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2025 年秋季高二年级 12 月月考
物理 A 卷答案及评分细则
一、选择题（4×10=40分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A D B D C C AC BC ACD
1．D【详解】A．实验证实电磁波存在的是赫兹，A错误；
B．由公式 可知真空中频率越大，波长越短故B错误，D正确；
C．电磁波在真空中的传播速度为 ，故C错误。
2．A【详解】设 、 两导线在 点产生的磁感应强度大小分别为 、 ， 中电流方向
向上时，有 中电流方向向下时，有
联立，解得 ， 由 可知 故有
3．D【详解】A．速度变化量为矢量，初速度向下为 ，末速度向上为 ，故
，故A错误；
BC．根据动量定理，总冲量为动量变化量
总冲量由手臂作用力 和重力共同提供，即
解得
根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小为 ，故B错误；
D．手臂对排球的作用力的冲量为 ，故D正确。
4. B【详解】A．磁感线是为了方便理解磁场而虚构出来的线，并不真实存在，A错误；
B．由图可知 点的磁感应强度大于 点的磁感应强度，同一段通电导线分别放在 两
点时，由于导线如何放置题中未说明，所以无法确定导线在这两点所受安培力的大小关系，
B正确；C．小磁针静止时N极指向为该点的磁场方向，由图可知 点的磁场方向向右，所
以在 点放一小磁针，小磁针静止时N极指向右侧，C错误；D．由对称性可知 两点的磁感应强度大小相同，但方向不相同，由于磁感应强度为矢量，则 两点的磁感应强
度不同，D错误。
5.D【详解】AB．根据平抛运动的规律，在水平方向，有
在竖直方向，有 联立解得v=1.0m/s 故AB错误
0
CD．在∆t时间内流出水的质量 落地时的竖直速度
竖直方向上由动量定理 解得F=0.12N 故选D
6．C【详解】A．由平衡条件可知，金属杆受到的安培力沿斜面向上，此时电流方向垂直
❑√3
纸面向里，故A错误；B．开始时，由平衡条件可知，F=mgtan30°= mg，当磁场变
3
1 ❑√3
为沿斜面向上时，由平衡条件F'=mgsin30°= mg，即F'= F，又F=BIL ，F'=B'
2 2
❑√3
IL则B'= B故B，D错误；C．根据受力平衡可知，原来斜面对金属细杆的支持力为
2
mg 2❑√3 ❑√3
N= = mg,磁场变化后斜面对金属细杆的支持力为N'=mgcos30°= mg，
cos30° 3 2
3 3
所以N'= N，结合牛顿第三定律可知，金属细杆对斜面的压力等于原来的 倍，故C正
4 4
确
7．C【详解】A．小球开始运动时，速度较小，洛伦兹力较小，对小球进行受力分析，小
球受到重力、垂直于杆斜向上的洛伦兹力、垂直于杆斜向上的支持力与沿杆向上的滑动摩
擦力，此时有
解得
可知，小球先做加速度增大的加速运动，当洛伦兹力大于重力垂直于杆的分力时，支持力
方向变成垂直于杆斜向左下方，则有解得
此时，小球做加速度减小的加速运动，当加速度减为0时，小球开始做匀速直线运动，结
合上述可知，小球先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速
直线运动，故A错误；
B．结合上述可知，当洛伦兹力大小等于重力垂直于杆的分力时，杆对小球的支持力为0，
滑动摩擦力为0，此时加速度最大，则有
解得
故B错误；
C．结合上述可知，速度最大时，加速度为0，则有
解得
若小球的速度达到最大速度一半时，则有
由于静止释放后小球能够向下运动，则有
结合上述可知
即此时杆对小球的支持力方向垂直于杆斜向下，则有
解得故C正确；
D．结合上述可知，小球的最大速度为
故D错误。
故选C。
8．AC【详解】A．滑动触头P由最高点向下滑动时，R 阻值变大，则总电阻变大，总电
2
流减小，则I变小，R 以及内阻r上的电压减小，则R 两端电压变大，则U 变大故A正确；
1 2 2
B． 变大，根据闭合电路的欧姆定律可得 则 不变 故B错误；
C．根据输出功率
