福建省厦门市松柏中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试题

2025-2026学年高二上12月月考物理试卷 (考试时间75分钟，满分100分) 姓名： 班级： 一、单选题（每小题4分，共16分） 1.随着人们对能源的需求越来越大，开发和利用波浪能对缓解能源危机和减少环境污染是非常 重要的。波浪能是一种以海水机械波形式出现的海洋能，通过机械波去传播能量，用于发电、供 热等。如图所示为海水机械波0时刻的波形图。已知波浪沿x轴正方向传 播，其任意振动质点的振动周期为0.4秒，则下列说法正确的是() A.波的振动频率为5Hz 81012x/m B.波的传播速度为10m/s C.x=4m处的质点在=0.7s时恰好位于波谷 D.x=0m处的质点在0.6s时沿x轴移动了12m 2.如图，质量m的子弹以水平速度。射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块质量M,子弹进 入木块后并未穿出，忽略木块质量的损失。则() A.二者共同速度大小为” M m B.整个过程中子弹对木块的冲量大小为， m+M C.子弹损失的动能等于木块增加的动能 D.整个过程中木块和子弹组成的系统机械能守恒 3.2020年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面s蛋白与人体细胞表面ACE2蛋 白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分， 在电子显微镜中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其 中的一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子 仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，α、b、c是轨迹上的三点，且b点的动能大于 α点的动能，则下列说法正确的是() A.a点的电势高于b点的电势 B.电子在b点的加速度小于在a点的加速度 b C.从4点至c点的运动过程中，电子的电势能一直减小 管轴(z) D.从α点至c点的运动过程中，电子的动能先增大后减小 12月月考物理试卷第1页，共8页 4.如图甲，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离比为2：1，板间存在如图乙所示的随时间 周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在仁0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直 电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v。 E 仁T时刻粒子刚好沿N板右边缘射出电场。则 正确的是() A.在：=号时刻，该粒子的速度大小为 2 甲 B.该粒子射出电场时的速度方向与电场方向不垂直 T C.若该粒子在，时刻以速度vo进入电场，则粒子会打在板上 D.若该粒子的入射速度变为兰，则该粒子在仁2T时刻射出电场 二、双选题（每小题6分，共24分，选不全得3分，选错或不选不得分） 5.电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。例如电容式麦克风如 图所示，它通过声音引起电容极板上的振动膜振动，从而导致电容极板间的距离变化，板间的距 离变化会导致电容量的变化，从而产生了感应电流，这就把声音信号转换成了电信号。以下有说 法正确的是() 振动膜 电阻 A.当振动膜随声波向右振动时，该电容器电容增大 声沙 信号 B.当振动膜随声波向右振动时，电阻上有从b到α的电流 输出 C.当振动膜随声波向左振动时，振动膜所带的电荷量增大 基板 电池 D.当振动膜随声波向左振动时，图中a点电势低于b点电势 6.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d,电荷量分别为+Q和-Q。在它们水 平中垂线上竖直固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为+（的小球以初速度从上 端管口射入，则小球() A.速度一直增大 B.受到的静电力先减小后增大 C.受到的静电力最大值为4g9 2 +0 D.管壁对小球的弹力最大值为89巴 12月月考物理试卷第2页，共8页 7.如图所示，载有物资的热气球的总质量为M,静止于距离水平地面H的高处。现将质量为 的物资以相对地面竖直向下的速度y。投出，物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气 球所受浮力不变，重力加速度为g,不计空气阻力，忽略物资受到的浮力。 下列说法正确的是() A.物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒 B.投出物资后，热气球匀速上升 C.物资落地时，热气球上升的高度为m m D.d=m旺 M-m 8.如图所示，长度为2L、倾角为30°的光滑绝缘斜面BCD固定在水平面上，电量为+q的小球 固定在B点。质量为m、电量为+q的小滑块从斜面底端D点以初速度'。滑上斜面，刚好能沿斜 面运动到顶点C。己知A为DC的中点，∠DBC=90°，重力加速度为g,静电力常量为k,下列 说法正确的是() A.小滑块上滑过程中静电力一直做负功 B.小滑块在A点的加速度大小a=￡+网 2'2mL A C.小滑块运动到A点时的速度大小Ya=√gL D.D1之间的电势差U4=mg-m 2q 三、填空题（每题3分，共9分） 9.