湖北省2025-2026学年高二年级上册10月月考物理试题（解析版）

高二年级10月考试

物理试卷（A）

时长：75分钟试卷满分：100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。分。

1.下列说法正确的是（）

A.静甩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】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（）

甲乙丙

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，学校楼房顶上焊接的钢筋（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】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，卫星顺利讲入预定轨道,发射仟务获得

圆满成功。卫星在进入预定轨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。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点的运动速度

B.卫星在轨道2上从产经M到Q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上的机械能相等

【答案】B

【解析】A.在轨道I上的P点点火，速度增大，做离心运动，在轨道2上的〃点速度大

于圆轨道I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P到Q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.若电子的速度变大，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】电子绕点电荷Q做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，根据%岑二〃?二、

v

可得□二

A.若电子的轨道半径变大，由7=2兀可知，周期增大,故A错误;

B.若电子的轨道半径变小，由丁=2%丝-可知，周期减小,故B错误;

\kQe

C.若电子的速度变大，由y=J处可知，半径减小，电势能纥二一&&

Vmrr

「减小时电势能更负（绝对值增大），故电势能变小，故C正确;

D.若电子的速度变为原来的两倍，由y=J还可知，「应变为原来的!；由

Vmr4

7=2兀J丝1可知，此时丁变为原来的1，故D错误。故选C。

\kQe8

5.如图所示，〃和力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H勺直流电压表接到电容器〃的两

端，经过•段时间后电路又重新达到稳定。下列说法正确的是（）

b

£1

A.电压表示数为3V,电玉表接入之前电容器。和〃带电量相等

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0,电压表接入稳定之后电容器。带电量为零

【答案】D

【解析】电压表接入之前，由于4和人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a的两端，稳定后，由于电容器〃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0,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，•的竖直光滑半圆形轨道在最低点4平滑连接，小球在

最低点4处以速度%=滑上光滑半圆形轨道，g为重力加速度，设小球上升的最大

7

B.H=-r

4

„27

C.H=——r

16

【答案】C

【解析】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=阳工

小球从人处到最高点的过程，根据动能定理-〃火x2/*=g，w：相片

解得以=下还

因为％=L=，5gr

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

2

为。，则根据牛顿第二定律可得sin夕=

1,1,

根据动能定理一〃火厂(1+sin。)=-mv~--/nvj

联立解得sin。=L

2

此后小球做斜抛运动，在竖直方向上匕=PCOS6

V27

则”=r(l+sinO)+4-二二一

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x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lOm/s2,在运动过程中物块的最大动能为()

F

777^77777777777777

甲

A.10.5JB.9.5JC.8.5JD.5.5J

【答案】B

【解析】由图像可知,拉力减小时表达式为

产=4+&-(6—0.5x)N

物体受到的滑动摩擦力大小为

f=/amg=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

/-x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

H/=lx3x6J+—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

1、

W-/imgx=Ekm--mv

解得

6二9.5J

故选B。

8.2025年9月3日，纪念中国人民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

质

量

块

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】A.根据电容器的电容公式。二三"可知，当电介质插入极板间越深，则电容

471kd

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.全球飞机鸟击事件平均每年约20000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。.2m,飞鸟时地

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，不计匕机撞击区的形变和《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200000N

B.该飞鸟对飞机的平均撞击力大小约为100000N

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】AB.飞机的速度为u=720km/h=200m/s

jo2

撞击过程所用时间为4=一=3s=1x10飞

v200

以飞鸟为对象，根据动量定理可得RA，=〃W

解得了二丝=05x200N=100Q00N

Ar1x10-3

根据牛顿笫三定律可知，该飞鸟对飞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，根据月”二〃“，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E,内阻为「，灯泡L、L?电阻一定，电阻人、与、

&阻值均为«），滑动变阻器R的最大阻值为Kn，且降＞&，当滑动变阻器的滑片从最

卜.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△〃、△/0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

△U

D.—>△/

【答案】AC

【解析】A.当滑动变阻滂的滑片从最下端向上滑至最上端的过程中，A减小，总电阻减

小，干路电流增大，路端电压减小；

L与曷共分干路电流，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L2两端电压变小，会变暗，故A正确;

B.当滑动变阻器的滑片从最下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，通过电流变小，通过&电流变大其两端电压也增大；

