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山东名校考试联盟
2025年12 月高三年级阶段性检测
物理试题解析
+
1.D【解析】匀变速直线运动的平均速度一定可以表示为 初 末，图像中DE 段表
2
示物体做匀变速直线运动，故选D。
2.A【解析】挂钩始终处于平衡状态，合外力为0，A正确。
3.D【解析】根据电容定义式C= S ,向下按键时，d减小，C增大，所以AB 错；
4πkd
始终与电源连接，则U不变，根据C= Q，所以Q增大，需要给电容器充电，因
U
此电流方向为逆时针，C 错，D正确。
4.B 【解析】对 AB 整体列动力学方程有 mg=3ma，隔离 A 列动力学方程有
T-mg=ma，联立两式得T= 4 mg，故选B。
3
5.A【解析】在A 向左移动的过程中，对 B受力分析，由图解
法可得：墙给B 的支持力F 减小；
N
由整体法可知推力F=F 所以F减小，A 对B错；地面支持力
N，
大小始终等于两物体重力之和，CD错。
6.C【解析】由对称性可知，四个电荷在 O 点产生的合场强方
向垂直于AB 边指向CD边。A、C 处电荷在P点产生的场强方向过P 点平行于
AC 连线，由正电荷指向负电荷，B、D 处电荷在 P 点产生的场强方向过 P 点平
行于BD 连线，由正电荷指向负电荷，且场强大小与A、C 产生的场强大小相等，
由电场叠加原理可知P点电场方向和O点相同，故选C。
7.C【解析】P、Q 组成的系统在水平方向上动量守恒，任意时刻水平方向满足
Mv =Mv +mv ，∆t 时间内，满足 Mv ∆t=Mv ∆t+mv ∆t，v ∆t 为 Q 在∆t 时间内的
0 1 2 0 1 2 1
位移，v ∆t 为 P 在∆t 时间内的位移，对时间进行积累可得 Mv t=Mx+mx ，移项
2 0 1
可得C 选项正确。
8.B【解析】（1）小球落在第4 台阶时满足
恰好过第3台阶：水平方向：4a=v t 竖直方向：2a= 1 gt2 解得v =2 ga
1 1 1 1
2
恰好落第4台阶边：水平方向：6a=v t 竖直方向：3a= 1 gt2 解得v = 6ga
1 2 2 1
2
1（2）小球落在第5台阶时满足
恰好过第4台阶：水平方向：6a=v t 竖直方向：3a= 1 gt2 解得v = ga
2 3 3 2
2
恰好落第5台阶边：水平方向：8a=v t 竖直方向：4a= 1 gt2 解得v =2 6 2ga
2 4 4 2
2
综上可得： 2 < v1<1，故选B。
2 v2
9.BD【解析】沿电场线方向电势降低，A 错误；电场线越密集场强越大，B 正确；
污泥絮体带负电，故会被吸引到带正电的金属圆盘，C 错误，D正确。
10.AD【解析】高轨道向低轨道变轨需要减速，A正确，B 错误；同一卫星轨道
越高机械能越大，C 错误，D正确。
11.BC【解析】滑片上下两部分并联接入电路，等效电
路如图所示。并联电阻 R= R1R2，易知当 R =R 时，并
1 2
R1+R2
联阻值最大，所以滑片上移过程中，根据串反并同，
电流表示数变小，电压表示数先变大后变小，故选BC。
12.BC【解析】释放C瞬间，对B、C 整体由牛二律：3mg=4ma，解得a=0.75g，
故 A 错 B 对。未释放 C 时，物体 B 有 mgsin37°=kx 物体 A 刚要离开挡板时，
1；
有kx =mgsin37°，所以物体B沿斜面位移 x=x x = 2mgsin37°，此过程弹性势能变化
2 1+ 2
k
为0，由能量守恒：3mgx=mgsin37°x+ 1（3m+m）v2，解得v= 6g m ，C对D 错。
2 5 k
13.（1）AB （2）最左端 （3）I
【解析】（1）定值电阻可以增加回路总电阻值，减小电流，达到保护电源的目
的；同时定值电阻还可以等效为电源内阻，使电源U-I 图像斜率变大，电压表示
数变化明显。
（2）闭合开关时需回路电流最小，以便保护电路中电源和电表，所以滑动变阻
器滑片需滑到最右端，使接入电路电阻最大。
（3）接法 I：电流表分压作用造成误差，电流越大，电流表分压越多，对应U
真
与U 的差U 越大，U ＝I·R 。其U－I图像如图1所示。故E ＝E ，r >r 。
测 A A A 测 真 测 真
接法II：电压表的分流作用造成误差，电压值越大，电压表分流越多，对应的I
真与I测的差I 越大，I ＝U。其中U－I图像如图2所示。所以造成E <E ，
V V 测 真
RV
r <r 。
测 真
214.（1）7.884（7.883、7.885） （2）d （3）D （4）增大
Δt
【解析】（1）略 （2）光电门测量出遮光片遮光时间，遮光片通过光电门的平
2
均速度近似等于瞬时速度。（3）根据机械能守恒定律可得E=mgh+ 1 m（ d ） ，
2 Δt
移项可知D正确。（4）下摆过程中，杆的部分机械能会转化为重锤机械能，所
以重锤的机械能增大。
15.【解析】（1）杯子恰好滑动时 μ mg=mω2R， 解得 ω= μ1g