(3分)如图所示，“飞力士棒”是具有弹性且两端带有负重的健身器械。健身爱 好者小幅度晃动固有频率为4Hz的飞力士棒使其发生受迫振动。当手晃动的频率 为5Hz时，该棒振动频率等于Hz,手晃动的频率从2Hz逐渐增大到5Hz的过 程中，该棒振动的幅度（选填“一直增大一直减小”或“先增大后减小”)。 10.(3分)如图所示的经颅磁刺激联合脑电图(TMS-EEG)技术是一种 无创的技术，通电线圈作用于头皮产生强而短暂的磁脉冲刺激大脑皮层， 诱导组织中产生感应电流，导致局限区域皮层神经元的去极化和激活.则 由图示中的磁场方向可判断线圈中此时的电流方向（俯视）为 (填“逆时针”或“顺时针”)；要使诱导组织中产生感应电流，通电线圈中的 电流必须 (填“变化”或不变). 12月月考物理试卷第3页，共8页 11.(3分)图甲为一辆玩具车，其内部电路图如图乙所示。电 源电动势E=12V,内阻r=0.52,R=1.52,灯泡L的电阻R=62, 电动机的额定电压=6V,线圈的电阻r广22。只闭合开关S1, 通过R的电流为A;再闭合开关S2,电动机刚好正常工作， 电动机正常工作时的输出功率为W。 四、实验题（本题共2小题，共15分） 12.(6分)惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出了巴黎的重力加速度。我们也可 以采用同样的办法，测量所在地区的重力加速度。 某同学的实验步骤如下： (1)用游标卡尺测出单摆小球的直径D如图所示，则D= m。 2 3 主尺 cm 游标 0 J 10 (2)关于本实验，下列说法正确的是 。(填选项前的字母) A.把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时 :测量摆球连续通过最低点60次的时间，则单摆周期为。 C.选择密度较小的摆球，有利于减小重力加速度的测量误差 D.摆线上端未牢固地系于悬点，摆动过程中出现松动，测量出的重力加速度g值偏小 (3)改变摆长，测出几组摆线长1和对应的周期T,作出1-T?图像，如图所示。 测得图像的斜率为k,纵截距为-b,则重力加速度g二 摆球的直径为 (用所测物理量符号表示)。 T2 h 12月月考物理试卷第4页，共8页 13.(9分)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R、电源的电动势E和内阻r, 调节滑动变阻器的滑片P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据， 另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图乙所示的两条 U-I直线a、b,回答下列问题： UN 1.5 10 A 0.5 0 0.20.40.61A 甲 乙 (1)根据两同学描绘的直线α、b,可知b图线是根据电压表 (填V1”或V2”)和电流 表A的数据描绘的图线。 （2)由图可知，定值电阻R广2，电源的电动势E=V,内阻r=2。 (3)忽略各电表对电路的影响，则该电路中电流表的读数最大不超过A。 五、计算题（本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤， 只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。) 14.(10分)如图所示，一高空作业的工人重为600N,系一条长为L=5m的安全带，若工人不 慎跌落，在安全带拉伸过程中给工人的缓冲时间t=1s,g取10/s2。求： (1)人从开始跌落到安全带刚好拉直，需要的时间to: (2)人从开始跌落到最低点时，重力对人的冲量1G: (2)人从开始跌落到最低点的过程中，安全带对人的平均冲力F的大小？ 12月月考物理试卷第5页，共8页 15.(9分)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在xOy平面的ABCD 内，存在两个场强大小均为E的匀强电场区域I、Ⅱ，两电场区域的边界均是边长为L的正方形， 在AB边的中点（亿孕处由静止释放一电子，已知电子质量为m,电荷量为e,不计电子的重力， 求 (1)电子离开区域I时的速度大小： (2)电子离开区域Ⅱ时的位置坐标。 y个 B D A 12月月考物理试卷第6页，共8页 16.(17分)如图甲所示，质量为=0.3kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M,=0.1kg、 足够长的木板A的最左端，A和B一起以V。=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时 间后A与右侧一质量为M,=0.3kg的P发生弹性碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为 正方向，碰后B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g=I0m/s2,求： (1)A与B间的动摩擦因数L; (2)第1次碰撞后A与P的速度分别是多大： (3)若A与P第一次碰撞后至第二次碰撞前AB己经共速，求这段时间AB相对滑动的距离△： (4)A与P第一次碰撞后至第二次碰撞前的时间间隔。 v/(m's) 2 B P 1.25 inWWWWTn7 0 0.75 t/s 甲 乙 12月月考物理试卷第7页，共8页 草稿纸 12月月考物理试卷第8页，共8页 20252026学年高二上物理12月月考参考答案 题号 1 2 x 6 个 8 答案 C B C A AD AD AC BC 1.C【详解】A.已知波的周期为04s,波的振动领率为f=25业，故A错误：B.