湖南省多校2025-2026学年高二年级上册12月联考物理试卷（含解析）

高二物理试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.2024年8月26日，“深海一号”二期开发井钻完井作业提前完成。下列情况中，可将“深海一号”钻井平台

视为质点的是（）

A.工程师调整平台钻井臂的作业角度时

B.计算平台从南海某海域航行至湖海油田的航线时

C.工作人员检查平台的甲板焊接结构时

D.平台在指定海域锚定固定位置时

【答案】B

解析：A.工程师调整平台钻井臂的作业角度时，需考虑钻井臂的具体位置和方向，平台的尺寸和形状不可

忽略，故不能视为质点，故A错误：

B.计算平台从南海某海域航行至渤海油田的航线时，仅关注平台整体的运动轨迹和位置，其尺寸和形状相

对于航行距离可忽略，故可视为质点，故B正确；

C.工作人员检查平台的甲板焊接结构时，需详细考察甲板的局部结构，平台的尺寸和形状不可忽略，故不

能视为质点，故c错误；

D.平台在指定海域锚定固定位置时，需确保平台稳定锚定，其尺寸和形状会影响锚定效果，不可忽略，故

不能视为质点，故D错误。故选

2.我国“天问一号”探测器环绕火星做匀速圆周运动时，测得其轨道半径为〃，运行周期为丁。已知引力常

量为G,忽略火星自转及其他天体干扰，下列说法正确的是（）

A.可直接求出火星表面的重力加速度

271r

B.可求出“天问一号”的线速度大小为y二——

T

C.火星的质量为"二3二

GT2

D.“天问一号”的向心加速度与轨道半径，•成反比

【答案】B

解析：A.设火星的半径为R,则在火星表面的物体〃名二—/

“GM

可得g二1h

题目中仅给出轨道半径厂和周期7，未给出火星半径R,因此无法直接求出重力加速度，故A错误;

2兀〃

B.可求出“天问一号”的线速度大小为v二—，故B正确;

T

C.由万有引力提供向心力G丝

r2T2

因此。与八成反比，故D错误。

故选B。

3.更为等量异种点电荷的电场线，。、6、C、”分别为点电荷连线或点电荷连线的中垂线上的点，则（）

A.a、b、c、d点处的电场强度方向相同

B。、6、。、d点处的电场强度方向不同

C.b点处的电场强度最大

D.4点处的电势最高

【答案】A

解析：AB.由题图可看出，如b、c、4点处的屯场线均水平向右，则人从c、"点处的电场强度方向相

同，故A正确，B错误；

C.根据等审:异种电荷的电场线分布可知，在两电荷的连线各点中，连线的中点处电场线最稀疏，在两电荷

连线的中垂线上各点中，中垂线与两电荷连线的交点处电场线最密集，则说明在。、仄c、d四点中。点处

的电场强度最大，故C错误；

D.沿着电场线的方向电势降低，所以。点电势大于8点电势，而外b、c、d处于同一等势面，所以a点

处的电势最高，故D错误。

故选Ao

4.如图所示，一小球以某一水平速度抛出，在落地之前经过空中力、8两点用时1.4S,在4点小球速度方

向与水平方向的夹角为37。，在*点小球速度方向与水平方向的夹角为53。，（空气阻力忽略不计，

sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?）,以下判断正确的是（）

A.水平速度%=20m/s

B.A、8两点间的高度差为/?=9.8m

C.A>“两点间的水平距离为s=33.6m

4

D.抛出点到B点的位移方向与水平方向夹角a的正切值tana=-

3

【答案】C

解析：A.小球在4点时tan37°二」士

%

小球在4点时tan53。=独

%

其中4B=vyA+gAf，A/=1.4s

联立，解得v0=24m/s,vyA=18m/s,vyB=32m/s,故A错误；

B.小球从4到6的过程，在竖直方向h=""+匕"•4=35m,故B错误；

2

C.小球从4到△的过程,在水平方向x=%•A/=33.6m.故C正确：

D.根据平抛运动的推论，末速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍可知，

12

tan«=—tan53°=—,故D错误。

23

故选C。

5.如图所示，有两竖直杆垂直固定于地面且顶端力、8之间固定着一根细绳，其中两杆水平距离为8m,

细绳长度为10m,将一个重为18、的小物体通过光滑的轻质小挂钩。挂在细绳上，平衡时，下列判断正确

的是（)