1
R
(2) 杯子脱离圆盘时线速度 v=ωR，杯子在桌面做匀减速直线运动μ mg=ma
2
又有 v2=2as， 解得 s= μ1R
2μ2
2
由勾股定理得桌面最小半径应为 r= R2+ μ1R
2μ2
16.【解析】（1）由电动机的能量关系UI=I2R+P ，解得 R=2Ω
出
（2）物品在传送带AB 上做匀加速的加速度 μmgcos37°−mgsin37°=ma
1
解得 a =0.4 m/s2
1
物品和传送带共速时t = v ，解得 t =2.5 s
1 1
a1
物品做匀加速的位移 s = v2 匀速时间 t = LAB−s1
1 2
2a1 v
所以 t =t +t =6.25 s
AB 1 2
（3）物品在BC 传送带上做匀加速直线运动mgsin53°−μmgcos53°=ma
2
解得 a =3.2 m/s2
2
又因为 L =vt'+ 1 a t'2 解得 t'=1.25s
BC 2
2
电动机做的总功∆E =UI∙ t +t' =5.7×104 J
电 AB
317.【解析】（1）甲在AB 段做匀加速运动 v2=2aL， F−μmg=ma 解得F=11.1 N
（2）甲乙碰撞过程mv=mv +2mv ，1 mv2= 1 mv2+ 1 ×2mv2
1 2 1 2
2 2 2
解得 v =-3 m/s v =6 m/s
1 2
圆弧末端 F -2mg=2m v 2 2 解得 F =92N
N N
R
由牛顿第三定律得，压力大小为92N，方向竖直向下
（3）当乙和轨道槽相互作用的过程：
动量守恒：2mv =2mv +22mv ，能量守恒：1 ×2mv2= 1 ×2mv2+ 1 ×22mv2
2 3 4 2 3 4
2 2 2
解得 v =−5m/s v =1 m/s
3 4
甲、乙第一次碰后甲向做左匀减速 a'=μg=3 m/s2，甲向左位移x = v 1 2 =1.5 m
1
2a'
乙向左至匀减速至甲停止位置时：v2−v2=−2ax 解得v =4m/s
5 3 1 5
甲、乙二次碰撞：
动量守恒：2mv =2mv +mv 能量守恒：1 ×2mv2= 1 ×2mv2+ 1 mv2
5 6 7 5 6 7
2 2 2
解得 v = 2m−m v = 4 m/s v = 2×2m v = 16 m/s
6 5 7 5
2m+m 3 2m+m 3
16 2 4 2
甲左滑：x = v 7 2 = 3 = 128 m，乙左滑：x = v 6 2 = 3 = 8 m
甲 乙
2a' 2×3 27 2a' 2×3 27
40
∆x=x −x = m
甲 乙
9
18.【解析】(1)小球在第一象限做曲线运动，竖直方向L= 1 gt2 解得 t = 2L
1 1
2 g
水平方向做匀加速运动 a= qE2 = v0 2g
m 2 L
v =v +at =2v ， v = 2gL， ∴v = 4v2+2gL
x1 0 1 0 y1 1 0
(2)竖直方向做周期性的匀变速，速度变化量为0：a' T + T =g× T 得a'= 3 g
2 6 2 4
2 2 2
竖直方向满足：1 a' T + a'× T × T − 1 g T 1 a' T =L ，解得T= 48L
2 2 2 2 2 2 2 6 7g
水平方向x=v t ， 故 x =−v 28L −
0 p 0
3g
(3) 小球第一次和平板碰撞：t = vy1，水平速度：v =v +at =v + v0 2g t
1
g
x1 0 1 0
2 L
1
1
小球从第一次到第二次与平板碰撞：t =2×2
vy1，
2
g
4第二次碰前v = 1 2gL，v =v +a t +t =v + v0 2g t +t
y2
2
x2 0 1 2 0
2 L
1 1
1
小球从第二次到第三次与平板碰撞：t =2×2
vy2，
3
g
2 2
第三次碰前v = 1 v = 1 v = 1 2gL， v =v +a t +t +t =v + v0 2g t +t + 1 t
y3
2
y2
2
y1
2
x3 0 1 2 3 0
2 L
1 1
2
1
......
1
小球从第n-1次到第n次与平板碰撞：t =2×2
vyn−1，
n
g
n−1 n−1
第n次碰前 v = 1 v = 1 2gL，
yn
2
y1
2
v =v +v 1+1+
1
+
1
+…+
1
=v +v 3−
1
=4v −
v0
xn 0 0 2 22 2n−2 0 0 2n−2 0 2n−2
从粒子离开Q点到第n 次发生碰撞经历的总时间 t = 2L 3− 1
总 g 2n−2
2
n次碰后的动量 p=m v2 +v2 =m 4v − v0 + 2gL
xn yn+1 0 2n−2 22n
(4)电场力对小球做正功 W=qE ∙x
2
粒子从Q点到第n次与板发生碰撞过程沿水平方向总位移x=v t + 1 at2
0 总 2 总
电场力做功等于电势能减小量，所以 ∆E =mv2 15 − 1 + 1
p 0 2 2n−4 22n−3
5
