)11．答案：(1)EP=mgh5（2分）Ek=（2分）（2）k=2g（2分）82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EP=mgh5，F点为E，G2(64)12(64)两点中间时刻，其速度v=动能增加量Ek=v=228212）由mgh=v2知v2=2gh故v2—h图斜率k=2g212．答案：（1）18.0（2分）（2）实物连接见右图（2分）2.0（2分）（3）最右边（1分）（4）55（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为并连形式，电压相等。故rg=2R2=18.0mA（2）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==200，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，R3R故拨b时为“1”倍率（此时欧姆表内阻为20），4拨a时为“10”倍率（此时欧姆表内阻为200）。aSb故拨b时流过电阻R3的电流应为流过电流表的91倍，才满足倍率关系。所以R3=rg=2.09（3）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，故电流表指针在黑表笔红表笔最右边。（4）按照步骤（3）欧姆调零后有此倍率下欧姆表内阻R=20，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6I干==解得Rx=55++2013.1）Mc=0.06kg2）T=1.2NfA=0.6N解析：1）由平衡方程有Mcg=m2g（2分）解得Mc=0.06kg（1分）22）对B，C构成的系统由牛顿第二定律有mcg-m2g=（mc+m2）a（2分）得a=6m/s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=m2g=0.6N（2分）214.1）E=02）x=3dS=8d2解析：1）粒子水平方向有2d=v0t（1分）竖直方向有d=（1分）222解得E=0=0（1分）2212设电源电动势为E，由电路分析R1与R2并联，外电路总电阻R外==R（1分）1+2210电容器两端电压为路端电压U=R外=（1分）又U=Ed联立解得E=（1分）+外22）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）荧光屏2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vQR0到荧光屏上B点。1由类平抛运动推论，NB反向延长线过电容器中点A。N2+由相似三角形对应边成比例有=（2分）2+2解得S=8d（1分）B290212215.1）R=mc=0.5m2)Ep=-2m3）Q=8020解析：1）设C与B碰前速度大小为v1，碰后速度大小为v2。12112对C有mcgR=（1分）mcgR=（1分）21922BC的碰撞满足系统动量守恒与机械能守恒有：mcv1=-mcv2+mv0（1分）1112=2+2（1分）212220290解得R=（1分）mc=0.5m（1分）82）B恰飞离A板时，弹力为零。满足mg=F即mg=vm（2分）20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=（mg-F）t=t-=t-202021002解得x=（1分）又由Ep=-W电场力=-qEx=-2m（1分）01113）对AB构成的系统由能量守恒有22+(2)22+=（3分）220201解得：Q=22（2分）20