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2025 年秋季高二年级 12 月月考
物理 B 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 ，方向向下为负，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．这属于光的薄膜干涉，条纹不等间距逐渐变窄故A错误；
BC．薄膜干涉是膜两个表面的反射光叠加后的结果，图中“膜”为空气夹层，即条纹是由
凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的，故B正确，C错误；
D．照射单色光的波长增大，相邻条纹间距变大，故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．稳定的鱼鳞区域是干涉图样，波峰遇波峰振动加强，波谷遇波谷振动也
加强，波峰遇波谷振动才减弱，因此O、P、Q所在的直线上都是振动加强点，故A错误；
B．稳定干涉图样中的加强点并不是始终在波峰处，波是向前行进的，媒介中的质点不随
波迁徙，因此一段时间后质点 不会运动到 点，故B错误；
C．由于两列波的振幅均为 ，叠加的结果使 点在平衡位置上方 处，而 点在平衡
位置下方 处，故图示时刻 、 两点间的高度差为 ，故C正确；
D．图示的两波沿垂直于波峰实线的方向向前传播，过 点向两波峰作垂线，垂足处的振
动形式先传到 点处，由于波峰前已传播了 ，因此需要再传播的距离为
所以经过的时间为 ，故D错误。
7．C【详解】A．当挡板B与物块A分离时，A、B间的作用力为零，则此时A的加速度
为 。对物块A受力分析由牛顿第二定律得
解得挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量为 ，选项A错误；
B．当物块A达到最大速度 时，加速度为零，则对物块A有
解得物块A达到最大速度 时，弹簧的伸长量为 ，选项B错误；
C．当物块A与挡板B分离前，物块A的加速度始终为 ，由于最开始弹簧处于自由状态，则当物块A与挡板B分离后，对物块A由牛顿第二定律得
随着弹簧的伸长量x的增大，加速度a逐渐减小。所以物块A从静止到第一次达到最大速
度 的过程中，其加速度a随坐标x变化的图像如图所示
由 可知，通过a-x图像与x轴围成的面积求解，由a-x图像得
解得物块A的最大速度为 ，选项C正确。
D．若没有挡板B，物块A从弹簧原长处单独静止释放，物块A在竖直方向上做简谐运动，
由对称性可知，物块A下降的高度为 。当物块A与挡板B一起运动，分离前，挡板B
对物块A做负功，物块A下降的高度较小，弹簧的最大伸长量较小，小于 ，选项D
错误；
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】A．简谐横波沿 轴正方向传播，根据“前一质点带动后一质点”可知质点
起振方向向上，可知波源的起振方向向上，故A错误；
B． 时刻 点在平衡位置，可知此时其回复力为零，加速度为零，故图乙可能是图甲
中 的 点的 图像，故B正确；
C．由图乙可知其周期为 ， 时间内质点振动时间大于 周期，小于 周期，
此时质点 正处于x轴上方且正向y轴负方向运动，所以其速度在增大，加速度在减小，
故C正确；
D．波的传播速度为 波从M处传播到质点Q处所需要的时间
可知Q的振动了 ，此时质点Q处于 轴上方最大位移处，即 处，故D错误。
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）
14.（1） （7分） （2） （7分）
【解析】（1）设折射角为 。在 中， ， ，由几何关系可得
则
即 （2分）
根据折射定律代入已知条件可得 （2分）
由 又 （2分）
得 （1分）
（2）设全反射临界角 ，由
代入数据得 ，因此 （2分）
设移动后的入射点为 ，折射光线在 面上的入射点为 ，则
如图所示
根据正弦定理可知 （2
分）
则 （1
分）
所以移动的距离 （2
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）
