湖北省重点高中智学联盟2025-2026学年高二上学期12月月考物理试题

考试时间：2025年12月19日10:30- 时长：75分 试卷满分：1002B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。20分．强度。如图所示，a、b为两根竖直放置的通电直导线，电流方向OO点的磁感B0b中的电流反向时，测得O3B0

BkIk为常数，I为导线中的电流，rabIₐIb 排球运动员进行垫球训练，排球以6ms8ms的速度竖直向上垫起。已知排球的质量为270g，排球与手臂的作用时间为0.2s。不g10m/s，下列说法正确的是排球速度变化量为14m排球对手臂的平均作用力大小为排球动量变化量为0.54kgm手臂对排球的作用力的冲量为4.32Nb、ca、d 同一段通电导线分别放在a、d两点，则导线有可能在d点所受若在dN直高度为0.8m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4m，水的密度为1.0×10³kg/m³，g取10m/s²。假设水落到水面后竖直速度立即减为0，不计空气阻力，下 水离开出水口时的速度大小为0.5m/sB．水离开出水口时的速度大小为2.0m/sC1.2ND​如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面处在方向竖直向上的匀强磁场中,一根长为L的金属细杆通有电流I时，恰好能保持静止,此时磁感应强度大小为B。若保持电流I不变，磁感度为g。则此时金属细杆（ 受到的安培力变为原来的3对斜面压力大小变为原来的3D．磁感应强度𝐵'=如图，一根粗糙绝缘细杆固定在磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中，杆μA点开始由静止释放小球，使小球 B．小球运动的最大加速度小于gsinθCa=0.5g（sinθ+mgsinθD．小球的最大速度vm

数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3表示。下列判断正确的是A．U2变大，IBU2U3 CPDPPQ放在金属框上，圆环a、bPQ始终保持静止。以图甲中电流方向为正方向，则下列说法正确的是向为正方向，则下列说法正确的是t1t2内，金属棒中的感应电流方向为t1t2t2时刻和t3t1~t3 ACBDA、B、C、DO点。在轨道CMmA点以速率v0D撞。不计小球与圆轨道之间的摩擦，忽略碰撞时间，则对于该过程 M B．M5C．B、D两处绳子对圆轨道的冲量之和大小为D．A、C两处绳子对圆轨道的冲量之和大小为560)12相隔适当距离安装好，在滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有宽度均为d的挡光片，测得滑块AB（包含遮光片）的质量分别为m1和m2滑块A1的左侧，滑块B静置于两光电门之间，给A与静止的滑块与静止的滑块B1遮光时间为Δt1和Δt22相连的计时器显示的遮光时间为Δt3须满足的关系m1 ”； （填“需要”或“不需要”）测出挡光片的宽度d （用m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3表示，则表明若碰撞为弹性碰撞，应满足的表达式 （用Δt1、Δt2、Δt3表示12（10A．待测电池（E4Vr约为180)毫安表（量程5mARgD．电压表V2（量程40V，内阻约

电压表V1（4V，内阻约R00

为尽量减小实验误差，实验中电压表应选 R0R1R，则改装后的电流表量程为毫安表量程 倍 4用改装后的电流表完成实验，应该选择的实验电路是图中 （填“甲”“乙”根据实验数据画出UI图线（U是电压表读数，I是改装后电流表的读数，如图丙所示。由图线可得，该电池的电动势E V，内阻r 留3位有效数字）（12分某小型喷泉电路部分简化如图所示，电流表A为理想电表，定值电阻R14，R26Ω。电动机M的线圈电阻RM1Ω仅闭合开关S1，电流表A 的数为I24A断开S1和S2闭合开关S3直流电动M正常 电流表A的示数为I35A求：EM14（14在倾角α30∘的固定绝缘斜面上，将导线框从静止开始释放，导线框向下滑动s1m后B

