湖南省长沙市名校联考联合体2025-2026学年高二物理上学期10月月考试题B卷含解析

（考试范围：必修一~必修三）

时量：75分钟满分：100分

得分：______________

第I卷(选择题共44分)

一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一项符合题目要求）

1.2025年9月3日9时15分,纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵仪式开始,此次阅

兵活动按照阅兵式、分列式2个步骤进行,时长约70分钟,9时44分,由45架直升机组成的空中护旗梯队率

先亮相,26架直—19武装直升机组成“80”字样,寓意纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年,

如图所示。以下说法正确的是()

A.9时15分是时间间隔

B.70分钟是时刻

C.以编队中某一飞机为参考系,其他飞机是运动的

D.研究飞行中直升飞机上的螺旋桨的转动情况时,直升飞机不能看作质点

【答案】D

【解析】9时15分是时刻,A错误;70分钟是时间,B错误;整个梯队保持梯队形态不变,必须要求梯队中的飞机

保持相同的速度,因此以编队中某一飞机为参考系时,其他飞机是静止的,C错误;研究直升飞机螺旋桨的转动

情况时,不可以把直升飞机看作质点,否则就无转动可言,D正确。

2.如图所示,一个负点电荷和两个正点电荷固定在等边三角形的三个顶点上,O为三角形内切圆的圆心,另一个

负点电荷固定在O点,四个电荷的电荷量均相等,A、B、C为三个切点,则()

A.C点的电场强度方向沿O指向C的方向

B.A、B两点的电势相等

C.A、B两点的电场强度相同

D.O点电荷受到库仑力的合力为0

【答案】B

【解析】两个正电荷在C点产生的电场强度相互抵消,两个负电荷在C点产生的电场强度方向相同,都由C

指向O,故A错误;根据电场强度的叠加原理,可知A、B两点的电场强度大小相等,方向不相同,故C错误;由于

A、B两点关于O点对称,且四个点电荷分布具有对称性,根据电势的叠加原理,A、B两点的电势相等,故B正

确;对O点的-q进行受力分析,可知三个力的合力方向指向OC方向,大小不为0,故D错误。

3.如图所示,水平地面上方有高和宽均为L的台阶,台阶下端与水平地面的交点为P,地面上Q点与P点相距L,

将一小球从上方台阶端点以一定初速度水平抛出,不计空气阻力,重力加速度为g,不考虑小球的反弹,则

()

A.小球以不同的初速度抛出后,在空中运动的时间也一定不同

B.小球落在第一级台阶上和第二级台阶上,在空中飞行时间之比为1∶2

C.小球可能落在地面上Q点左侧

D.小球能落在地面上的最小初速度为

𝑔

【答案】C2

【解析】若小球均落在同一台阶或地面上,小球在空中飞行的时间相等,故A错误;小球落在第一级台阶上时,

下降的高度为L,落在第二级台阶上,下降的高度为2L,根据h=gt2可知小球在空中飞行时间之比为1∶,B

�

��

错误;小球恰好能落在地面上有2L=vt,2L=gt2,解得临界速度v=,D错误;小球以v=的速度抛出时,由

�

�𝒈𝒈

3L=gt'2,x=vt',落点到P的距离d=x-2L,解得d=L<L,C正确。

�

��−�

4.如图所示,电源的电动势为E,内阻为r,定值电阻为R0(R0=r),电路中的电表均为理想电表。当可变电阻R的

阻值减小时,电流表、电压表的示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU,下列说法正确的是()

A.电压表的示数变大,电流表的示数变大

B.电源的效率变高

C.电源的输出功率一定变小

D.ΔU、ΔI的比值不变且>r

𝛥

𝛥

【答案】D

【解析】电阻R的电阻值减小,由闭合电路欧姆定律可知,电流表的示数变大,定值电阻和电源内阻上的电压

外外

增大,电压表示数变小,故A错误;电源的效率为η=×100%=×100%,电阻R的电阻值越小,U外越小,电源的

���

𝛥�

效率越低,故B错误;电阻R的电阻值越小,即R外越小,而外电阻R外=R+R0=R+r>r,当R外等于电源内阻r时电

源的输出功率最大,所以R外越小,电源的输出功率越大,故C错误;电压表示数变化量与R0+r的电压变化量绝

对值相等,故==R0+r>r,即电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比不变,故D正确。

𝛥𝛥·�0+�

𝛥𝛥

5.卫星在不同轨道绕地球做匀速圆周运动,卫星速率平方的倒数与轨道到地面的高度h的关系图像如图所

1

2

�

示,已知图线的纵截距为b,斜率为k,引力常量为G,则地球的密度可表示为()