A.平衡时细绳中的张力为16N

B.若更换重为25N的小物体，则小挂钩悬挂点左移

C,细绳的两端高度差越小，绳子拉力越小

D.保持细绳两端在杆上位置不动，左杆移动一小段距离到虚线位置时，细绳中的张力变小

【答案】D

解析：ABC.设绳子与竖直方向的夹角为a,绳子总长度为3两杆间的距离为S,延长月。交右边杆于C,

根据几何关系可知。。=。8

则,4。=L

则sin。"二迎4

L10m5

由共点力的平衡条件可知，两拉力的合力与物体的重力等大反向；由几何关系可知拉力为

F=G=15N

2cosa

小拄钩悬拄点与小物块的重力无关，绳子的拉力与细绳的两端高度差无关，故ABC错误；

D.保持细绳两端在杆上位置不动，左杆移动一小段距离到虚线位置时，则两杆间的距离为S变小，由

S

sina=—

L

可知，sina变小，则cosa变大，

G

根据歹=

2cosa

可知，细绳中的张力变小，故D正确。

故选Do

6.一个小球在竖直方向上做简谐振动，其位移和时间关系如图所示，当f=0时小球恰好在x=lm处，经

过0.2s后小球运动到了最大位移处。下列关于小球运动情况的说法正确的是()

3

B从0时刻开始经过一丁，小球的路程小于6m

4

C.当，=0.5s时小球的动能为0

D.当r=0.6s时小球的加速度为0

【答案】B

解析：A.该简谐运动的振动方程为x=Nsin(<yf+9)

由图可知/l=2m

当z=0时，x=1m；当f=0.2s时，x=2m»代入上式，可得x=2sin(21+工)m

36

271

所以r=一=i.2s,故A错误；

(O

3T

B.由题意可知，从0时刻开始经过二7时间内，小球先沿x正方向运动，运动时间小于二；再沿x负方向

44

rjy勺4

运动，运动时间为一；最后沿X正方向运动，当，=二丁时，x=2sin(—r+-)m=-V3m

2436

3

所以从0时刻开始经过二丁时间内，小球的路程为s=lm+2x2m+(2-G)m=—m<6m»故

4

B正确；

C.当/=0.5s时x=2sin(型/+N)m=0

此时小球位于平衡位置处，速度最大，动能最大，故C错误;

D.当/=0.6s时x=2sin（史2+^）m=-lm

36

再根据F=-kx

可知，此时小球的回复力不为零，根据牛顿第二定律/二〃?。

可知，小球的加速度也不为零，故D错误。

故选B.

7.如图所示，在竖直平面内有水立向左的匀强电场，一根长为2L的绝缘细线一端固定在。点，另一端系一

质量为2〃？的带电小球，小球电荷量大小为小球静止时细线与竖直方向成。角，6=30。。此时让小球

获得初速度且恰能绕。点在竖直平面内顺时针做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

厂2"侬os30°

A.匀强电场的电场强度大小七二T---------

q

B.小球的动能最小值为耳二

C.小球运动至圆周轨迹上与静止位置关于圆心对称的点时，机械能变化最最大

D.若小球恰好能够完成圆周运动，则小球运动过程中对线的最大拉力为卫

cos30°

【答案】D

解析：A.对小球进行受力分析，如图所示

根据平衡条件可得，电场力大小为6tl=qE=2加gtan300

l2〃?gtan30°

所以七二3-------,故A错误;

