山西省大同市灵丘豪洋中学2025-2026学年高三上学期12月质量监测物理试题(A卷)

2025~2026学年高三12月质量检测卷 物理(A卷) 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对 应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答 题区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：人教版必修第一、二、三册，选择性必修第一册，选择性必修第二册第一、二章。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的， 1.如图所示，过P点的水平虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场.金属圆环在纸面内以P点为 轴沿顺时针方向匀速转动，在圆环由虚线下方转至虚线上方的过程中，下列说法正确的是 A感应电流沿顺时针方向 B.感应电流不断增大 C.圆环受到的安培力大小不变 D.圆环受到的安培力方向不变 2.蹦极是一项非常刺激的户外活动.如图所示，人站在高处，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节 处，然后两臂伸开，双腿并拢，头朝下先做自由落体运动，下落到最低点后，再上升至最高点， 在最高点弹性绳处于松弛状态，空气阻力不计，则人从最低点上升到最高点的过程中，下列说 法正确的是 A在最低点，弹性绳的弹力和人的重力大小相等 B.失重阶段的加速度最大值一定小于重力加速度 C,人的速度达到最大时，弹性绳的弹力和人的重力大小相等 D.超重阶段的加速度最大值一定小于重力加速度 【高三12月质量检测卷·物理(4卷)第1页（共6页）】 3.如图所示，长为1的通电直导体棒被两条绝缘细线悬挂于O0点上，已知导体棒质量为m,通过 的电流为I,方向如图所示，现使通电导休棒处在匀强磁场中，导体棒水平静止在图示位置，悬线 与竖直方向夹角为=30°，重力加速度为g,则所加磁感应强度的最小值和方向应是 A大小为m,方向竖直向上 3IL B.大小为器，方向沿忍线向上 C.大小为瓷，方向水平向左 D.大小为m3,方向竖直向下 4.如图所示，足够高的长方体玻璃砖竖直放置在水平桌面上，一束激光以0=60°人射角照射到 玻璃砖左侧O点，激光穿过玻璃砖后照到桌面上的P点，拿走玻璃砖，激光直接照射到桌面 上的P点，P、P两点之间距离为1.已知玻璃砖的折射率为√，不考虑光的反射，则长方体玻 璃砖的厚度为 A2, B.3L c nnnnnmnr 5.如图所示，粗细相同的圆环1、2是由同种金属制成的，虚线正方形内有垂直于圆面随时间均 匀增大的匀强磁场（图中未画出），正方形内接于圆环2而外切于圆环1，不考虑圆环1、2的 互感，则圆环1、2中的感应电流之比为 Aπ：√2 B.π：2 C.π：22 D.π：4 6.如图所示，A、B、C、D、E、F,G、H是位于竖直平面内的半径为R的圆上的八等分点，AE连线 竖直，现在空间加一平行于圆平面的匀强电场，从G点以相同的速率在圆平面内沿不同方向 抛出质量为m、电量为q的带正电小球，小球经过圆上的不同位置动能不同，其中经过B点时 动能最大，重力加速度为g,小球重力不可忽略，则下列说法正确的是 A沿不同方向抛出的小球运动的加速度不同 B.电场方向沿FB方向 C,电场强度的大小有可能为②m& 4g D.若电场强度的大小为，则小球经过圆上C点时电势能最小 【高三.12月质量检测卷·物理(A卷)第2页（共6页）】 7.如图所示，质量为m的球2静止在光滑水平面上，距离右侧竖直墙壁的距离为xo=6,质量 为M的球1以速度o=2/s向右运动与球2发生对心碰撞，碰后球1的速度方向不变，假 设所有的碰撞都是弹性碰撞，两球均视为质点，则从开始运动到两球第二次碰撞，球2运动的 路程可能为 2 To- A8.4m B.7.5m C.7.0m D.6.9m 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有两个或两 个以上选项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.