由图可 知波长为8m,波的传播速度为v=2=8。 m/s=20m/s,故B错误；C.波浪沿x轴正方向传播，根 T0.4 侧法，0时刻4m处的质点向上振动，在0.7s时，经历了2？，恰好位于波谷，故( 确：D.=O处的质点在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故D错误。 2.B【详解】A.根据动量守恒定律有m,=(m+M)p,代入数据解得二者共同速度大小为v=m, M+m’ 故A错误：B.根据动量定理，整个过程中子弹对木块的冲量为I=,解得I=,故B正 M+m 确；CD.根据能量守恒可知子弹损失的动能等于木块增加的动能和产生的热量，所以整个过程 中木块和子弹组成的系统机械能不守恒，故CD错误。故选B。 3.C【详解】A.由电场线与等势面处处垂直和电子运动轨迹的弯曲方向可知，若电子从α点运 动到b点，电场力做正功，则电子在α点时电势能大于其在b点的电势能：若电子从b点运动到 a点，电场力做负功，则电子在α点时电势能依然大于其在b点的电势能。由于电子带负电，a 点的电势低于b点的电势，A错误； B.等差等势面越密集，场强越大，所以b点的场强大于a点的，根据a=可知，电子在b点 m 的加速度大于在α点的加速度，B错误： C.由电场线的方向可判断出oc>α，电子在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小， 从点至c点的运动过程中，电势逐渐增大，故电子的电势能一直减小，C正确。 D.从α点至c点的运动过程中，电子的电势能一直减小，根据能量守恒可知，动能一直增大， 故D错误。故选C。 4.A【详解】B.粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做 匀加速直线运动，电场力做正功；在后半个周期内做匀减速直线运动，电场力做负功，竖直速度 又减小为零，所以从N边缘离开电场时速度是水平方向的，与电场方向垂直，故B错误：A.在 时刻，粒子在水平方向上的分速度为，因为两平行金属板0PQ的板长是板间距离的2 T 倍，令板长为2L,水平方向，有2L=,T,竖直方向，有二=兰×了，则=号时刻，有，=片 422 2 2 据平行四边形定则知，粒子的速度为=++气店+及=5。·放A正确：C。当金 刻以速度o进入电场，则此时粒子竖直方向上在电场力的作用下，先做匀 减速，接若再匀加速和匀减速后回到中线位置，其两板间最大偏移量为x=兰×T×2=,所以 24 不会打到板上，故C错误：D.若该粒子的入射速度变为。，此时粒子通过金属板的时间为t=2T, 则在电场力不变的情况下，根据粒子运动的对称性可知，粒子偏转的位移将会为工，所以粒子不 会射出电场，故D错误。故选A。 答案第1页，共4页 5.AD【详解】AB.当振动膜随声波向右振动时，两极板间距减小，根据C=S 可知，该电 Axkd 容器电容增大，根据Q=CU可知此时电容器充电，则电阻上有从α到b的电流，A正确，B错误； CD.当振动膜随声波向左振动时，两极板间距变大，可知电容器的电容减小，根据Q=CU可知， 振动膜所带的电荷量减小，电容器放电，则电阻上有从b到α的电流，即α点电势低于b点电势， C错误，D正确。故选AD。 6.AD【详解】A.由等量异种电荷形成的电场分布特点可知，小球受到的电场力垂直于管壁， 故小球在细管内运动时，小球合力为重力，小球速度一直增大，故A错误； B.由等量异种电荷形成的电场分布特点可知，小球向下运动过程，场强E先增大后减小，故小 球受到的静电力先增大后减小，故B错误：C.场强E最大在等量异种电荷连线的中点，故小球 受到的静电力最大值为 0-2、×g=899 ,故C错误：D.由小球水平方向受力平衡可知，管壁对 2 小球的弹力最大值等于电场力的最大值，即为2，故D正确。故选AD。 7.AC【详解】A.物资抛出之前，物资和气球受合力为零，物资抛出后，气球和物资受合外力 不变，则系统受合外力仍为零，则物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，选项 A正确；B.投出物资后热气球受合力向上，则向上做匀加速直线运动，选项B错误： CD,设物资落地时热气球上升的高度为，则对物资和气球系统，由动量守恒定律(M-m2=m三 解得则d=H+h=H (M-m)M-m' 选项C正确，D错误。故选AC。 8.BC【详解】A.根据点电荷周围的电场分布情况可知，小滑块上滑的过程中，电场力对滑块 先微负功，后做正功，故A错误：B.小滑块在A点时，由库仑定律可得滑块受到的电场力F_g。 2 对滑块受力分析如图所示，将重力和电场力沿斜面方向进行分解，根据牛顿第二定律可得 mg sin30°+g 2cos60°=ma,解得a=1g+阿二，故B正确：C.设滑块从D到C的过程中，电 场力所做的功为m,动能定理可得，-mg2Lsim30°+m=0-,解得W=mgL-,根据 电场分布特点可知，D到A与D到C电场力所做的功相等，则从D到A由动能定理可得 -mesm0+-m-m,解得-gZ,放c正确：D.根据 动能定理可得-g“n0+g心amm,其中4-V配.联 2 立解得Ua4=2mg-m，故D错误。故选BC。 2g 30° mg B 77777777777777777 77 9 先增大后减小 【详解】[1]该棒做受迫振动，所以该棒振动频率等于5Hz: [2]在受迫振动中，驱动力频率越接近物体固有频率，物体振动幅度越大，该棒固有频率为4H五， 手晃动的频率从2Hz逐渐增大到5Hz的过程中，该棒振动的幅度先增大后减小。 10.逆时针 变化 【详解】[1]由图示中的磁场方向可知，感应电流产生的磁场向上， 根据右手螺旋定则，线圈中此时的电流方向（俯视）为逆时针；[2]要使诱导组织中产生感应电流， 线圈内的磁通量必须变化，所以通电线圈中的电流必须变化。 答案第2页，共4页