由串并联知识：R2两端电压减小，通过&电流/&变小，流过电流表电流/变大；

又I&=IR广I,通过氏3电流变大，故电流表电流增加量△;大于通过此电流，小的减少

量△/&；

△U

故方一二△〃、＜△’,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，如图中所不。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（电动势氏1.5V,内阻/«=（）.5C）,电流表

（满偏电流4=500卬\,内阻％=99.5。），定值电阻4=500。，变阻器R，（0〜

10kQ）,螺旋测微器，刻度尺，导线若干。

20

1

r15

o

E

IB—0

电阻丝

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mnio

（2）图乙中A、B两接线柱中，A接（选填“红表笔”或“黑表笔”）。

（3）先进行欧姆调零，将A、B短接，再调节变阻器使电流表的示数为卬\,

此时变阻器接入电路中的组值为

（4）然后，在A、B间接入长度为L的电阻丝，当电流表示数为2（）0pA时，电阻丝的电

阻凡=Co

（5）电阻丝电阻率的表达式为夕=（用R,、L、。等物理量表示）。

【答案】⑴0.650##0.65l##0.649（2）红表笔(3)500②.2400(4)

4500（5）叫"

4L

【解析】（1）螺旋测微器的读数为0.5mm+15.0x0.01mm=0.650mm

（2）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

（3）[IJ欧姆调零时，电流表达到满偏电流为5OO|iA

,E

⑵由闭合电路的欧姆定律有4=R+R,+R+.

E

解得欧姆表总内阻为9=Rg+*+A+r二7=3000Q

故变阻器接入电路中的阻值为R'=2400Q

£

（4）根据％=丁_&

当/=200|.iA时，Rx=4500。

（5）根据电阻定律凡=p-

其中5=兀（亨D）

联立解得夕二弓三

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20C）

待测微安表G（最大量程300RA,内阻儿待测，约2kQ）

滑动变阻器R（最大阻值10。）

定值电阻&（阻值10Q）

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，G；电流表A读数为/,根据第（1）问电路原理图，用字母

/、%、R。、凡表示微安表的内阻，写出微安表内阻的计算公式

R。

1IU

【解析】（1）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

流表市联，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。

（2）流过定值电阻凡的电流为人=/一心

加在微安表两端的电压等于&两端的电压，故微安表的内电阻

R%"9心）&

，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〃?、带电荷量为十"

（未知）的圆环。套在竖直杆上，质量为M、电荷量为+Q的滑块b静置于水平地面上，

〃、方均保持静止，两者连线与水平地面的夹角＜9=53。，圆环〃距地面的高度为人静电

力常量为次重力加速度为g,sin53°=0.8,cos53°=0.6o求:

ac.5

一4Gp一,

z/zz/z/z////////

（1）圆环。所受库仑力的大小和所带电荷量。

（2）滑块一所受摩擦力的大小。

【答案】（1）。=胃警设）f=]g

64ZQ4

【解析】（1）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〃吆=&sin。

解得，库仑力大小为4二£咫

又因为盘=火华

其中〃二一4

sin。

联立，解得圆环所带电荷量为

125nigh2

q=-------

64k。

（2）对滑块，在水平方向，根据平衡条件可得

f=£,；cos0

解得/=3〃zg

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1C,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，车灯电阻可以认为不变。求：

（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】（1）电动机未启动时，车灯的功率为—

E-Ir

车灯的电阻为A=-

电动机启动瞬间，并联部分电压为U=E-/2r

2

车灯的功率为鸟=为U

则车灯的功率减少量为《一4=35W

（2）电动机启动时，车灯的电流为人="

R

电动机的输入功率为P、=UQh）

电动机的输出功率为/=以2

-（/2-/3）/?M

联立解得%=72W

（3）电动机正常工作后，电源的路端电压为。2=七-//

车灯的电流为人二七

R

电动机输入电流为，6=/-，5

电动机的输入功率为P；=UI

电动机的输出功率为p'=P；-[R

P，

电动机正常工作的效率为〃=3方93.3%

以

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〃z=lkg、电布夕=+2C的小球乙从水平轴），轴

上的A点以大小为5m/s、方向与y轴正方向成53。角的初速度射入第三象限，之后从1轴

上的4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y轴上的。点以平行于.r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，其电场强度为巴

的正方向沿），轴正方向，如图b所示，周期为兀已知T=ls,OB=L=]m,

sin530=0.8,cos530=0.6。求：

图a图b

（1）第三象限电场强度心的大小和小球甲在B点产生的电场的电场强度E2的大小。

(2)小球乙进入第一象限后，在/=《时，小球乙的速度大小和方向