下列关于磁场在现代科技中的应用说法正确的是 ×BXMX 答离子体 + 甲 丙 A图甲是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A板是发电机的正极 B.图乙是霍尔效应示意图，金属导体上表面的电势比下表面的低 C.图丙是电磁流量计的示意图，在B、d一定时，流量Q正比于UM D.图丁是回旋加速器的示意图，要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电压U 9.如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定的速度运行，传送带上表面离水平地面的高度 h=5m,将质量m=1kg的物块轻放在传送带的左端A,物块从传送带的右端B飞离到落地 的水平位移大小为s=4m;重力加速度取g=10m/s2,物块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.2，不计物块大小及空气阻力，下列说法正确的是 A.物块离开传送带时的速度大小为4m/s B.若AB=6m,则v=6m/s C.若v=5m/s,则AB=5.25m aca D.若v=5m/s,则物块与传送带摩擦产生的热量为12J 【高三12月质量检测卷·物理(4卷)第3页（共6页）】 10.如图所示，在均匀介质中有A、B、C三点，AC=5a,BC=4a,AB=3a.t=0时，位于B、C两 点的两个波源同时由平衡位置开始向上振动，振动方向与平面ABC垂直，产生的两列简谐 横波在该介质中的传播速度均为v,O是AC的中点，OD=0.7a,D是AO线段上距O点最 近的一个振动加强点，下列说法正确的是 AO点始终位于波峰处 B两列波的频率均为貂 C.A、C之间的连线上共有5个振动加强点 D.同时将两波源的频率增大一倍后，D点还是振动加强点 三、非选择题：本题共5小题，共54分， 11.(8分)智能手机中的“磁传感器”功能可实时记录手机附近磁场的变化，磁极越靠近手机，磁 感应强度越大.某实验小组用手机、磁性小球、支架、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示 的装置来测量重力加速度. 支架 夹子 磁性小球 智能手机 凳子 45 40 甲 丙 (1)将摆线上端固定在支架上，下端系在小球上制成单摆.在测量单摆的摆长时，先用毫米刻 度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测摆球的直 径，如图乙所示，则摆球的直径d= mm. (2)将手机放在悬点正下方的凳子上，使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁 性小球位于 (填“最高点”或“最低点”).若测得连续N个磁感应强度最大值的 总时间为，则单摆周期的测量值为 (用N和t表示) (3)改变悬线长度L,重复操作，可以测得多组周期T和对应悬线长度1的值，以 为 纵坐标（填“二”“T”或“T”),以L为横坐标，描点作图.若所得的图像如图丙所示，图像 的斜率为k,则重力加速度g的测量值为 (4)若在(3)中用摆线长L加上小球直径d作为摆长，则求出的重力加速度g值会 (填“偏大”、“偏小”或“不变”) 【高三12月质量检测卷·物理(A卷)第4页（共6页）】 12.(8分)甲同学利用图甲所示的方法测量灵敏电流计G(量程为0~3A)的内阻，相关器材 参数如下： x10 ×100 0 x0.1 丙 A电源E(电动势1.5V,内阻忽略) B.滑动变阻器R(阻值0~20002) C.电阻箱R D.开关两个，导线若干 (1)按图甲所示电路图连接实物电路，闭合开关前，将滑动变阻器R的滑片置于 端 (填“a”或“b”)； (2)甲同学的测量方法是：先断开开关S2,闭合开关S,调节滑动变阻器R,使电流计G的指 针满偏：保持R的阻值不变，再闭合S2,调节电阻箱R1,使电流计G的指针示数为满偏 的子，电阻箱R,的示数如图乙所示，则电流计G内阻的测量值是 2.