重庆市第一中学校2025-2026学年高三上学期12月月考物理试卷

重庆一中高2026届高三12月月考 物理试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 整理排版。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 一、单项选择题：共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.一幅红梅图用两条轻质等长细绳悬挂在墙上，下列四种悬挂方式中，每条细绳拉力最小的是 cereeeeeeenerreeeereereeu LEEEAEEEEE2 D 2.如图所示，实线为关于y轴对称的电场线，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN。 P点在y轴右侧，MP⊥ON。下列关系正确的是 A.OM=P,UOM<UMN B.OM<p,UoM>UMN C.OM>ON:UOM=UMN D.M>N Uou>UMN 3.我国发射的天问一号探测器经过一系列变轨后逐渐靠近火星，如图所示，I轨道和Ⅱ轨道为其中的两个轨道。 图中阴影部分为探测器与火星的连线在相等时间内扫过的面积。已知探测器在Ⅱ轨道上运动周期为T,P、N 为Ⅱ轨道长轴的两个端点，M、Q为Ⅱ轨道短轴的两个端点。下列说法正确的是 A.两阴影部分的面积相等 M B.探测器在Ⅱ轨道上从P到N的过程中机械能一直减小 火星 C.探测器在Ⅱ轨道上通过P点时的速度小于在I轨道上通过P点时的速度 Ⅱ轨道 D.探测器在Ⅱ轨道上从M经N到Q的运动时间为子 Q 1轨道 4.如图所示，某次军事演习中，在P、Q两处的炮兵向正前方同一水平面上的目标O发射炮弹，已知Q处的炮兵 先发射炮弹，要求同时击中目标。若忽略空气阻力，目标O可视为质点，下列说法正确的是 A.两颗炮弹运动的最高点在同一高度 B.从Q处射出的炮弹初速度方向与水平方向的夹角较大 C.从P处射出的炮弹在最高点时的速度较小 0 D.从射出到击中O点，两炮弹的速度变化量相同 5.如图所示，平行板电容器作为传感元件竖直放置，极板间距为d,电容为C。电容器通过电路连接在电动势为 E、内阻不计的电源两端，极板间用绝缘细线悬挂一个质量为m、带电量为q的带电小球（视为质点）。已知电路 中定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，滑动变阻器接入的最大阻值R2=R1=R。电容器并联在滑动变阻器两 端，当滑动变阻器滑片移至中点时，小球静止时细线与竖直方向夹角为30°；若将滑片移至最右端，小球静止时 细线与竖直方向夹角为α。重力加速度为g,则下列说法正确的是 A.若保持两板正对面积不变，将B板向A板缓慢靠近，则细绳拉力变小 B.滑片移至最右端时，小球静止时细线与竖直方向夹角《=60 C.小球带正电，电源电动势E=33mgd D.将滑动变阻器的滑片从中点滑到最右端，电容器所带电荷量的变化量为V3mgC 6q 6.一列简谐横波在t=了9时的图像如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点，图乙是质点Q的振动图像。下列说 法正确的是 第1页共4页 ty/cm 10 x/cm 18cm 甲 A.波沿x轴负方向传播，波速为9m/s B.Q的平衡位置横坐标为3cm C.从t=了9到t=3s,质点Q通过的路程为8=25cm D.从t=0时刻开始，质点P的振动方程为y=10sin(乏t-)(cm) 7.如图所示是一种回旋式加速器的简化模型图，半径为凡的真空圆形区域内存在垂直纸面的 匀强磁场，磁感应强度为B,OQ为水平半径，圆心O正下方P点处有一极窄的平行金属 板，两板间加有脉冲电压（大小为U)用于加速某质量为m、电荷量为q的正电荷，粒子由金 0 属板间右侧小孔飘入（初速度视为零），经加速后，水平向左射入磁场，当粒子加速到需要的 速度时，通过磁屏蔽导流管MN将粒子沿导流管轴线引出。导流管可沿PQ直线平移，其 iM V端始终在PQ线上，PQ与水平线OQ之间的夹角为（弧度制）。OP=号R,不计粒子 重力、粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑相对论效应。则下列说法正确的是 A.为使粒子在经过平行金属板间时总能被加速，板间电场方向随时间变化的周期T=2π gB B.