q

B.小球恰能绕。点在竖直平面内顺时针做圆周运动，在等效最高点力速度最小，根据等效重力提供向心

力，有秘鸳=2,〃上

cos30°

则最小动能Ek='x2〃"=2理，故B错误；

2cos30°

C.小球的机械能和电势能之和守恒，则小球电势能变化量最大时，机械能变化量最大，即小球运动到圆周

轨迹的最左端点时.，电势能变化量最大，小球的机械能变化量最大，故C错误；

D.小球运动到原来静止位置，即等效最低点时，小球对线的拉力最大，则小球从等效最高点到等效最低点

2

的过程，根据动能定理一"一x4A=-x2mv^n--x2mv

cos30°

小匕时r__迦1=2小匕工

cos30°

联立，解得r=也义故D正确。

cos30°

故选D。

二、多选题：本大题共3小题，共15分°

8.可甲中，匝数为N、边长为L的正方形线圈与磁感应强度为8的匀强磁场垂直，线圈一半在磁场中，一

半在磁场外；图乙中，一矩形线圈与通电直导线都在竖直面内放置.，且直导线与矩形长边平行，I为线圈初

位置。下列说法正确的是（）

：X"x"x'X''X：

AC\

•x义xKX;；'

M1I

IIII

；xxxxx;

L_

~2

A.图甲中通过线圈的磁通最为一N8Z;

2

B.图甲中，以力。为轴旋转线圈，且转动角度小于60。，此过程中线圈不产生感应电流

C.图乙中，线圈从I位置平移到II位置过程中线圈的磁通量先增大后减小到零

D.图乙中，线圈保持在II位置不动，减小导线电流的过程中，通过线圈的磁通量减小

【答案】BC

T

解析：A.图甲中线圈通过磁场的有效面积S=£•士=二

22

则通过线圈的磁通量为（P=BS=-Bl}

故A错误；

B.图甲中，以NC为轴旋转线圈，即使转动角度小于60。，但通过闭合线圈的磁通量没有发生变化，故此

过程中线圈不会产生感应电流，故B错误；

C.图乙中，线圈从I位置平移到II位置过程分两个过程

过程一

线圈靠近通电导线，但不经过通电导线，因越靠近导线，通电导线产生的磁场越强，故此过程，通过线圈

的磁通量在增强

过程二

线圈开始经过通电导线直至n位置，此过程既有穿入线圈的磁场又有穿出的磁场，磁通量在减小

故线圈从I位置平移到11位置过程中线圈的磁通量先增大后减小到零，故c正确；

D.图乙中，线圈保持在II位置不动，此位置为线圈正中间，既有穿入线圈的磁场又有穿由的磁场，通过该

线框的磁通量为零，故即使减小导线电流，通过线圈的磁通量仍为零，故D错误。

故选BCo

9.如图，电源电动势为E,内阻为〃，电路中。为电容器，L为小灯泡。电流表、电压表均为理想电表。

滑动变阻器R最大电阻为300Q,。最初滑片尸在相端，闭合开关S,待电路稳定后，将夕从加端缓慢地移

动到〃端。Q在〃?端时，灯L两端电压过低，尚未发光；P在〃端时，灯L能发白光。/为电流表A的示

数，&分别是电压表Vi、％示数，实验中电流表A的示数改变量绝对值为△/,电压表Vi的示数改

变量绝对值为AUi，电压表V?的示数改变量•绝对值为△"?，则随着。从〃，端移动到，端有（)

A.电容器所带的电荷量减少&等噜

C.些1的值变大，而5的值变小

D.”＞卜5

A//

【答案】B

解析：A.由图可知电容器与灯L并联，故电容器两端电压即为灯L两端电压，灯L与滑动变阻器串联，

随着户从,〃端移动到〃端滑动变阻器阻值在减小，依据串反并同，故电容器两端电压增大，又有。二

故电容器所带的电荷量增加，故A错误；

B.依据闭合电路欧姆定律

移动滑片P,则U；=/为

联立解得也■=/?£

AZ

Uy=E-Ir-IRf

移动滑片P,则U：=E-HR

联立解得四=〃+曷.

