2025-2026学年湖北省高二年级上册10月月考物理试卷（解析版）

物理试卷（A）

时长：75分钟试卷满分：10（）分

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答

题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在

试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和

答题卡上的非答题区域均无效。

4.考试结束后，请将答题卡上交。

一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1〜7

题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对

但不全的得2分，有选错的得0分。

1,下列说法正确的是（）

A.静电计是用来粗略测量电流的装置

B.导体电阻跟加在它两端的电压成正比

C.白炽灯正常发光时，其灯丝材料电阻率比常温时小

D.电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置

【答案】D

【解析】

【详解】A.静电计用于测量电势差，而非电流，故A错误；

B.导体的电阻由材料、长度、横截面积及温度决定，与电压无关，故B错误；

C.金属电阻率随温度升高而增大，灯丝高温时电阻率比常温时大，故C错误；

D.电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电势能，故D正确。

2.下列说法正确的是（）

A.图甲中，在干燥季节，使用加湿器增加室内湿度，可有效减少静电积累

B.图乙中，学校楼房顶卜焊接的钢筋（一起埋入地下）主要作用不是避雷而是为了美观

C.图丙中，小鸟停在单根高压输电线上不会被电死是因为其脚掌是绝缘的

D.图丁中，两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了增强导电能力

【答案】A

【解析】

【详解】A.使用加湿器增加室内湿度，可有效地释放较多的静电，A正确；

B.房顶上焊接的钢筋主要作用是避雷，B错误：

C.小鸟不会被电死是因为两脚间电势差为零，C错误；

D.优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了静电屏蔽，而不是增强导电能力，D错误。

故选Ao

3.2025年6月20日20时37分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将中星9c卫星

（以下简称“卫星”）发射升空，卫星顺利进入预定凯道，发射任务获得圆满成功。卫星在进入预定坑道之

前经过了多次变轨，如图所示，卫星先在圆轨道1上绕地球做匀速圆周运动，然后在P点点火进入椭圆轨

道2,在。点再次点火进入圆轨道3绕地球做匀速圆周运动，已知MN为椭圆的短轴、PQ为椭圆的长轴，

不考虑空气阻力，下列说法正确的是（）

A.卫星在轨道1上P点的运动速度大于在轨道2上P点的运动冤度

B.卫星在轨道2上从。经M到。的过程中动能一直减小，但总的机械能不变

C.卫星经过M、N两点的加速度相同

D.卫星在轨道1和轨道3上的机减能相等

【答案】B

【解析】

【详解】A.在轨道1上的P点点火，速度增大，做离心运动，在轨道2上的P点速度大于圆轨道1上P点

的速度，故A错误；

B.由开普勒第二定律可知，在椭圆轨道上从0到。速度一直减小，只有重力（万有引力）做功，机械能守

恒，故B正确；

C.卫星经过M、N两点的加速度方向不同，故C错误；

D.卫星从轨道1到轨道3经过两次点火，有其他形式的能转化为机械能，机械能增加，故D错误。

故选B.

4.一个电子仅受固定点电荷。的库仑力作用绕。做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）

A.若电子的轨道半径变大，其运动周期一定减小

B.若电子的轨道半径变小，其运动周期可能不变

C.若电了•的速度变大，其轨道半径一定变小，电势能变小

D,若电子的速度变为原来的两倍，其轨道半径也变为原来的两倍，周期保持不变

【答案】C

【解析】

【详解】电子绕点电荷Q做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，根据Z丝二〃?匕、T=—

rrv

若电子的轨道半径变大，由7=2万」空可知，周期增大,

A.故A错误;

\kQe

若电子的轨道半径变小，由7=2%1把-可知，周期减小,

B.故B错误;

\kQe

可知，半径减小，电势能与=乂色

C.若电子的速度变大，由u二

r

，・减小时电势能更负（绝对值增大），故电势能变小，故C正确;