粒子能获得的最大速度n=gBB m C.粒子加速完后导出时导流管MN与水平线OQ之间的夹角为38 D.带电粒子从开始加速直至以最大速度引出，在磁场中运动的时间为9元B驱一2m0 25U gB 二、多项选择题：共3题，每题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对 的得5分，公众号山城学术圈选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.电磁感应现象在科技和生活中有着广泛的应用，关于下图，下列说法正确的是 永久磁铁 炉面板 接高频 接收线圈」 土活垫 通电 交流电源 发射线圈 线圈 -0 线圈 充电底座 通电线圈产生的磁场 甲 乙 丙 丁 A.图甲：真空治炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生涡流，产生大量热量，从而治炼金属 B.图乙：动圈式话筒利用电磁感应原理把声音信号转化成电流信号 C.图丙：发射线圈接入恒定电流能实现手机无线充电 D.图丁：陶瓷锅具放在电磁炉上能正常加热 9.如图所示，静置于水平地面的两辆手推车沿一直线排列，质量均为，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量 【,使其运动。当车运动了L时与第二辆车相碰，碰后两车瞬间结为一体，以共同速度继续运动了工后，与竖直 墙相碰。已知车与墙相碰损失50%的机械能，两车反弹运动了L后停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为重力 的k倍，重力加速度为g。若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，下列说法正 确的是 A.两车与墙碰撞前瞬间速度大小为√2kg工 B.两车与墙碰撞损失的机械能为kmgL C.两车第一次碰撞过程中损失的机械能为6%mgL D.人给第一辆车的冲量大小I=m√26kg工 oao 第2页共4页 10.如图所示，PQ、MN是两条固定在水平面内的平行轨道，间距l=1m。两轨道在O、O'处各有一小段长度可以 忽略的绝缘体，绝缘体两侧为金属导轨（电阻不计）。轨道左端接有电阻R=0.32,轨道的右端连接“恒流源”， 使导体棒αb在O、O'右侧时电流恒为I=1A。沿轨道N建立x轴，O为坐标原点，在两轨道间存在垂直轨 道平面向下的有界磁场： x>2m区域：匀强磁场，B1=1T,导轨光滑； 0≤x≤2m区域：磁感应强度大小B2随坐标x变化，规律为B2=0.5x(T),导轨光滑； x<0m区域：匀强磁场，B3=0.8T,轨道与导体棒间的动摩擦因数=01。 己知导体棒ab质量m=0.1kg、长度l=1m、电阻r=0.22。初始时在外力作用下静止在x=3m处。现撤去 外力，ab棒沿轨道向左运动，最终停在x=-0.25m处。重力加速度g=10m/s2,简谐运动周期公式T= 2√爱(k为回复力系数)，下列说法正确的是 绝缘体 A.撤去外力瞬间，导体棒的加速度大小为10m/s2 P 0' B2×I×B,× B.导体棒运动到x=0时的速度大小为2√15/s ×× C.导体棒在0m≤e≤2m区域运动的时间为。 R + ×恒流源 ×b× D.导体棒在-0.25m≤x≤0m区域运动的时间为(2W10-3.2)s M 0 2 3 N</m 绝缘体 二、非选择题：共5题，共57分。 11.(6分)山城学术圈兴趣小组想测出木块与长木板之间的动摩擦因数4，但仅有一根劲度系数未知的弹簧，经过 思考，该小组按如下步骤进行实验： ①如图甲，测出弹簧竖直悬挂时的自然长度o: ②如图乙，将木块悬挂在弹簧的下端，静止时测出弹簧的长度： ③如图丙，将弹簧一端连接同一块木块，另一端固定在墙壁上，拉动长木板使向左水平运动，测得弹簧长度2。 MWN 自 甲 乙 丙 (1)步骤③中，拉动木板时 (选填“需要”或“不需要”)匀速拉动。 (2)根据测出的物理量，木块与长木板之间动摩擦因数的表达式为4= (3)图甲、乙中弹簧竖直放置，图丙中弹簧水平放置，弹簧自重产生的影响，使4的测量值 (选填“大于” “小于”或“等于”)真实值。 12.(8分)山城学术圈小组制作一个多量程的电流表和欧姆表，设计的电表电路如图甲所示。所用器材分别为： A.电流表G(满偏电流I=1mA,内阻R.