云学联盟2025-2026学年高三上学期12月月考物理答案_2025年12月_251220湖北省云学联盟2025-2026学年高三上学期12月月考（全科）

物理评分细则 一、选择题（4×10=40） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C B A B A CD AC AD 1．A【解析】A：Th原子具有放射性，A正确；BD：根据电荷数守恒和质量数守恒可以得到衰变产生的 是 0e，属于β衰变，B错误；图1的核反应232Th+1n→233Th，D错误；C：233U的中子数是141，232Th −1 90 0 90 92 90 的中子数是142，则C错误。 2．B【解析】同种电荷相互排斥，因此，a、b靠近的过程中（或c、d靠近的过程中），电荷之间的排斥 力做负功，系统电势能增加，故“c、d”系统电势能为正值；异种电荷相互吸引，a、c靠近的过程中， 电荷之间的吸引力做正功，系统电势能减少，故“a、c”系统电势能为负值；“a、b、c、d”系统电势 能可能为零，但也可能为正值或者负值。 3．C【解析】由图c可知，电流c的周期、频率不是电流a、b的周期、频率之和；由题意和题图可知， 电流a、b的瞬时值之和为电流c的瞬时值；由图c可知，电流c的最大值不等于电流a、b的最大值 之和。 4．B【解析】由波形图，波源的起振方向相反，x=0离两波源距离相同，因此x=0是振动减弱点，振幅 为2cm，通过0.2s质点开始振动，波形图波长4m，可以知道波传播速度20m/s，则质点振动周期0.2s， 则B选项正确。 M Mm 5．A【解析】伴星的轨道半径为r  L，M增加，故r增加；黑洞与伴星间的万有引力为F G ， 2 M m L2 L3 M>m，且M+m保持不变，由数学知识可知，随着m的减小，F减小；双星系统的周期为T 2π ， G(M m) 系统总质量不变，两者间距不变，故这段时间内，系统周期不变；系统的总动能为 1 1 1 1 1 Mm E  Mv2  mv2  M2r2  m2r2  2L2 ，由数学知识可知，E减小。 2 1 2 2 2 1 2 2 2 M m 6．B【解析】A：释放时，小球受到两个弹簧弹力则受到的回复力大小为2kx ，则A错误；C：根据能 0 量守恒，小球回到平衡位置弹性势能全部转化为小球的动能，此时速度最大：1 mv2=2× 1 kx2解得 2 2 0 v=x 2k x ，C错误。BD：当偏离平衡位置距离为x时，受到的回复力大小为2kx，则比例系数为2k， 0 0 m 因此小球振动周期为2π m，振动方程为x x cos( 2k t)，B正确、D错误。 2k 0 m 7．A【解析】F  F 时，设1绳与竖直方向的夹角为α，对整体，有F F 2mgtan，设2绳与竖 1 2 1 2 直方向的夹角为β，对乙球，有F mgtan；当F 2F 时，α<β，故A正确；当F 3F 时，α=β， 2 1 2 1 2 故BC错误。F  F 时，设1绳与竖直方向的夹角为α，对整体，有F F 2mgtan，设2绳与 1 2 2 1 竖直方向的夹角为β，对乙球，有F mgtan，易知α<β，D错误。 2 F 8．CD【解析】刚开始运动时，金属棒的加速度为a  ，并非无穷大，故图线的切线并不竖直，不是 0 m 纵轴；拉力F对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，总功等于金属棒的动能变化，故F做的功大 BLv 于金属棒动能的增加量；v-t图像与横轴所围的面积为对应时间内的位移，对金属棒，t时刻，有I  、 R 第 1 页 共 5 页BLv F ILB ma，0~t时间内，由动量定理，有FtILBt mv0，其中I  、xvt ，解得 R F B2L2v FRtB2L2x a   、v 。 m mR mR 9．AC 【解析】A：由几何关系得OA'= 5 R，则折射角sinα= OA = 2，因此单色光在该材料中的折射率为 2 OA' 5 n= sinθ =2，则A正确；B：从A'点射入光在材料中的传 sinα 播时间t= OA'−R = 1.5R = 3R，则B错误；C：单色光在材料 c v c 2 中发生全反射的临界角为sinC= 1 = 1，即临界角为30°； n 2 如图所示，根据光路图的对称性，圆弧AO'F上上有光 射出的区域相对O点张开的角度为60°，则C正确；D： 从 O'射出的光可类比于平行玻璃砖，因此一定不会在 O'点发生全反射，D错误。 10．AD【解析】对B，由平衡条件易知，绳中张力大小保持F =15N不变；对A，由牛顿第二定律，有 T F F m2r ， 其 中 5N F 5N ， 解 得 A 不 滑 动 时 允 许 的 角 速 度 范 围 为 T f1 1 1 f1 5rad/s 50rad/s；同理可得C不滑动时允许的角速度范围为 30rad/s 70rad/s；故要 使两者均不相对转盘滑动， 30rad/s 50rad/s；当 37.5rad/s，A所受摩擦力为0，当  50rad/s，C所受摩擦力为0，故可知，角速度在 30rad/s 50rad/s内缓慢增加时，A 所受摩擦力向向外减小后向内增大，C所受摩擦力一直向内减小。 