可知，「应变为原来叫；由7=2〃

D.若电子的速度变为原来的两倍，由丫二竺可知，此时T

kQe

变为原来的:，故D错误。

8

故选C。

5.如图所示，〃和〃是完全相同的两个电容器，串联接在电动势为E=6V的电池（内阻不可忽略）两端

充电，达到稳定后将一内阻为几千欧姆的直流电压表接到电容器〃的两端，经过一段时间后电路又重新达

到稳定。下列说法正确的是（）

b

A.电压表示数为3V,电压表接入之前电容器。和力带电显相等

B.电压表示数为3V,电压表接入稳定之后电容器。带电量为零

C.电压表示数为0,电压表接入之前电容器。和〃带电量不相等

D.电压表示数为3电压表接入稳定之后电容器。带电量为零

【答案】D

【解析】

【详解】电压表接入之前，由于飞和“是完全相同的两个电容器，所以。和〃两端电压相等，所带电量相

等；因为电压表是由小量程表头串联大电阻改装而成，将电压表接到电容器。的两端，稳定后，由于电容

器b的存在，使得回路电流为0,则流过电压表表头的电流为0,所以电压表示数为0,则电容器。两端电

压为()，电容器。带电量为零。

故选D。

6.如图所示，水平直轨道与半径为一的竖直光滑半圆形轨道在最低点A平滑连接，小球在最低点4处以速

【答案】C

【解析】

【详解】假设小球恰好可以通过竖直光滑半圆形轨道的最高点，则在最高点时〃吆=机、

r

小球从A处到最高点的过程，根据动能定理一"次x2r=^-m\Q"八彳

解得匕=有还

因为％=

所以，小球无法通过轨道最高点，设小球脱离轨道时，与轨道圆心连线和水平方向的夹角为氏则根据牛

顿第二定律可得mgsin0-m—

1)1°

根据动能定理-mgr(\+sin<9)=-mv~--mv~

联立解得sin夕=g,丫=栏

此后小球做斜抛运动，在竖直方向上。=ucos。

v2?7

则H=/(l+sinO)+上=巴，

2g16

故选C。

7.如图甲所示，质量为0.2kg的物块受到水平向右的拉力/，以5m/s的初速度从A点向右运动，尸随位

移工变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取IOm//，在运动过

程中物块的最大动能为()

C.8.5JD.5.5J

【答案】B

【解析】

【详解】由图像可知，拉力减小时表达式为

F=Fm+/cx=(6-0.5x)N

物体受到的滑动摩擦力大小为

f=〃ng=IN

当物体所受合力为零时，物体的动能最大，即”=/时物体受到最大，则有

(6-0.5x)N-1N

解得

x=10m

尸-工图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做功，由图像可知，物体速度最大时，推力对物体做

功为

W=-x3x6J+—x(10-6)J=17J

22

从物体开始运动到速度最大过程，对物体，由动能定理得

解得

%=9.5J

故选B。

8.2025年9月3日，纪念中国人武抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵在北京天安门隆重举行,

我国自主研发的东风-61陆基洲际战略核导弹等武器首次亮相。导弹内部固定安装有多种类型的传感器，其

中电容式导弹加速度传感器原理如图所示，质量块左、右侧分别连接电介质和轻质弹簧，弹簧与电容器固定

在导弹身体内部，质量块套在光滑且平行于弹簧轴线的固定直杆上，质量块可带动电介质移动从而改变电

容。下列说法正确的是（）

质

电介质量

Tj一块WWW

-R+Wl-1

A.电介质插入极板间越深（深度不超过极板长度），则电容器电容越大

B若导弹沿弹簧轴线方向做变加速度运动，则以上电路中有电流

C.若导弹沿弹簧轴线方向由向右匀加速运动变为向右匀速运动，弹簧长度会变长

D.导弹由静止突然沿弹簧轴线方向向右加速时，以上电路中有逆时针方向的电流

【答案】AB

【解析】

【详解】A.根据电容器的电容公式可知，当电介质插入极板间越深，则电容器电容越大，故A

正确；

B.若导弹沿弹簧轴线方向做变加速度运动，根据牛顿第二定律可知，弹力大小改变，则导致插入极板间电

介质的深度改变，电容改变，根据Q=CU可知，极板间的电量改变，电路中有电流，故B正确；

C.若导弹沿弹簧轴线方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则弹簧长度不变，故C

错误；

D.导弹由静止突然沿弹簧轴线方向向右加速时，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质深度变大，因

此电容会增大，由于电压不变，根据。=cu可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中

有顺时针方向电流，故D错误。

故选AB。

9.全球£机鸟击事件平均每年约20()00起，全球各大航空公司每年因鸟击共损失100多亿美元。某次飞机

沿水平方向以720km/h的速度匀速飞行，一只0.5kg的飞鸟沿水平方向撞击飞机头部竖直面，已知撞击前该

飞鸟身体在飞机飞行方向上的长度L为0.2m,飞鸟对地速度忽略不计，撞击结束后飞鸟附着在飞机撞击面

上，飞鸟身体沿飞机飞行方向上的长度忽略不计，不计飞机撞击区的形变和飞机速度的变化，撞击过程模拟

图如右图所示。下列说法正确的是()