=902): B.定值电阻R、R2; C.滑动变阻器R(最大阻值为2002)； 0.40.6 D.电源（电动势为1.5V,内阻忽略不计）： 69"TTw8w人.O E.单刀双掷开关S1、S2 mA F.表笔及导线若干。 分 乙 ①将单刀双掷开关S,接b,S2分别接2、1时，c、d可串联在电路中作为电流表，量程分别为10mA和100mA; ②若单刀双掷开关S1接a,S2分别接1、2时，可作为双量程的欧姆表使用。 回答下列问题： (1)电路中定值电阻R的阻值为 2 (2)当单刀双掷开关S1接a,再将开关S2接1时，欧姆表的倍率为 (选填“×1”或“×10”)。 (3)当单刀双掷开关S1接a,再将开关S2接2时，欧姆调零后，将电阻Rz接在c、d间，毫安表表的指针位置如图 乙所示，此时读数为I= mA,则电阻R2= (计算结果保留三位有效数字)。 3页共4页 13.(10分)如图所示，质量为m=1kg的金属杆水平静止在竖直粗糙导轨上，导轨宽为L=1m,回路中电流为I= 1A。空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T,方向与竖直方向成α=30°斜向右下。滑动摩擦力等于最 大静摩擦力，g=10m/s2,求： (1)金属杆对每根导轨的压力大小； (2)金属杆受到导轨对其的总摩擦力大小与方向。 a 14.(15分)如图所示，MNBQ1和M,N2PQ2为在同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁 场中，磁场方向竖直向下。导轨的M1N段与M,N2段相互平行，距离为2L;PQ1段与PQ2段也相互平行，距离 为L。质量均为m的金属杆a、b垂直于导轨放置，一不可伸长的绝缘轻线一端系在金属杆b上，另一端绕过定 滑轮与质量为2的重物c相连，绝缘轻线的水平部分与PQ1平行且足够长。已知两杆在运动过程中始终垂 直于导轨并与导轨保持光滑接触，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为R,重力加速度为g。 (1)若保持a固定，释放b,求b的最终速度大小； (2)若保持α固定，释放b,从开始到b刚到最终速度时，经过b的电荷量为q,求该过程的时间t为多少： (3)若同时释放a、b,在释放a、b的同时对a施加一水平向左的恒力F=4mg,当重物c下降高度为h时，a达 到最大速度，求此过程中，回路产生的热量。 白c 15.(18分)如图所示，微粒A以水平初速度vo向右匀速运动，与静止在y轴上P点的微粒C发生弹性碰撞（电荷不 转移)，A的质量为m,C的质量可在受到m之间取任意值，C的电荷量为+g,碰撞完A即被锁定。不计微 粒重力。 (1)求微粒C能获得的最大速度大小： (2)若第一象限有一垂直纸面向外的匀强磁场区域（未画出），磁感应强度大小为B,P为磁场边界上一点，为了 使C的质量在受到m之间取任意值时，均能以与水平方向成a=60°穿过x轴，求磁场区域面积最小值： (3)接上问，若微粒C质量为m,且OP=3,当其穿过x轴时，在-a≤y≤0区域加上一个竖直向下、大小 Ba 为E=Bwo的匀强电场和一个垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场。α未知，若微粒C离开该区域的速度 6 与水平方向成B角，且sinB=- 4+石，求C离开该区域的坐标。 2 A E O a 4页共4页 重庆一中高2026届高三12月月考 物理答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D 3 D AB CD ACD 1. 一解析】对线框进行受力分析，线框受到两个拉力和重力作用，处于平衡状态，合力等 于零，可以知道两根绳子拉力的合力等于重力，绳子与竖直方向的夹角越小，绳子拉力越小，当两根 绳子竖直时，绳子的拉力最小，故A正确。 2.【 解析】过P点作等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，根据沿电场线电势 逐渐降低，则有pM>pp,pM>Pw。根据电场线越密，电场强度越大，由图可知MN区域的平均场 强小于OM区域的平均场强，根据U=Ed且OM=MN可得UoM>UMw,故A、B、C错误，D正确。 3.