(结果保留 三位有效数字) (3)实际上电阻箱的接人，会使电路总电阻减小，总电流增大，导致电流计G内阻的测量值 (填“大于”“等于”或“小于”)真实值， (4)为提高实验精度，下列措施可行的是 A更换电动势较小的电源 B.更换电动势较大的电源 C.更换阻值较大的滑动变阻器 (5)乙同学又找来一块电流表，将图甲改造为图丙所示电路，乙同学的测量方法是：闭合开关 S、S2,调节滑动变阻器R和电阻箱R1,使电流表A的示数为电流计G的3倍，记下此 时电阻箱的阻值为R1,则电流计G内阻的测量值为 （用R1表示)，乙同学的测 量 (填“有”或“没有”)系统误差 13.(10分)如图所示，相距20cm的平行金属导轨所在平面与水平面夹角0=37°，垂直于导轨 的金属棒ab的质量为110g,它与导轨间动摩擦因数为0.50，整个装置处于磁感应强度为 1T的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接的电源电动势为10V,内阻为1Ω，在开关闭合状态 下，金属棒ab恰好不下滑，导轨和金属棒ab电阻不计，重力加速度取g=10m/s2,最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： (1)金属棒ab所受的安培力大小， (2)滑动变阻器R接人电路的阻值. 【高三12月质量检测卷·物理(A卷)第5页（共6页）】 14.(12分)如图所示，PMN和P'M'N'是两条足够长、相距L=1m的平行光滑金属导轨， MM右侧导轨水平且处在竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中.导体棒CD垂 直导轨放置在距离MM'为d的位置，现将导体棒AB从左侧圆弧导轨上高h=3.2处垂 直导轨由静止释放，AB沿导轨下滑并进人磁场区域，两棒始终未相碰.两导体棒的质量均 为m=1kg,接入电路的电阻均为R=12,导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s.求： (1)AB刚进入磁场时，回路中的电流Io; (2)整个运动过程中，CD上产生的焦耳热Q; (3)CD与MM'间初始距离d的最小值. 15.(16分)如图所示，在平面直角坐标系x0y的第一、二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电 场强度大小为E,在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.从y轴上P(0,h)点沿x轴正方向以一定的初速度射出一个质量为m、电荷量为g的带 正电的粒子，不计粒子的重力. (1)若初速度大小为，粒子经电场偏转后第一次从x轴上Q点进人磁场，求Q到O的 距离； (2)若粒子经电场偏转后第一次从x轴上M点（图中未画出）进人磁场，之后又能回到P点， 求M到O的距离； (3)若粒子在运动过程中能通过x正半轴上与O相距为L的N点（图中未画出），求粒子在 P点的初速度大小的可能值. 【高三12月质量检测卷，物理(A卷)第.6页（共6页）】 2025~2026学年高三12月质量检测卷·物理(A卷) 参考答案、提示及评分细则 1.D在圆环由虚线下方转至虚线上方的过程中，圆环磁通量向里增大，根据楞次定律可知，感应电流沿逆时 针方向，A错误；因切割磁感线有效长度先增大后减小，故感应电流先增大后减小，B错误；有效长度和电流 发生变化，圆环受到的安培力大小变化，C错误；圆环受安培力的有效长度是圆环在水平虚线上的切割线，故 圆环受到的安培力方向始终竖直向下，D正确. 2.C人在最低点加速度向上，则弹性绳的弹力大于重力，A错误；失重阶段的加速度α=g一E,当弹性绳完全 松弛(F=0)时，加速度最大且等于g,B错误；人的速度达最大时，加速度为零，则弹性绳的弹力和人的重力大 小相等，C正确：超重阶段的最大加速度出现在最低点，此时弹性绳拉力最大，由牛顿第二定律。=E 一8，若拉 力P>2g,则加速度a>g,因此超重阶段的最大加速度可以大于重力加速度，D错误 3.B对通电导体棒进行受力分析，如图所示，受到重力、细线拉力和安培力作用处于平衡. 