A.该飞鸟对飞机的平均撞击力大小约为20(X)()0N

B.该飞鸟对飞机的平均撞击力大小约为I00000N

C.为了减小飞鸟对飞机的撞击力，飞机外壳可选用硬度很大不易变形的合金材料制作

D.为了减小飞鸟对飞机的撞击力，飞机外壳可选用具有缓冲延时效果的较厚材料制作

【答案】BD

【解析】

【详解】AB.飞机的速度为i，=720km/h=200m/s

撞击过程所用时间为加绘s=1x1035

v200

以飞鸟为对象，根据动量定理可得©V二〃”

解得7=—=32,N=1OOOOON

△t1x10-3

根据牛顿第三定律可知，该飞鸟对£机的平均撞击力大小约为100000N,故A错误，B正确；

CD.为了减小飞鸟对飞机的撞击力，根据=可知应增大作用时间，所以飞机外壳可选用具有缓

冲延时效果的较厚材料制作，故C错误，D正确。

故选BD。

10.如图所示电路，电源电动势为£内阻为八灯泡L1、L?电阻一定，电阻飞、4、%阻值均为此,

滑动变阻器R的最大阻值为Rm，且Rm>，当滑动变阻器的滑片从最下端向上滑至最.上端的过程中，理

想电表示数变化的绝对值分别为AU、A/o下列说法正确的是()

A.灯泡L1变亮，L?变暗B.滑动变阻器的功率逐渐增大C.—<A/D.

【答案】AC

【解析】

【详解】A.当滑动变阻器的滑片从最下端向上滑至最上端的过程中，R减小，总电阻减小，干路电流增

大，路端电压减小；

L与飞共分干路电流，故流过灯泡L|电流和其两端电压均变大，会变亮：

L2两端电压等于路端电压减去灯泡L1两端电压，故L?两端电压变小，会变暗，故A正确；

B.当滑动变阻器的滑片从最卜端向上滑至最上端时，其功率为零，故滑动变阻器的功率不会一直增大，

故B错误；

CD.干路电流增大，通过L?电流变小，通过以电流变大其两端电压也增大；

由串并联知识：与两端电压减小，通过与电流4变小，流过电流表电流/变大；

又h=/&+/，通过%电流变大，故电流表电流增加量A/大于通过&电流4的减少量△%；

AU-

故,=△〃，<△Ar/,故C正确D错误。

故选AC.

二、非选择题：本题共5个小题，共60分

11.某物理兴趣小组为了测量一段电阻丝材料的电阻率，如图中所示。先将一个电流表改装成欧姆表，如图

乙所示。所用器材有电源（电动势FL5V,内阻/・=O.5Q）,电流表（满偏电流4=500山\,内阻&=99.5

C），定值电阻凡）=500。，变阻器R'（0〜10kQ）,螺旋测微器，刻度尺，导线若干。

中乙内

（1）用螺旋测微器测电阻丝横截面的直径。如图丙所示，其读数为mm。

（2）图乙中A、B两接线柱中，A接（选填“红表笔”或“黑表笔”）0

（3）先进行欧姆调零，将A、B短接，再调节变阻器网,使电流表的示数为gA,此时变阻器接入

电路中的阻值为C。

（4）然后，在A、B间接入长度为L的电阻丝，当电流表示数为200pA时，电阻丝的电阻凡二

______

（5）电阻丝电阻率的表达式为。=（用（.、L、。等物理量表示）。

【答案】（1）0.650##0.651##0.649

（2）红表笔（3）①.50D②.2400

（4）4500（5）咽。

4L

【解析】

【小问1详解】

螺旋测微器的读数为0.5mm+15.0x0.01mm=0.650mm

【小问2详解】

欧姆表进行欧姆调零和测电阻时，电流均从红表笔流入表内，故A接红表笔

【小问3详解】

[1]欧姆调零时，电流表达到满偏电流为500pA

,E

[2]由闭合电路的欧姆定律有4=R+R，+R+,.

g°

E

解得欧姆表总内阻为%%%=7=3000Q

故变阻器接入电路中的限值为R'=2400C

【小问4详解】

F

根据&=丁_&

当/二200|iA时，R，=4500C

【小问5详解】

根据电阻定律R\=/9-J

D、

其中S二九（二＞

2

联立解得

12.某同学要测量微安表内阻，可选用的实验器材有:

电源E（电动势3V,内阻很小）

电流表A（最大量程60mA,内阻约20Q）

待测微安表G（最大量程Y）0”A,内阻凡待测，约加。）

滑动变阻器R（最大阻值10Q）

定值电阻凡（阻值I0Q）

单刀单掷开关S一个，导线若干。

（1）为了比较准确的测量微安表内阻，在答题卡方框中画出实验电路原理图

（2）待测微安表G读数为心；电流表A读数为/,根据第（1）问电路原理图，用字母/、4、R。、RG

表示微安表的内阻，写出微安表内阻的计算公式

Ro

IF——

【答案】（1）（2）凡=—六4

W7G

R

~I-.................................................

