河南省驻马店市九师联盟联考2025-2026学年高二上学期10月月考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1高二物理考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：人教版必修第一、二册，必修第三册第九、十章。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.三个完全相同的金属球甲、乙、丙，开始甲球带的电荷，乙球不带电，丙球带的电荷，先让甲球与乙球接触一下分开，然后让乙球与丙球接触一下分开。下列说法正确的是（）A.丙球带的电荷B.甲球与乙球接触的过程，有的电子从甲转移到乙C.甲球与乙球接触的过程，有的电子从乙转移到甲D.乙球与丙球接触的过程，有的质子从丙转移到乙【答案】B【解析】A．甲与乙接触后均带-6C，乙再与丙接触，总电荷为-6C+10C=4C，均分后各带+2C，故丙最终带+2C，故A错误；BC．甲初始-12C，乙0，接触后均分得-6C。电子带负电，电子从甲转移到乙，转移的电荷量为，故B正确，C错误；D．金属导电是电子转移，质子不移动。乙与丙接触时，电子从乙转移到丙，电荷量为-8C，故D错误。故选B。2.为避免闪电造成的损害，高大的建筑物上会装有避雷针，若产生闪电的积雨云层带正电，避雷针周围形成的等差等势线如图中的虚线所示，避雷针上方a、b两点的电场强度大小分别为Ea、Eb，a、b两点的电势分别为φa、φb，则（）A.Ea>EbB.φa<φbC.避雷针的顶端带正电D.一带正电的雨滴从a点下落至b点，电场力做正功【答案】D【解析】C．积雨云层带正电，由于静电感应，避雷针的顶端带负电，故C错误；A．由U=Ed可知等差等势线间距小则电场强度大，即Ea<Eb，故A错误；B．电场线由正电荷出发，终止于负电荷，即电场线向下，沿电场线电势降低，即φa>φb，故B错误；D．带正电的雨滴在ab间受电场力向下，从a下落至b，电场力与运动方向相同，做正功，故D正确。故选D。3.如图所示，长木板的一端用铰链固定在水平面上的O点，质量为m的物体放在长木板上，在长木板的另一端用外力使长木板与水平面的夹角θ缓慢增大，当时物体刚好沿长木板下滑，忽略长木板的形变量，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.θ从0°增大到30°的过程，物体所受的摩擦力逐渐增大B.θ从0°增大到30°的过程，长木板所受的压力逐渐增大C.物体与长木板间的动摩擦因数为0.5D.时，物体所受的摩擦力为【答案】A【解析】AB．θ从0°增大到30°的过程，根据平衡条件可得，可知物体所受的摩擦力逐渐增大，长木板所受的压力逐渐减小，故A正确，B错误；C．当时物体刚好沿长木板下滑，则有解得物体与长木板间的动摩擦因数为，故C错误；故选A。4.如图所示的水平面上放置两个质量均为m的滑块A、B，时刻在A、B上同时施加大小均为的恒力，施加在A上的力水平向右，施加在B上的力斜向右上方与水平方向成，A、B与水平面间的动摩擦因数均为，，。下列说法正确的是（）A.A的加速度大于B的加速度B.经相同的时间，恒力对A、B做功相同C.经相同的时间，A的动能等于B的动能D.经相同的时间，恒力对A、B的瞬时功率相等【答案】C【解析】A．对A受力分析能根据牛顿第二定律可得代入数据解得对B受力分析，则有其中，联立解得即A的加速度等于B的加速度，故A错误；B．根据匀变速直线运动规律可知，经过相同时间，A、B通过的位移相等，则恒力对A做的功恒力对B做功即恒力对A做的功大于对B做的功，故B错误；C．根据匀变速直线运动规律可知，经过相同时间，A、B两物体的速度相等，由题可知，两物体的质量相等，根据可知，此时A的动能等于B的动能，故C正确；D．经过相同时间，A、B两物体的速度相等，恒力对A的瞬时功率为恒力对B的瞬时功率为则有经相同的时间，恒力对A的瞬时功率大于恒力对B的瞬时功率，故D错误。故选C。5.如图所示为沿x轴正方向的静电场中各点的电势随位置x的变化图像，其中、的图像为倾斜的直线，的图像为平行于横轴的直线。下列说法正确的是（）A.范围内的电场为匀强电场B.与区间的电场强度大小之比为C.电子在与区间内电势能变化量的绝对值之比为D.电子从0运动到的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】A．范围内电势不变，说明该区间不存在电场，故A错误；B．图像斜率的绝对值反映电场强度的大小，则区间的电场强度大小为区间的电场强度大小为解得，故B错误；C．电子在0处的电势能为电子在处的电势能为则电势能变化量的绝对值为电子在处的电势能为电子在处的电势能为则电势能变化量的绝对值为解得，故C正确；D．