3Tab（图中虚线）EF均相互平行。已知导线框的质量m0.4kgR=1.2Ω，磁场区域的宽度d2L 3g10ms2导线框ab边进入磁场区域瞬间，导线框ab两端的电势差导线框abab边上产生的焦耳热Qab15.（18分）如图所示，光滑水平地面上固定一内壁光滑的竖直轨道，轨道由圆心角为α的圆弧轨道和倾角为β=30°（β<α）2l2mBg。B以一定的速度从圆弧上端沿切向飞出，只与倾斜直轨道发生一次弹性碰撞后tanα的值。A一、选择题（4×10=40分D【详解】A．实验证实电磁波存在的是赫兹，AB．由公式cλfB错误，DC．电磁波在真空中的传播速度为3.0108m/sCA【详解】设a、b两导线在OBaBbb向上时，有BaBb b中电流方向向下时，有BaBb联立，解得B2B，B 由Bk 可知 故有Ia D【详解】A．速度变化量为矢量，初速度向下为6ms，末速度向上为8msvv末-v初=8m/s--6m/s=14m/s，故A错误；BC．根据动量定理，总冲量为动量变化量pmv0.27kg14ms3.78kgmsF和重力共同提供，即FmgΔtΔpFpmg3.78N0.2710N21.6 根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小为21.6N，故B错误；DIFt21.60.2Ns4.32NsD正确。B【详解】A．磁感线是为了方便理解磁场而虚构出来的线，并不真实存在，A错误；B．由图可知a点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，同一段通电导线分别放在a、d两点正确；CN极指向为该点的磁场方向，由图可知d点的磁场方向向右，所以在dN极指向右侧，C错误；D．由对称性可知b、c两点的磁感应强度大小相同，但方向不相同，由于磁感应强度为矢量，则b、c两点的磁感应强度不同，D错误。D【详解】ABx在竖直方向，有h1gt

v0=1.0m/sABCD．在∆t时间内流出水的质量mv0tSρ落地时的竖直速度vy 竖直方向上由动量定理Ft0

解得 故选A错误；B．开始时，由平衡条件可知，F=mgtan30°=3mg斜面向上时，由平衡条件F′=mgsin30°=1mg，即F′=3FF=BIL，F′=𝐵′IL则𝐵′= cos23mg,磁场变化后斜面对金属细杆的支持力为N′=mgcos30°=3mg，所以𝑁′= 结合牛顿第三定律可知，金属细杆对斜面的压力等于原来的3C

运动，故A错误；B0，0，此时加速度最大，则有mgsinθamaxg故B错误；mgsinθμqvmaxBmgcosθ

mgsinθμmgcosθ

qvmaxBmgsinθmgcosθmg C

DD

mgsinθμmgcosθCAC【详解】AP由最高点向下滑动时，R2阻值变大，则总电阻变大，总电流I变小，R1rR2U2A正确；BU2变大，根据闭合电路的欧姆定律可得

E

则U3r不 故B错误PIUI2RC．根据输出功

R

外 4rPR外R1Pr3r，可知电源的C正确；DPEIBC【详解】ABt1t2可知金属棒中的感应电流方向为QP、金属棒有向右运动的趋势，金属棒受到水平向左A错误，B正确；Ct2PQPQ零，𝑡3PQCDt1~t3内，由图乙可知，电流的变化率先增大后减小，则右侧闭合回路中的磁通量的变D错误。BCACD【详解】AB．设弹性小球甲、乙第一次碰撞后的速度大小分别为v1和v2，则由题意知v13v2第一次碰撞的过程根据动量守恒和能量守恒有mvmvMv1mv21mv21 联立解得M7mv3vv1vA正确，B 4 4CDDp2Mv2mv1mv0（方向沿顺时针方向p1mv0（方向沿顺时针方向BD方向动量变化量大小为mv0AC变化量大小为mv0，由动量定理可知，B、DA、C两处绳子对圆轨道的冲量之和大小均为mv0CD正确。二、非选择题（6+10+12+14+18=60分11．(1)小 不需要（每空1分 (2)

（2分​

(2分 (3) （每空2分（1）待测电池的电动势约为4VCI

IgRg5I

5（4）[1][2]R

2080 R 20 由闭合电路欧姆定律可得EUI(RA 则UI(RAr)可知UIE

r

3.801.00Ω15.0103

r1871613（1）

r

（6分

（6分（1）S1EI1R1R2r

（2分EI2R1r

（2分

E

r

（2分（2）MUEU

（2分U

（1分

II

（2分

（1分 −3 （7分 0.16 （7分（1）设导线框ab边进入磁场区域瞬间的速度大小为v

（2分导线框ab边进入磁场区域瞬间，导线框abEBLv（1分I导线框ab两端的电势差

（1分=−𝐼 （2分没加负号扣1分解得𝑈𝑎𝑏=−3 （1分安t联立解得导线框上产生的焦耳热QI2Rt

（1分（2分（1分（2分导线框完全进入磁场区域至ab边运动至磁场区域下边界的过程中，线框中没有感应电流，故不会产生焦耳热则直到导线框abab边上产生的焦耳热

1Q0.16

（