根据平衡条件可知，当安培力方向垂直于细线拉力时，导体棒所受的安培力最小，此时磁 感应强度为最小，即B11=mgsn0,解得B=m0=器，再根据左手定则可知，磁感应 强度方向为沿悬线向上，B正确， 4.D光线的传播路径如图所示，根据折射定律有n=n60,解得a=30°，光线经玻璃砖折射 sin a 后与原光路平行，可知PP'Q'Q为平行四边形，∠OQQ=∠QOQ=30°，△OQQ为等腰三角 形，由儿何关系可知，0Q=21cos30°.d=0Qe0s30,解得d=号1，D正确. 5.C设圆环1的半径r1=r,则圆环2的半径r2=√2r,正方形的边长l=2r,则圆环1、2的感 AB ·πn2 应电动势之比为。- AB. =骨由电阻定徘可知圆环1,2的电阻之比贤-丹=方·由1=景可知叶 ==。，C正确. 4 2√2 6.D沿不同方向抛出的小球受到的电场力与重力都相同，故运动的加速度相同，A错误；球从G点出发，到B 点时动能最大，则电场力与重力的合力方向沿FB方向，B错误：由几何关系可得FB与竖直方向的夹角为0 =45，°当电场强度有最小值时，可得E☑=mgsin0,解得E=②g,C错误；若电场强度的大小为5，则电 场强度方向水平向右，圆上C点电势最低，小球经过C点时电势能最小，D正确 7.A由题意可知Mm,设两球第一次碰撞后速度分别为、2，根据动量守恒有M=M十2，根据能量 守恒有号M2=合M2+令m2,联立解得一千兴，w=,球2运动到墙壁的时间=会， 2 此过程球1运动的距离为x=t,球1到墙壁的距离为△L=x一x,设经过t2时间两球再次相碰，则有 (十)2=△L,此过程球2运动的距离x2=22,故两次碰撞前后球2运动的路程为sB=xo十x2,解得sB =6+6M牛0(m),由于M①m,近似处理可知x>2m,则g>8m,故选A 3M-m 【高三12月质量检测卷·物理(A卷)参考答案第1页（共4页）】 8.BC由左手定则可知，带正电的粒子向B板偏转，所以B板是发电机的正极，A错误；根据左手定则，电子将 向上偏转，所以上表面的电势比下表面的低，B正确：电荷通过电磁流量计时，有=qB,污水的流量为 d Q=S=,解得Q-0,在B.d一定时，流量Q正比于Uv,C正确：设回旋加速器D形盒的半径为 R,粒子获得的最大速度为，根据牛顿第二定律有B=m爱，解得=，粒子的最大动能为E 马m2=严，由上式可知粒子获得的最大动能与加速电压U无关，D错误， 21n .AD物块离开传送带右端做平抛运动的时间1一√要=1s,则物块离开传送带右端做平抛运动的速度心一 氵=4m/s,A正确：物块在传送带加速运动时，由牛顿第二定律得omg=ma,解得a=一g=2m/s,物块加速 过程位移x=器=4m,若AB=6m,则一定是先加速到4m/s再匀速运动，则=4m/s,B错误：若= 5m/s,则从A到B一直加速，AB=4m,加速时间t==2s,传送带位移.x'=W=10m,则Q=mg△x= 12J,C错误，D正确 10.BDO点是振动加强点，位移随时间变化，不是始终位于波峰处，A错误；由题意，△ABC是直角三角形， ∠B=90，°cos∠A=号，由余弦定理得Lm=VDB+LD-2 o万=2.4a,D点到两波源的波程 差△=m-Lm=X,解得入=0.8a,频率为f=兴=貂，B正确：A点到两波源的波程差△x=2a<3以，则 OA之间连线上有2个振动加强点，C点到两波源的波程差△x=4a=5λ，则CO之间连线上有4个振动加强 点，故加上0点AC之间连线上共有7个振动加强点，C错误；同时将两波源的频率增大一倍后，则=令， D点到两波源的波程差△x=2,',D点仍是振动加强点，D正确. 1.1)5.9801分)(2)最低点1分)马2分)(3)T下1分)4 (2分)(4不变1分) 解析：(1)由图乙可知，摆球的直径为d=5.5mm+48.0×0.01mm=5.980mm (2)当磁感应强度测量值最大时，小球离传感器最近，所以小球位于最低点；每隔半个周期磁感应强度达到 最大值一次，所以！时间内共经历心2个周期，即1=2T,故得周期T=兰 2 (3)根据单摆周期公式可得T=2πW 2可得P士，则T为纵坐标，以1为横坐标，描点作 g 图：图像的斜率为k=女，解得重力加速度的测量值为g=4共 g k (4)若用1什d作为摆长，则有TP=4红1+4女4，斜率不变，不影响重力加速度测量结果 g g 12.