由图可知，区间的电场沿轴的正方向，区间无电场，区间的电场沿轴的负方向，则电子从0运动到的过程中，电场力先做负功后不做功最后做正功，故D错误。故选C。6.卫星甲是星球P的近地卫星，环绕周期为，卫星乙是星球Q的近地卫星，环绕周期为，已知星球P和星球Q的半径之比为，假设星球P、Q均可视为质量分布均匀的球体，忽略星球P、Q的自转影响。下列说法正确的是（）A.星球P、Q的密度之比为B.星球P、Q的质量之比为C.星球P、Q表面的重力加速度之比为D.星球P、Q的第一宇宙速度之比为【答案】A【解析】A.近地卫星的周期公式结合万有引力提供向心力，对星球P：解得密度对星球Q：解得密度密度比，A正确；B.代入，质量比，B错误；C.在星球表面附近，万有引力近似等于重力，即则星球表面重力加速度代入和得，比值为，C错误；D.由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，当卫星在星球表面在圆周运动时，有即第一宇宙速度代入得，比值为，D错误。故选A。7.如图所示，一固定光滑圆形轨道位于竖直平面内，圆心为O，半径为R，OA是水平半径，B是最低点，质量为m的小球（看作质点）从轨道内的A处由静止释放运动到B点的过程中，小球与圆心O的连线和OB的夹角为α，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球重力的平均功率为0B.小球在B点的速度大小为C.当时，轨道对小球的弹力大小为mgD.当时，小球的加速度大小为【答案】D【解析】A．从轨道内的A处由静止释放运动到B点的过程中，重力做功不为零，则小球重力的平均功率不为0，故A错误；B．根据动能定理小球在B点速度大小为，故B错误；C．当时，根据动能定理此时解得，故C错误；D．当时，根据动能定理小球的加速度大小为，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.甲、乙两辆汽车沿同一直线运动，两车位移x随时间t的变化规律如图所示。下列说法正确的是（）A.甲车做匀速运动，乙车做加速运动B.的时间内，甲、乙两车的平均速度相等C.第一次相遇时汽车甲追上汽车乙D.第二次相遇时汽车甲的速度大于汽车乙的速度【答案】BD【解析】A．根据图像的切线斜率表示速度，由题图可知，甲车做匀速运动，乙车做减速运动，故A错误；B．由题图可知，的时间内，甲、乙两车的位移相等，则甲、乙两车的平均速度相等，故B正确；C．由题图可知，第一次相遇时汽车乙追上汽车甲，故C错误；D．根据图像的切线斜率表示速度，由题图可知，第二次相遇时汽车甲的速度大于汽车乙的速度，故D正确。故选BD。9.如图所示，半径为r的球面下方有一圆周ABC，该圆周与球面竖直直径PM垂直，在该圆周上等分的三点位置分别固定电荷量均为的三个点电荷A、B、C，且点电荷A与球心O的连线与球直径PM的夹角，现在球心O处由静止释放质量为m的带电小球，小球向上运动经球面的P处速度最大，已知静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.O点的电场强度大小为B.P点的电场强度大小为C.小球带电荷量为D.小球刚释放时加速度大小为【答案】AD【解析】A．点电荷在O点产生的电场强度大小方向与竖直成，则O点的电场强度大小为，故A正确；B．同理可知P点的电场强度大小为，故B错误；C．小球在P处速度最大，合力为0，则有解得小球带电量，故C错误；D．分析小球在O点受力，由牛顿第二定律有联立解得小球刚释放时加速度大小，故D正确。故选AD。10.如图所示，平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L。时刻，M板中点处发射两个速度大小均为的相同粒子a、b，粒子a垂直M板向上，到达N板时速度大小为；粒子b平行M板向右，刚好从N板右端射出．不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A.电场力对粒子a做功大于对粒子b做功B.平行金属板M、N的间距为C.粒子在两板间的加速度大小为D.粒子a、b在两板间运动的时间之比为【答案】CD【解析】A．设为沿电场方向的位移，即板间距。电场力做功两粒子相同，且沿电场方向位移均为板间距，因此电场力对两粒子做功相等，A错误；B．对粒子，由动能定理对粒子，做类平抛运动，水平方向匀速，位移为板长，故运动时间竖直方向匀加速，位移为板间距，故且加速度联立以上公式得，B错误；C．对粒子，由，得加速度，C正确；D．粒子做匀变速直线运动，平均速度运动时间粒子的运动时间时间比，D正确；故选CD。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.