稳昇高教育2025-2026学年（上）高2026届12月联考物理试题及答案

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20252026学年(上)高2026届12月联考

物理试题

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3Ncosθ=mg，故每根支架对相机的支持力N,

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m确g。c0增sθ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，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，C正确，

D错误。

√3a0x0

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=，A正确。

mgh

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

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=E-U端=12-9=3V，故电源内阻rB错误。电源总功率P=I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且va=vb解得va=vb故B正确。

mvmv

8．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=，

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，C错误。由对称性

√2mg

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

√2mg

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

地解

好仍在A点正上方。即0.5T=（n+0.5）T地又由TT=卫星

2

得：=mwr

（，，），当时正确。当时

r=3n=012……n=0rBn=2rC

正确。

11．答案：(1)ΔEP=mgh5（2分）（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

2

两点中间时刻，其速度v=动能增加量ΔEk=v=

2）由mgh=v2知v2=2gh故v2—h图斜率k=2gm

m

12．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

为并连形式，电压相等。故rg=2R2=18.0Ω

mA

（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

拨到b时电流表并入电阻R3，量

程扩大。该种倍率下欧姆表的内阻值比拨a时小，R

3R

故拨b时为“1”倍率（此时欧姆表内阻为20Ω),(c4

拨a时为“10”倍率（此时欧姆表内阻为200Ω)。a

×Sb

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Rrg=2.0Ω

（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

最右边。红表笔

（4）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干==解得Rx=55Ω

13.1）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

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/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=μm2g=0.6N（2分）

14.1）E=2）x=3dS=8d

2

解析：1）粒子水平方向有2d=v0t（1分）竖直方向有d=t（1分）

解得E（1分）

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）

电容器两端电压为路端电压UR外E（1分）又U=Ed联立解得E=（1分）

2）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）

荧光屏

竖直方向有d+x=t2（1分）

解得x=3d（1分）A

如图所示，粒子从点飞出电容器后沿直线运动，打Q

Nv0

R

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。

N

由相似三角形对应边成比例有（2分）

解得S=8d（1分）

B

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15.1）Rmc=0.5m2)ΔEp=-2mv03）Q=mv0一mv

解析：1）设C与B碰前速度大小为v1，碰后速度大小为v2。

22

对C有mcgR=mv1（1分）mcgR=mv2（1分）

BC的碰撞满足系统动量守恒与机械能守恒有：mcv1=-mcv2+mv0（1分）

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