【 一解析】根据开普勒第二定律可知，卫星绕同一中心天体运动时，在同一轨道上相等时 间内，卫星与中心天体连线扫过的面积相等，图中两个阴影部分是不同轨道上连线扫过的面积，则两 阴影部分的面积不相等，A错。从P到N只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误。Ⅱ轨道相对于 I轨道是低轨道，由低轨道变轨到高轨道需要在切点位置加速，可知，探测器在Ⅱ轨道上通过P点时 的速度小于在I轨道上通过P点时的速度，故C正确。根据开普勒第二定律，靠近中心天体时运行速 度变快，远离中心天体时运行速度变慢，故从M经N到的运动过程中，运行时间大于T,D错。 4.【 一解析】Q处的炮兵先发射炮弹且要求同时击中目标，运动时间。>t,设炮弹上升最 大高度为A,竖直方向上-g,故。>，A错。由，=g,X=,2可知卫点炮弹竖直分速 度比P点炮弹竖直分速度大，？点炮弹水平分速度比P点炮弹水平分速度小；则从？处射出的炮弹的 初速度方向与水平方向的夹角较大，B正确。从P处射出的炮弹在最高点时的速度为水平分速度， 点炮弹水平分速度比P点炮弹水平分速度小，故C错误。由△=g△t,to>tp,故△Q>△p,D错。 5.【 一解析】电容器电压U由电路分压决定，与极板间距d无关，U不变，由E=V可知， 极板间距d减小，V不变，电场强度E增加。对小球进行受力分析可知an0=E,故9增加：绳拉 mg 力T=mg cose ，8增加，T增大，A错。由平衡方程g.V =mg tan0,得U oc tan0(q、d、m、g不 E 变，分压比位受-叠-号故ma台m30-x=9,计算得&=m U 2、32 2 ≈40.9°≠60°， 故B错误。当滑动变阻器滑片移至中点时，小球静止时q .号=mgan0,故U=5mgL。由滑动变 d 阻器分压U=三可知，电源电动势E=V3mg,平衡时电场力水平向左，故小球带正电，故C错误。 电容器电荷量变化量A0=Q-Q=C亿2-U)=cEE）=C.5mgd 23 ,故D正确。 6g 第1页共4页 6.【 一解析】根据振动图像，在1=了s时质点D沿y轴正向振动，结合波形图可知，波沿x 轴负方向传播，波长和周期2=36cm,T=4s,波速为o= 行=0.09ms,故A错误。根据质点2的振 动图像可知，在t=s时质点Q的位移ye=10sin30cm=5cm;可知质点2的平衡位置与P点相差 121 因在坐标原点的纵坐标为-，可知0P-合，Q点平衡位置的横坐标为x-径+立6cm,故B错 1212 误。从1=5到f=38,即经过了+25，质点2通过的路程为5=2A+A=25cm,故C正确。设质 23 2 2元， 点P的振动方程为y=Asin 71-m，当1=时y=0,即石，可知质点P的振动方程为 6 y=10sn径-m,故D错误 7.【 一解析】因粒子每次过平行金属板间都是自右向左运动，为使粒子都能加速，粒子每次 过平行金属板间时板间电场方向均应水平向左，故A错误。由题意，当粒子速度最大时，其做由圆的 几何知圆周运动的最大半径风，根据洛伦签力提供向心力有Bg0一二，解得0。 3qBR,故B 5m 错误。由圆的几何知识可知，导流管MW与水平线OQ之间的夹角为20，故C错误。设加速电压为U, 粒子加速n次后达到0.398R,由动能定理有nq0=,m0。，得N=,，带电粒子在磁场中运 5m 50Um 动的周期T=2，带电粒子在磁场中运动的时间1=nT-2 9πBR22m0 T- ,故D正确。 aB π25UgB 8.【 一解析】治炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生涡流，产生大量热量，治 炼金属，故A正确。线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，将声音信号转变为电信号， 即产生感应电流，故B正确。根据感应电流产生的条件可知，充电设备中的发射线圈通恒定电流，其 产生的磁场是恒定的，不能使手机产生感应电流，不能实现无线充电，故C错误。电磁炉不能使用陶 瓷锅，是因为陶瓷属于绝缘材料，不能产生涡流，故D错误。 9.【 一解析】设两车与墙壁碰后速度为v,摩擦力f=k(2m)g，位移L后停止，有 -k(2m)g·L=0-(2m),解得0，=√2gL。设两车与墙壁碰前速度为u4,已知碰后机械能损失50%， 有2m加=Qm×50%,解得0，=2@L。设两车碰后共同速度为，摩擦力f=(2mg,位 移L,速度变为，有-k(2m)gL= 2m)a听-m),得=6g。