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稳昇高教育高2026届12月联合质量检测
物理参考答案及解析
1．C 解析：由x—t图为倾斜直线，知甲车做匀速直线运动。A错误。t 时刻两车运动方向
1
相反，B错误。t 到t 时间内，两车位移相同，故平均速度相同，C正确。t 到t 时间，乙
1 2 1 2
车先减速后返向加速，D错误。
1
2．D 解析：由相机处于平衡态有 3Ncosθ=mg，故每根支架对相机的支持力 N= 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，
3
A错误。当θ减小时，N变小。B错误。由于整体法有3N =（m+M）g ，故D正确。增大
地
θ，N 保持不变。C错误。
地
3．C 解析：物体抛出时的速度大小由矢量合成为√𝑣2+𝑣2，故A错误。乙观察到物体做匀
1 2
变速曲线运动，B错误。物体抛出后仅重力做功，机械能守恒，C正确。水平速率v 不影响
1
竖直方向运动，故时间t不变，D错误。
4．C 解析：货物0—x 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律T-mg=ma ，得T= mg+ma ，B
0 0 0
错误。
货物x —2x 做加速度减小的加速运动，T减小。2x —3x ，加速度为零，物体做匀速运动，
0 0 0 0
T= mg，保持不变。A错误。由a—x图围成的面积可得到货物最大速度为√3𝑎 𝑥 ，C正确，
0 0
D错误。
5．A 解析：物块从P—B—C过程由功能关系有mgh-0.25mgh = f2L（L为OA段长度），物
5
块从B—C过程由功能关系有E = fL+0.25mgh 联立解得E = 𝑚𝑔ℎ， A正确。
Pmax Pmax
8
6．D 解析：由P =6.0W，U=3V，可得流过L与M的电流I=2A。由P =12W，故M两端的
2 1
电压U =6V，因M为电动机，欧姆定律不成立，故其内阻r 不为3Ω，A错误。由电路分
M M
析可知电阻 R 两端电压为 U =U + U=9V，该电压亦为路端电压，故电源的效率
端 M
η=
𝑈𝑀+𝑈
=75%，D正确。流过电阻R电流为I =3A，干路电流为I =I +I=5A。内电压为U
R 干 R
𝐸
𝑈
=E- U =12-9=3V，故电源内阻 r= 内 =0.6Ω，B 错误。电源总功率 P=I E=60W，故 C 错
内 端 干
𝐼
干
误。
7．B 解析：释放a、b两球后，两球水平方向动量守恒。两球质量相等，初速度为零。故a、
b两球碰撞前瞬间，速度大小相等，方向相反，且均沿水平方向。由速度分解可知此时竖直
方向运动的c球速度一定为零。c下降的高度为h=L-0.6L，对系统由能量守恒有
2mgh= 1 𝑚𝑣2+ 1 𝑚𝑣2 且v= v 解得v= v =√ 4𝑔𝐿 故B正确。
2 𝑎 2 𝑏 a b a b 5
8．AC 解析：由等量异种电荷中垂面为零势能面可知沿 MN 连线（该连线在中垂面上）移
动试探电荷，电场力不做功，A正确。电场强度为矢量，A点与K点的场强方向不同，B错
误。电势为标量，由对称性可知 E 点与 I点的电势相等，C 正确。因 F点电势小于 G 点电
势，故负试探电荷F点电势能大于其在G点电势能，D错误。9．AB 解析：将重力与电场力合成为F，方向与BD连线夹角450斜向下，大小F=√2𝑚𝑔，
因珠子做圆周运动，需要向心力，故圆环对珠子弹力最大值大于√2𝑚𝑔，C错误。由对称性
可知从A点静止释放刚好到达B点，A正确。小珠子通过到D点时电场力做正功最多，电
势能减少最大。由能量守恒可知此时小珠子机械能最大。B正确。小珠子从A到C点过程，
重力做正功，电场力做功为零，弹力不做功，故C处一定有动能，小珠子一定能通过C点，
D错误。
10．BC 解析：设卫星周期为 T，地球自转周期为 T ，卫星第二次经过赤道上空时其运动
地
了 0.5T，该段时间内地球可转动 N 圈再加半圈，即可保证卫星第二次经过赤道上空时，恰
好仍在 A 点正上方。即 0.5T=（n+0.5）T 又由 T= 2𝜋 T = 2𝜋 𝐺𝑀𝑚 =𝑚𝜔2 𝑟 解
地 𝜔 地 𝜔 𝑟2 卫星
卫星
得：
r = 3 √GM（2n+1） 2 （n=0，1，2……），当 n=0 时 r= 3 √ 𝐺𝑀 B 正确。当 n=2时 r= 3 √ 25𝐺𝑀 C
𝜔2 𝜔2 𝜔2
正确。
11．答案：(1) ΔE =mgh （2分） ΔE =
𝑚(ℎ6−ℎ4 )2
（2分） （2） k=2g（2分）
P 5 k 8𝑇2
解析 1）小球从A点到F点，下落高度为h ，故重力势能减少量ΔE = mgh ，F点为E，G
5 P 5
两点中间时刻，其速度v=