A/

故W

M

故B正确;

△G

C.由=「+RL

得当的值不变

A/

随着。从〃?端移动到〃端，R总变小，/变大，则号的值变小，故c错误；

D.依据闭合电路欧姆定律。2=/%

移动滑片尸，则U；=/'R/

故\u2=MRL

U}=E-Ir-JRL

移动滑片P

则%

故AU]=A/（rI&）

故

故D错误；

故选Bo

10.如图甲所示，倾角为6=37。的传送带以y=2.0m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度

〃a=10-0m。一个可视为质点的质量〃?=1.0kg的物块，自力点无初速度地放在传送带底端，其被传送

至8端的过程中，重力势能（以传送带底端位置所在平面为重力势能的零势能面）”与时间/的关系（纬-。

图像如图乙所示（5s前的曲线为抛物线的一部分，5s后图线为直线）。重力加速度g取lOm/s?，

A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4

B.整个过程中合外力对物块做的功为2.0J

C.整个过程中摩擦力对物块的珅量大小为47N-s

D.整个过程中物块所受摩擦力做的功等于物块机械能的增加量，均为62J

【答案】BCD

解析：A.由题意可知，物块在。=5s时与传送带共速，则物块的加速度Q=：=°.4m/s2

;

由牛顿第二定律ma=-〃zgsin。

解得4=0.8,故A错误；

B.合外力做功等于动能变化量妆二工机/二？1，故B正确；

2

C.由/-0=2QX]

解得加速过程物块的位移大小为％=5m

匀速阶段办=乙8一*=2.5s

v

摩擦力对物块的冲量大小为

4=〃加geos例[+mgsin仇2=47N-s,故c正确;

D.整个过程中物块所受摩擦力做的功等于物块机械能的增加量，初始时刻机械能为零，其增加量

AE=mgLABsin。+g""一。二62J,故D正确。

故选BCDo

三、实验题：本大题共2小题，共6+10=16分。

11.某实验小组学习动量守恒定律和单摆的相关知识后，设计了如下实验，装置如图。弹性小球力的质量为

犯、直径为d,摆线长为£,小物块8的质量为根2（加2>叫）.8与水平桌面间的动摩擦因数为〃，小球

（1）将小球4拉开使摆线与竖直方向成仇角（4<5。），由静L释放，则经过时间后，4、8相

碰，碰前瞬间摆线的拉力大小为

（2）A.8相碰后，若小球N反弹的最大偏角为2,小物块向右滑动的距离为s，则力、8碰撞过程动量

守恒的验证式为

_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。，小球的运动可以近似为单摆的简谐运动，其周期为7=2兀

碰撞前运动。个周期，因此经过z=与4后相碰;

44272g

(dd\1)

[2]由动能定理得〃?|g^+―-Acos^cos6>=

IN乙)乙2

圆周运动，拉力厂一〃伯二町厂才

L+-

2

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

I(dd

(2)[3]碰撞后不犯(=烧£L+—-Lcos^--cos^

2

解得小球A反弹的速度v,=Jg（2A+d）（l-cos&）

小球B的速度满足0-y；=-2〃gs

解得v2=s]2jugs

若动量守恒,满足加i%=-町匕+m2V2

联合二倍角公式推导得到mg2L+dsin"+sm%m

22J-

12.测定干电池的电动势和内阻的电路如图（a）所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值

电阻Ro=1.2Q。调节滑片P,记录电压表示数U、电流表示数/及对应的尸N长度x,绘制出图（b）所示

的U—/图像。

<Y>2N但

oX

图（b）图（c）

(1)由图（b）求得电池的电动势£=V,内阻尸C（均保留2位小数）;

(2)实验中因电表内阻的影响，电动势测量值（选填“大于"、“等于'喊“小于”）真实值;

根据实验数据可绘出图（c）所示的巨-x图像。若图像斜率为左,电阻丝横截面枳为S,则电阻丝的

(3)

电阻率。=，电表内阻对电阻率的测量（选填“有”或“没有”）影响。

【答案】（1）1.490.25（2）小于（3）M没有

解析：（1）口］由图（a）所示电路图可知，路端电压

U=E—IgR°）

由图（b）所示U—/图像可知，电池的电动势

F=1.49V

［2］图像斜率的绝对值

k=r+lL=—=1.450.