设第一辆车碰前速度为g, 两车碰撞为完全非弹性，由动量守恒，有mw2=2mw3,解得v2=2√6kgL。设第一辆车获得的初速度 为马，摩擦力f=bg,位移L,速度变为，有-g1=方n时-听，解得=og,两 车与墙碰撞前瞬间速度4=2gL，A错。与墙壁碰撞损失的机械能A=（2m)心×50%=2mkgL, 故B错误。两车碰撞损失的机板能A,=方m好-2m网=6mgL,C正确。由上述推导，冲量 I=m1=m√26kgL,D正确。 第2页共4页 10.【 一解析】初始位置x=3m,安培力F=Bl=1×1×1=1N,由牛顿第二定律有 20三10ms2，故A正确。x3m→x=2m,恒力做功，有所=△=山，由动能 所-B乃+0：05x211+0x2I=1山，由动能定理可得%m-m,解得0=2i0ms, 2 2 故B错误。在0m≤x≤2m区域中，棒受到的合力为F合=B2Il=-0.5x,由简谐运动的性质，可知ab 棒在0m≤x≤2m区城中做以x=0m处为平衡位置的简谐运动，k=05,周期为T=2红发兮5， m2W5元. o-2红=5rmds。简谐运动：x=Acos(a+)，速度a=血-Asin(or+p)。初状态： T dt x=Acosp=2m,m=-Aosinp=-2V5ms:代入a=V5rads,解得A=2√2m,p=元：捧运动到x=0 4 时经历的时间：0=25c05+日}+子4=源，放C正确-8孤，mg=0s, 20 7=E,E-Br,联立解得2=(2而-32s,故D正确。 R+r 11.（每空2分，共6分)(1)不需要 (3)小于 【 一解析】(1)不需要木板匀速运动，因为滑动摩擦力与相对速度无关。 (2)由图甲、乙可知k-4)=mg,由图丙可知k化，-)=mg,可得4=。 4-69 (3)弹簧重力的影响，弹簧水平放置时原长小于。，则由k(L2-lo)=ug,得4的测量值小于真实值。 12.(每空2分，共8分)(1)1(2)×1 (3)0.6484.4 一解析】(1)根据题意，由并联分流原理可得，当单刀双掷开关S接b,S2接2时量程 为10mA,接1时量程为100mA,则有Ig(R+R)=(化-Ig)R,IgR=(L2-1gXR+R2),代入数据 解得R=1,R2=92。 (2)由并联电路电流的分配原则可知，与表头并联的电阻越小，该支路的电流越大，回路中满偏电流 越大，则欧姆表内阻越小，即为“×1”挡位。 (3)电流表读数为0.64mA;S,接a,开关S2接2时，电流表满偏时，干路电流为10mA,则欧姆表的 内阳为R=三502，将电阻R接在cd间，电流表的指针对准刻度盘上的0.64mA处，干路电流 为1=10x064nA=6mA,则电阻见-=号8440。 13.(10分)解：(1)2N=Fcosa(2分) F=BL(2分) 所以N=N=5N(2分) 4 (2)f=mg+F sina(2分) 解得f=10.5N（1分)方向竖直向上(1分) 第3页共4页 14.(15分) 解：(1)F=T=2mg(1分) F=BL(1分) 1=B0(1分) 解得0=2m歌(1分) R B212 (2)Ir-BLq=mo(1分) 2mgt-Ir=2mv（1分) 解得=3mR+BL4(2分) B212 2mg (3)4mgt-2BLq=mva 2mgt-BLq=3mvp 可得v。=6,（2分) 最大速度时：BBL,+2BL0L=2mg1分) (1分) R 解得，-12mgR 13B2z2 0=2mgh+F,6k-m-m号（1分) 解得2=26mgh- 6 mg2R2 (2分) 13B4Z4 15.(13分)解：1)C质量取空时，速度绿大m=m+m,1分) m-片m时+au分 解得=音，2分) (2)Bg,=mG，记=m（1分) 12 2 7元 73 解得S= (2分) 54 36 3》由平面几何可得入射点坐标名-5，(r同上)2分》 V=3v0 由配速法可得，可将速度分为)=v1+⑦2 图1 出区域时，由速度叠加，正弦定理 可以解得0=135°(2分) B 所以根据圆周运动平面几何%，=60°、p2=45°、r'=V3r、 4=105T=21πm(2分) 0 36036Bq 图2 所以x2=x1-t+r'(cos45°-cos60) 解得与-36+55m_21m02分) 6 Bq 36Bg y=-r'(sin60°+sin45) 解得y=-6+3m（2分) 2 Bq 图3 第4页共4页