(ℎ6−ℎ4 )
动能增加量ΔE =
1
𝑚v 2 =
𝑚(ℎ6−ℎ4 )2
2𝑇 k 2 8𝑇2
1
2）由mgh= 𝑚v 2 知v2=2gh 故v2—h图斜率k=2g
2
12．答案：（1）18.0Ω （2分）（2）实物连接见右图 （2分） 2.0Ω （2分）
（3）最右边 （1分）（4）55Ω （2分）
解析：（1）考察电流表半偏法。当电流表为10mA时，流过R 的电流为20mA，电流表与R
2 2
为并连形式，电压相等。故r =2R =18.0Ω
g 2
mA
（2）选择开关拨到a时由欧姆档原理，知欧姆表表
盘中值电阻等于该种倍率下欧姆表的内阻值
𝐸 6𝑉
= =200Ω，拨到b时电流表并入电阻R ，量
3
𝐼𝑚 30𝑚𝐴
程扩大。该种倍率下欧姆表的内阻值比拨a时小， R
3 R
故拨b时为“×1” 倍率（此时欧姆表内阻为20Ω）， 4
拨a时为“×10” 倍率（此时欧姆表内阻为200Ω）。 a S b
故拨 b 时流过电阻 R 的电流应为流过电流表的 9
3
1
倍，才满足倍率关系。所以R = r =2.0Ω
3 g
9
（3）当拨到b位置后。将红、黑表笔短接进行欧姆
调零，此时回路中应有最大电流，故电流表指针在
黑表笔
红表笔
最右边。
（4）按照步骤（3）欧姆调零后有此倍率下欧姆表内阻 R =20Ω，再将 R 接入时，电流表指针为8mA，因并入 R ，故干路电流为 80mA，由
Ω x 3
𝐸 6
I = = 解得R 55Ω
干 x=
𝑅𝑥+𝑅Ω 𝑅𝑥+20
13. 1）M =0.06kg 2）T=1.2N f =0.6N
c A
解析：1）由平衡方程有 M g=μm g （2分） 解得M =0.06kg （1分）
c 2 c
2）对B，C构成的系统由牛顿第二定律有 m g-μm g =（m +m ）a （2分） 得a=6m/s2
c 2 c 2
对C 有m g-T=m a （2分） 解得 T=1.2N （1分）
c c
此时A处于静止状态，A与桌面间为静摩擦力，f = f =μm g=0.6N （2分）
A AB 2
𝑣2
14. 1）E= 0 2）x=3d S=8d
𝑘
解析：1）粒子水平方向有 2d=v t （1分） 竖直方向有d= 𝑞𝐸 𝑡2 （1分）
0
2𝑚
𝑚𝑣2 𝑣2
解得E= 0 = 0 （1分）
2𝑑𝑞 2𝑑𝑘
设电源电动势为E，由电路分析 R 与R 并联，外电路总电阻R =
𝑅1𝑅2=R
（1分）
1 2 外
𝑅1+𝑅2
𝐸 1 𝑣2
电容器两端电压为路端电压 U= R = 𝐸 （1 分） 又U=Ed 联立解得E= 0 （1分）
外
𝑟+𝑅 2 𝑘
外
𝑈 𝑄
2）设下极板下移距离为x 因断开开关S ，电容器电量Q不变。由E= = 可知在电容器
2
𝑑 𝐶𝑑
电量Q不变情况下，极板移动不影响电容器间的匀强电场场强E。（2分）
为保证粒子从N点射出，水平方向有 4d=v t （1分）
0
竖直方向有d+x= 𝑞𝐸 𝑡2 （1分） 荧光屏
2𝑚
解得x=3d （1分） A
如图所示，粒子从 N 点飞出电容器后沿直线运动，打 v
Q
R
0
到荧光屏上B点。 1
由类平抛运动推论，NB反向延长线过电容器中点A。
N
2𝑑 𝑑+𝑥
由相似三角形对应边成比例有 = （2分）
2𝑑+2𝑑 𝑠
解得S=8d （1分）
B
15. 1）R= 9𝑣 0 2 m =0.5m 2) ΔE = -2m𝑣2 3）Q = 1 𝑚𝑣2−𝑚𝑣2
8𝑔 c p 0 2 0
解析：1）设C与B碰前速度大小为v ，碰后速度大小为v 。
1 2
对C有 m gR= 1 𝑚𝑣2 （1分） 1 m gR= 1 𝑚𝑣2 （1分）
c 2 1 9 c 2 2
BC的碰撞满足系统动量守恒与机械能守恒有：m v = - m v +mv （1分）
c 1 c 2 0
1 𝑚 𝑣2 = 1 𝑚 𝑣2+ 1 𝑚𝑣2 （1分）
2 𝑐 1 2 𝑐 2 2 09𝑣2
解得 R= 0 （1分） m =0.5m （1分）
c
8𝑔
𝑚𝑔
2）B恰飞离A板时，弹力为零。满足mg=F 即 mg = v （2分）
m
2𝑣0
解得飞离A板时B的速度v =2v （1分）
m 0
设B从碰后到刚飞离过程用时为t，位移为x，由动量定理有：mv -mv = qEt – ft （2分）
m 0
𝑚𝑔 𝑚𝑔
该过程中 ft=μ（mg-F）t =𝜇𝑚𝑔t - 𝜇 ∑𝑣 𝑡 = 𝜇𝑚𝑔t - 𝜇 𝑥
𝑖
2𝑣0 2𝑣0
解得x= 10𝑣 0 2 （1分） 又由ΔE = -W = -qEx= -2m𝑣2 （1分）
𝑔 p 电场力 0
3）对AB构成的系统由能量守恒有 1 2𝑚𝑣2+ 1 𝑚(2𝑣 )2− 1 𝑚𝑣2+𝑄 =𝑞𝐸𝑥 （3分）
2 2 0 2 0
解得：Q = 1 𝑚𝑣2−𝑚𝑣2 （2分）
2 0