M

内阻

r=0.25C

（2）［3］根据图（a）可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流

表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-/图像如图所示

由图像可知，电动势测量值小于真实值;

（3）［4］根据图（a）所示电路图可知

由卜x图像可知，图像的斜率

k=2

s

解得

p=kS

[5]考虑电表内阻，图像的斜率不变，对电阻率的测量没有影响。

四、计算题：本大题共3小题，共11+14+16=41分。

13.如图所示，水平面与倾角6=37。的斜面在4处平滑相连，水平面上力、“两点间距离h=4m,斜面

上的。点距离8点$2=16m,质量团=2kg的物体（可视为质点），在与水平面成。=37。的恒力产=20N

的作用下由4点从静止开始运动，到达8点后物体将沿斜面继续上滑经过。点。已知物体与水平面及斜面

间的动摩擦因数〃均为0.5,(g取10ni/s2,sin37°=0.6,cos370=0.8),>求:

（1）物体在水平面上运动的加速度大小。；

（2）物体运动到8处的速度大小方;

（3）物体在斜面上从8点运动到C的时间乙

【答案】⑴6m/s2（2）45/3m/s（3）苧s

解析：（1）正交分解可得在竖直方向上厂sin6+《v=〃?g

可得物体与水平面的滑动摩擦力f=从F'=〃（〃7g—Ain0）

在水平方向上/cos。-7=ma,解得〃=6m/s2

（2）由动能定理可得〃my一0

2

到B处时v=4\/3m/s

（3）物体滑上斜面后正交分解可得垂直斜面方向&=cos。

在斜面上.滑动摩擦力/'=〃月v=〃"7gcosO

沿斜面方向F-mgsin0-f=ma,解得^=0m/s2

故物体沿斜面向上匀速直线运动，物体在斜面上从B点运动到C的时间Z=^-=-^=—s

v4V33

14.如图所示，水平绝缘轨道48长£=7.5m,离地高/?=1.8m,A.4间存在竖直向上的匀强电场E。B、

C间存在水平向右的匀强电场反。一质量〃7=01kg、电荷量g=-5xl（T'C的小滑块，从轨道上的4点

以%=9m/s的初速度向右滑动，从8点离开电场后，垂直落在地面上的C点，B、C间的水平距离

x=1.8mo滑块与轨道间的动摩擦因数"=0.2,g取lOm/s2,不计空气阻力。求：

（1）滑块离开8点时速度也的大小；

（2）滑块从/点运动到B点所用的时间;

（3）匀强电场的电场强度£、用的大小。

4-,

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

解析：（1）滑块由8点到。点，在竖直方向人=；m2,解得/=0.6s

在水平方向，做匀减速直线运动，则x=%Z

2

解得=6m/s

（2）滑块从4点运动到8点，根据£=心公

2

解得r=ls

（3）滑块从/点运动到4点，加速度大小为q='=3m/s2

根据牛顿第二定律〃（加g+|同E）=ma}

解得E=lxio4N/C

滑块由8点到。点，在水平方向的加速度大小为的=,=10m/s2

根据牛顿第二定律可得|可刍=〃/

解得马=2X1（TN/C

15.如图所示，光滑的水平面左边有六个相互接触但不粘连的质量均为〃?=3kg的刚性小球，右边放置了一

个光滑曲面M,曲面末端水平，其高为，=3.6m,底边长度£=4.8m,质量为，々=2kg。一质量为

2

g=1kg的小球N从曲面的最高点由静止释放。已知小球间的碰撞均为弹性碰撞，g=10m/so

（1）求从N开始释放到M、N第一次分离时M、N各自的水平位移大小；

（2）分析N与。第一次碰撞后N能否追上M,请列式计