如图所示是探究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置，充电后的平行板电容器与电源断开，极板A与静电计相连，静电计的外壳接地，极板B接地。（1）静电计指针偏角增大，则说明平行板电容器的两极板A、B间的电压_________（选填“增大”“减小”或“不变”），保证两极板A，B的电荷量不变，A、B间的电压_________（选填“可以”或“不可以”）用电压表来显示。（2）若将极板B向上平行移动一小段距离，将观察到静电计指针偏角_________（选填“增大”“减小”或“不变”），说明平行板电容器的电容C随极板正对面积S减小而_________（选填“增大”“减小”或“不变”）。（3）若将极板B向左平行移动一小段距离，将观察到静电计指针偏角增大，说明平行板电容器的电容随板间距离d增大而_________（选填“增大”“减小”或“不变”）；极板B向左移动后，A、B间的电场强度_________（选填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】（1）增大不可以（2）增大减小（3）减小不变【解析】（1）[1]静电计外壳和极板B接地，电势为0，静电计的内部金属杆和极板A相连，电势相等，静电计的外壳与金属杆间的电压大，静电计的指针偏角大，即电容器的两极板A、B间的电压增大；[2]电路有电压表连接时为通路，则为了保证两极板A、B的电荷量不变，A、B间的电压不可以用电压表来显示。（2）[1][2]若将极板B向上平行移动一小段距离，则极板正对面积减小，根据可知，电容器的电容减小，说明平行板电容器的电容C随极板正对面积S减小而减小。因为两极板所带电荷量不变，根据可知，两极板间的电势差增大，则静电计指针偏角增大。（3）[1]若将极板B向左平行移动一小段距离，板间距离增大，观察到静电计指针偏角增大，说明平行板电容器极板间电压增大，因为两极板所带电荷量不变，根据可知，电容减小，说明平行板电容器的电容随板间距离d增大而减小；[2]根据，，联立解得电场强度在电荷量不变时与极板间距离无关，B极板向左移动后，A、B间的电场强度不变。12.小赞同学利用如图甲所示的装置探究平抛运动，实验时将竖直板放置在斜槽右侧的某位置，将小球由挡板处静止释放，记录在白纸上留下的痕迹A，然后依次将竖直木板向右移动相同的距离，并将小球由挡板处静止释放，同时记录在白纸上留下的痕迹B、C，记录的痕迹转化为如图乙所示轨迹上三点，用刻度尺测量AB两点和BC两点的竖直高度分别为、，重力加速度g取。请回答下列问题：（1）组装图甲的装置时，________（选填“需要”或“不需要”）调整斜槽的末端水平，斜槽的轨道________（选填“需要”或“不需要”）光滑。（2）由图乙分析可知A、B、C相邻两点的时间间隔相等，均为________s，小球离开斜槽末端的速度大小为________m/s，小球经过B点时的速度大小为________m/s（结果可用根号表示）。【答案】（1）需要不需要（2）0.12【解析】（1）[1]为了保证小球抛出时速度处于水平方向，组装图甲的装置时，需要调整斜槽的末端水平；[2]为了保证小球每次抛出时的速度相同，每次需要从同一位置静止释放小球，但斜槽的轨道不需要光滑。（2）[1]由图乙分析可知A、B、C相邻两点的时间间隔相等，竖直方向根据可得[2]水平方向根据可得小球离开斜槽末端的速度大小为[3]小球经过B点时的竖直分速度大小为则小球经过B点时的速度大小为13.如图所示，质量的长木板B置于光滑的水平面上，可视为质点的质量的物体A放在B的最左端，时刻在A上施加一个水平向右的恒力F。时将外力F撤去，撤去外力瞬间A、B的速度之比为。已知A与B之间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：（1）恒力F的大小；（2）时，A、B的速度大小。【答案】（1）18N（2）14m/s；8m/s【解析】（1）设物体A在木板B上运动时的加速度大小为，木板的加速度大小为，有，时将外力F撤去，撤去外力瞬间A、B的速度之比为，则有解得。（2）由（1）可解得，时，A、B的速度大小为，。14.如图所示，长度为L的平行带电金属板AB、CD倾斜正对放置，金属板与水平方向成角，金属板间有匀强电场，质量为m，带电量为的小球从AB板左边缘以初速度沿水平方向进入电场，小球刚好沿水平直线从CD板右边缘飞出电场，重力加速度为g，求：（1）小球飞出电场时速度大小；（2）金属极板间的电压。【答案】（1）（2）【解析】（1）小球在电场中运动时，速度方向始终水平，故竖直方向合力为零，水平方向存在合力产生加速度。对小球受力分析，重力竖直向下，电场力垂直于金属板。将电场力分解为竖直方向和水平方向，竖直方向分力与重力平衡，即解得电场力水平方向分力为由牛顿第二定律得水平方向加速度小球水平方向做匀加速直线