2g 2g 11．（1） （填 不扣分） （2）7.950 大于 （每空2分） d2 d2 1 d 1 2g 2g 1 【解析】（1）由机械能守恒定律，有mg(h h) m( )2，解得  h  h，可知“ h” P 2 t t2 d2 P d2 t2 2g 图线的斜率为k  ； d2 （2）螺旋测微器读数为d(7.545.00.01)mm7.950mm，小于摆锤截面的标称直径，由 2g 1 k  可知，根据d'作的“ h”图线的斜率大于依据标称直径计算结果所绘制图线的斜率。 d2 t2 aL 12．（1）大于 （2）低 （3）0.26 0.96 面积 （每空2分） U 【解析】（1）若金属导体中的载流子是束缚粒子，则所加电压赋予粒子的能量需要超过粒子的束缚能， 才能使粒子脱离束缚而运动起来；即在导体中的引起电流需要的电压的阈值为不等于零的有限值。 （2）金属导体向右做减速运动，电子由于惯性将相对金属晶格向右运动，向导体右端聚集，使得导 体右端带负电，左端带正电，其在导体内部激发的静电场向右，电子受到静电力向左，稳定后，设导体内 电场强度为E，则有E=U/L，电子随导体一起减速，有eE=ma，联立可得e/m=aL/U。 （3）R=U/I=1.50/1.56=0.96(Ω)，由实验数据可知，R∝1/d2，金属丝的电阻与截面面积成反比，金属 丝中的电流是体积传导的。 13．（1） （2） 0 64 【解析8】（1）对被 0压缩的气体，有 第 2 页 共 5 页p V =8p V ， 3分 0 0 0 1 解得V =； 2分 1 （2）设需要打气n次，则对储气罐原来的气体和新打入的气体整体，有 np V +8p ×16V=12p ×16V， 3分 0 0 0 0 解得 。 2分 64 = 0 1 v2 14．（1） mv2 （2） 0 4 0 g 【解析】（1）由斜抛运动规律可知，炮弹在最高点的速度为 v v cos45 2分 x 0 设两块碎片的初速度分别为v 、v ，则由动量守恒定律，有 1 2 m m 0 v sin45 v sin45 2分 2 1 2 2 m m mv cos45 vcos45 v cos45 2分 0 2 1 2 2 解得 v v v ； 1 2 0 故炮弹爆炸前后系统增加的机械能为 1 1 1 E  mv2  m(v cos45)2  mv2。 2分 2 0 2 0 4 0 v1 d v2 v0 d （2）斜上抛的碎片比斜下抛的碎片多运动的水平位移，就是斜上抛的碎片落回爆炸时所在高度时的 水平位移，有 d v cos45t， 2分 0 v sin45v sin45gt 2分 0 0 解得 v2 d  0 。 2分 g [说明]第（2）问若用竖直速度的变化来计算两碎片的时间差，也很方便：设两碎片落地竖直速度为 v ，则有v v sin45gt ，v v sin45gt ，d v cos45(t t )。 y y 0 1 y 0 2 0 1 2 补充解法（下图）： 第 3 页 共 5 页2eU 2πmv 128π2U 15．（1） （2） 0 （3） m eB 9B2l2 0 【解析】（1）电子在K、A之间加速时，由动能定理，有 1 eU  mv2 0， 2分 2 0 2eU 解得v  。 2分 0 m （2）电子进入匀强磁场后，在垂直磁场方向做匀速圆周运动，平行磁场方向做匀速直线运动，电子 运动轨迹为等距螺旋线。 设电子回旋半径为R，由牛顿第二定律，有 v2 mv evB m ，解得R  ； 2分 R eB 设电子回旋周期为T，则有 2πR T  ， （直接写 扣2分） 2分 v 2 则电子在T内沿磁场方向前 进=的距 离为d=v 0 T； 2分 2πmv 联立解得d  0 （用第一问的v 表示，只扣结果2分）。 2 分 0 eB （3）由（2）可知，电子在磁场中做螺旋运动的螺距与横向速度大小无关； 设电子在位置x附近的磁感应强度为B，则电子在垂直轴线的平面内旋转的角速度ω满足 第 4 页 共 5 页v2 v evB m ， ， 1分 R R x 电子沿轴线方向向右运动x距离经历的时间t  ，则t内电子在垂直轴线的平面内偏转的角度 v 0 eB 为t，联立解得 x 1分 mv 0 l B 4B 在0 x 内，由图丙，有B  0 x 0 x， 4 l/4 l 故在此范围内，电子在垂直轴线的平面内转过的角度为 2 4eB 4eB 1 l    0 xx 0    ； 1分 1 lmv lmv 24 0 0 l 3l eB l 在  x 内，电子在垂直轴线的平面内转过的角度为  0  ； 1分 4 4 2 mv 2 0 3l 在  xl内，电子在垂直轴线的平面内转过的角度为 ； 3 1 4 电子汇聚处满足   n2π， 1分 1 2 3 B 从零逐渐增大到B 时，荧光屏上光斑面积第一次达到最小，有n=1； m 0 e 128π2U 联立解得  。 1分 m 9B2l2 0 [说明]第（3）问在磁场变化区域用平均磁感应强度计算，得到正确结果的也给分。 第 5 页 共 5 页