可知当外电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，当滑片P在最高点时
此时电源输出功率最大，滑片P滑动过程中，外电阻从r逐渐增加到大于3r，可知电源的
输出功率一直减小，故C正确；
D．电源的总功率 变大
9．BC【详解】AB． 内，左侧电路中的电流减小，根据安培定则可知，在右侧电路
中产生的磁场垂直纸面向外减弱，右侧闭合回路中穿过纸面向外的磁通量减小，根据楞次
定律可知金属棒中的感应电流方向为 、金属棒有向右运动的趋势，金属棒受到水平
向左的静摩擦力，故A错误，B正确；
C． 时刻，圆环电流为零，在PQ棒处产生的磁感应强度为零，则PQ棒受到的安培力为
零，t 时刻，圆环电流的变化率等于零，可知PQ棒感应电流等于零，则安培力为零，
3
C正确
D． 内，由图乙可知，电流的变化率先增大后减小，则右侧闭合回路中的磁通量的变
化率也先增大后减小，根据法拉第电磁感应定律，可知金属棒中的感应电流先增大后减小，
故D错误。故选BC。
10．ACD【详解】AB．设弹性小球甲、乙第一次碰撞后的速度大小分别为 和 ，则由题
意知
第一次碰撞的过程根据动量守恒和能量守恒有 ，
联立解得 ， ， ，故A正确，B错误；
CD．两弹性小球恰好在D点发生第二次碰撞前瞬间，两弹性小球组成的系统动量大小为
（方向沿顺时针方向）
两小球组成的系统的初动量大小为 （方向沿顺时针方向）
对于两弹性小球与圆轨道组成的系统，沿BD方向动量变化量大小为 ，沿AC方向动量
变化量大小为 ，由动量定理可知，B、D两处绳子与A、C两处绳子对圆轨道的冲量之
和大小均为 ，故CD正确。
二、非选择题（6+10+12+14+18=60分）
11．(1)小于 不需要 （每空1分） (2) （2分）
(3) (2分）
12．(1)C (2)5 (3)乙 (4) 3.79~3.81 170~172 （每空2分）
【详解】（1）待测电池的电动势约为 ，为尽量减小实验误差，实验中电压表应选择
C。
（2）改装后，根据电路的并联规律，通过的总电流为 ，即量程扩大为原来的5倍。
（3）由于改装后的电流表内阻已知，因此电流表相对电源应采用内接法，应该选择的实验
电路是图中的乙。
（4）[1][2]改装后电流表的内阻为
由闭合电路欧姆定律可得 则
可知 图像的纵轴截距等于电动势，则有
斜率绝对值为 则
13．（1） （6分） （2） （6分）
【解析】（1）仅闭合开关S，由闭合电路欧姆定律得：
1
（2分）
同时闭合开关S₁和S₂，由闭合电路欧姆定律得
（2分）
联立解得
（2分）
（2）直流电动机M正常工作时，设两端的电压为U，由
（2
分）
解得
（1
分）
电动机的输出功率为
（2
分）解得
（1
分）
3❑√3
14.(1) − V （7分） (2) （7分）
5
【解析】（1）设导线框 边进入磁场区域瞬间的速度大小为 ，根据动能定理有
（2
分）
导线框 边进入磁场区域瞬间，导线框 边切割磁感线产生的感应电动势 （1
分）
导线框中的电流 （1
分）
3
导线框 两端的电势差U =−I× R （2分没加负号扣1
ab 4
分）
3❑√3
解得U =− V
ab 5
（1分）
（2）导线框 边进入磁场后，导线框受到的安培力 （1
分）
对导线框受力分析，根据平衡条件有 （2
分）
即导线框匀速进入磁场区域，导线框进入磁场区域的时间 （1
分）
联立解得导线框上产生的焦耳热 （2分）
导线框完全进入磁场区域至 边运动至磁场区域下边界的过程中，线框中没有感应电流，
故不会产生焦耳热 则直到导线框 边运动至磁场区域下边界， 边上产生的焦耳热
（1
分）
15.(1) （6分） (2) （6分） (3) （6分）
【详解】（1）设小球摆至最低点的速度为 ，根据机械能守恒定律有 (2分)
设轻绳即将断裂时其中的张力为 ，对小球根据牛顿第二定律 (2分)
且
解得 (2分)
（2）当A与B速度相等时弹簧的弹性势能最大，
根据系统动量守恒 (2分)
系统机械能守恒 （2分）
解得 （2分）
（3）沿直轨道和垂直直轨道分解小球 的运动
垂直直轨道分量 ，
设小球经时间 与直轨道碰撞，则 （2分）
小球B与直轨道碰撞时，速度方向垂直于直轨道
（2分）解得： （2分）