ES

【解析】

【小问1详解】

为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻凡并联，再与电流表串联，通过电流表的电

流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻凡的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表

的内电阻。因为滑动变阻器最大阻值太小，不能用限流接法，否则烧坏电表。为了测量多组数据，滑动变

阻器采用分压式接法，故实验电路原理图如图所示

R。

—।।—

【小问2详解】

R

——I----------------------

ES

流过定值电阻R。的电流为-%

加在微安表两端的电压等于R。两湍的电压，故微安表的内电阻RG=牛=牛="一了仆

,G，G，G

13.如图所示，水平地面上固定一根竖直的光滑绝缘细杆，一质量为加、带电荷量为+"（未知）的圆环〃

套在竖直杆上，质量为M、电荷量为+Q的滑块力静置于水平地面上，。、。均保持静止，两者连线与水平地

面的夹角0=53。，圆环。距地面的高度为小静电力常量为重力加速度为g,sin530=0.8,cos53o=0.6。

求：

（1）圆环。所受库仑力的大小和所带电荷量。

（2）滑块A所受摩擦力的大小。

.a,、125ingh

【答案】（1）q=一广"

64kQ

⑵f=：mg

4

【解析】

【小问1详解】

对圆环。受力分析•，圆环静止，受力平衡，圆环与滑块之间为斥力。对圆环，在竖直方向，根据平衡条件

可得〃2g=Z4sin。

解得，库仑力大小为耳：=2g

又因为小二左’/'

联立，解得圆环所带电荷量为夕二空绊

64攵。

【小问2详解】

对滑块，在水平方向，根据平衡条件可得/=%cose

解得了=N〃?g

4

14.小明坐在汽车的驾驶室里看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、

电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示。已知汽车电源电动势为24V,内阻为1Q,电动机M的线

圈电阻为0.5Q。车灯接通而电动机未启动时（S1断开），电流表示数为4A,电动机启动的瞬间（S?已闭

合），电流表示数达到9A,电动机和车灯均正常工作之后电流表示数为6A,不计电流表内阻，车灯电阻可

（1）电动机启动前车灯的功率与启动瞬间车灯的功率之差:

（2）电动机启动瞬间其输出功率；

（3）电动机正常工作的效率。

【答案】（1）35W（2）72W

（3）93.3%

【解析】

【小问1详解】

电动机未启动时,车灯的功率为R=（七一/7）人

E-Ir

车灯的电阻为R=-7^

电动机启动瞬间，并联部分电压为U=E-/2r

u1

车灯的功率为

则车灯的功率减少量为AP二片一6=35W

【小问2详解】

电动机启动时，车灯的电流为4=”■

R

电动机的输入功率为巴、=。（八-A）

电动机的输出功率为4=P入T…3）2"

联立解得时=72W

【小问3详解】

电动机正常工作后，电源的路端电压为=E-/J

车灯的电流为人=幺

R

电动机输入电流为4=，一，

电动机的输入功率为p；=U3

电动机的输出功率为勺；=P；TRM

P‘

电动机正常工作的效率为"二一勺意93.3%

P入

15.如图a所示，在光滑水平面上有一直角坐标系，在第三象限内有沿水平轴x轴正方向的匀强电场，电场

强度的大小为&（未知），坐标原点处有一个带负电的小球甲，其产生的电场只局限在第二象限内。现有一

质量〃?=1kg、电荷q=+2C的小球乙从水平轴y轴上的A点以大小为5m/s、方向与），轴正方向成53。角的

初速度射入第三象限，之后从x轴上的8点以平行于），轴方向的速度进入第二象限，小球乙在第二象限做匀

速圆周运动，最终小球乙从），轴上的。点以平行于x轴的方向进入第一象限。以小球乙从C点进入第一象

限时刻为计时起点，第一象限有如图b所示的周期性变化的电场，其电场强度为耳，鸟的正方向沿），轴正

方向，如图b所示，周期为兀已知7=ls,03=L=lm,sin53°=0.8»cos53°=0.6o求：

E八

(N/C)

£3―>

（1）第三象限电场强度外的大小和小球甲在B点产生的电场的电场强度E