(1)b(1分)(2)96.0(1分)(3)小于(2分)(4)B(2分)(5)2R1(1分)没有(1分) 解析：(1)闭合开关前，将滑动变阻器R1的滑片置于b端，滑动变阻器接入电路阻值最大，保护电路安全 (2)根据电阻箱读数R,=48.0,电流计的指针示数是满偏的子，此时电阻箱的电流为电流计满偏电流的 【高三12月质量检测卷·物理(A卷)参考答案第2页（共4页）】 号，因电阻箱的示数为R,根据并联电路规律可知，电流计G的内阻测量值为2R,即96.0 (3)S2闭合后，总电阻减小，则总电流增大，通过电阻箱的真实电流偏大，R<R. (4)选用电动势较大的电源，使G表的指针满偏时滑动变阻器R接入电路的电阻增大，当R2接入时，电路 总电流的变化减小，电流表指针半偏时R2的阻值更接近于电流表内阻，从而减小实验误差.B正确. (5)同学乙操作中让电流表A的示数为电流计G的3倍，则电阻箱的电流是电流计G电流的2倍，由于并 联两端电压相等，则电流计G的内阻测量值为2R.同学乙的测量没有系统误差. 13.解：(1)设金属棒ab所受的安培力大小为F,由题意，其受力分析如图所示，根据平衡条件有 垂直导轨方向有Fx=Fsin0+mngcos0(1分) FN 平行斜导轨方向有Fcos0+f=ngsin0(1分) 又f=FN(1分) 联立并代入数据解得F=0.2N(2分) mg (2)金属棒受到的安培力为F=BIL(1分) 因此有1=品 (1分) 由闭合电路欧姆定律有E=I(r+R)(1分) 解得R=92(2分) 14.解：(1)对AB进入磁场前，由机械能守恒定律有mgh=号 解得=√2gh(1分) 代入数据解得=8m/s(1分) AB刚进入磁场时，切割磁感线产生感应电动势E=BLb 回路总电阻R总=R十R=22 由欧姆定律得电流1。=。=2R (1分) 代入数据解得1。=4A(1分) (2)AB在磁场中运动时，系统水平方向合外力为零，动量守恒，稳定后共同速度为~ 则有m=(m+m)v（1分)》 解得v=4m/s(1分) 系统损失的机械能转化为焦耳热，总焦耳热Qe=之m2一合(2m)心2 代入数据得Qe=16J(1分) 两棒电阻相等，串联时产生热量相等，故Q==8J(1分) 2 (3)对CD棒，由动量定理得BIL△1=v 其中7△1=g为电荷量，回路中电荷量q=9=BL() R总 2R (1分) G分别为AB和CD在磁场中位移，联立得BLX BL(p)=mm1分) 2R 2Rmv 解得x1一x2=B2L2 (1分) 【高三12月质量检测卷·物理(A卷)参考答案第3页（共4页）】 代人数据解得.1一x2=8m 为保证两棒不相撞，CD棒与MM距离d至少为8m,故dmin=8m（1分) 15.解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，x方向有x=t（1分) y方向有么=2at,a=架 (2分) 2hm 联立解得x=√gE (1分) (2)由题意，粒子运动轨迹如图所示，设粒子以速度v经过Q点，~与x轴的夹角为α 进人磁场后，沿半径为R的圆周运动到Q的对称点再进入电场做类斜上抛运动回到 P点 据几何关系有d=Rsin a(1分) d 由洛伦该力提供向心力有B=加景 a (1分) R 将速度分解有y,=usin a（1分) 在电场中运动的加速度大小为Q,根据牛顿第二定律有a=型 (1分) m y方向，据运动学公式有v,2一0=2ah(1分) 联立解得=古V②受 (1分) (3)①粒子从P点飞出后，经磁场回转，又斜向上飞入电场区，如此循环，历经磁场次，最终在电场区击中 N点，如图所示 满足rt+(2wpt一2Rsin0)=L(1分) 又Rsn9=器in9=g器 gB (1分) 代入y,=sina得vp= (√+2n号)水a=01,23）1分) 2hm ②在磁场区击中N点，如图所示 满足pl+2(n-1)upt-2 Rsin0=L(1分) 又Rsin0=器in0=g器 gB (1分) 代入g=e得w(√票+2号)=12.3d分 【高三12月质量检测卷·物理(A卷)参考答案第4页（共4页）】