A.3B.2C.2D.3

3�3�3��3�

4332

【4答𝜋案�】B4𝜋�4��4𝜋�

【解析】设地球半径为卫星的轨道高度为由万有引力提供向心力有又3联立得

R,h,=m2,M=ρ·πR,

����4

2

�+ℎ�+ℎ3

所以联立解得正确。

=h+,k=,b=,ρ=2,B

133333�

232323

�4𝜋��4𝜋��4𝜋��4𝜋��4𝜋�

6.如图所示,倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ,极板间距为d,一质量为m的带负电微粒,从极

板M的左边缘A处以初速度v0水平射入,沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出,不计微粒受到的阻力,

重力加速度为g。则()

A.微粒做匀速直线运动

B.M极板带负电,N极板带正电

C.微粒的加速度大小等于gtanθ

D.微粒从A点到B点的过程中电势能增加了

���

𝑠��

【答案】C

【解析】微粒在电场中受到重力和电场力,而做直线运动,所以电场力垂直极板向上,微粒带负电,所以M极板

带正电,N极板带负电,B错误;受力分析如图,

则tanθ=,得a=gtanθ,C正确,A错误;微粒从A点到B点的过程中,重力势能不变,动能减小量为

𝑚

��

ΔEk=ma·=,根据能量守恒定律得,微粒的电势能增加了ΔEp=,D错误。

�������

𝑠��𝑐��𝑐��

二、多项选择题(本大题共4小题,每题5分,共20分。每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求。

全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)

7.如图,位于水平地面上的斜面光滑,斜面上一个质量m=1kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已知绳子与

竖直方向的夹角为θ=30°,斜面倾角为α=30°,整个装置处于静止状态,g取10m/s2。则下列说法正确的是

()

A.绳对小球的拉力与斜面对小球的支持力大小相等,均为N

103

B.绳对小球的拉力与斜面对小球的支持力大小相等,均为130N

3

C.地面对斜面的摩擦力大小为N

3

D.缓慢向右推动斜面,斜面对小3球的支持力逐渐增大

【答案】AD

【解析】以小球为研究对象,受力分析,由平衡条件有FNcosα+Tcosθ=mg,FNsinα=Tsinθ,解得T=FN=N,A

103

3

正确、B错误;以斜面为研究对象,地面对斜面的摩擦力大小为f=FNsinα=N,C错误;由矢量三角形动态分

53

析,缓慢向右推动斜面,斜面对小球的支持力逐渐增大,D正确。3

8.如图所示,abc是以O点为圆心的三分之一圆弧,b为圆弧中点,a、b、c处各有一垂直纸面的通电长直导线,

电流大小相等,方向均垂直纸面向里,整个空间还存在一个磁感应强度大小为B的匀强磁场,O点处的磁感应

强度恰好为零。下列说法正确的是()

A.若将c处电流反向,其他条件不变,则O点处的磁感应强度大小为2B

B.若将a处电流反向,其他条件不变,则O点处的磁感应强度大小为B

C.若将b处电流反向,其他条件不变,则O点处的磁感应强度大小为B

D.若将a、c两处电流反向,其他条件不变,则O点处的磁感应强度大小为2B

【答案】BC

【解析】三条导线的磁场如图所示,

由矢量的叠加可知,三条导线产生的磁场合磁感应强度为B'=2B0,结合题意可得2B0=B,可得B0=,若将a处或

�

2

c处电流反向,根据磁感应强度的叠加可知,O点处的磁感应强度大小为B合=2B0=B,B正确,A错误;若将b处电

流反向,其他条件不变,则O点处的磁感应强度大小为B,C正确;若将a、c两处电流反向,其他条件不变,则O

点处的磁感应强度大小为B,D错误。

9.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,位于竖直方向,已知等势面c上的电势为0。

一带正电液滴从等势面a上一点以竖直向上的初速度抛出,经过等势面f时刚好与抛出点等高,液滴从等势面

a到b的过程中克服重力做的功为9J,电场力做的功为20J。下列说法正确的是()

A.电场线方向可能水平向左

B.粒子经过等势面b时的电势能为20J

C.粒子经过等势面c时的动能为40J

D.粒子经过等势面f时的动能为89J

【答案】BD

【解析】带正电的液滴受电场力向右,可知场强方向向右,A错误;从等势面a到b的过程中电场力做的功为

20J,可知从等势面b到c的过程中电场力做功也为20J,则电势能减小20J,因在等势面c上的电势为0,可知

粒子在等势面b上时的电势能为20J,B正确;从等势面a到b的过程中竖直方向有=2gh,可知m=mgh=9J,

212

020

粒子在等势面a上的电势能为40J,因粒子只有重力和电场力做功,则电势能、动�能和重力势能之�和守恒,则

Eka+E电势a=Ekc+Epc=49J,因经过等势面c的重力势能Epc小于9J,可知动能大于40J,C错误;因f的电势能为-40

J,则Eka+E电势a=Ekf+E电势f=49J,可知经过等势面f时的动能Ekf=89J,D正确。

10.平面直角坐标系xOy位于竖直平面内的匀强电场中,y轴沿竖直方向,可伸缩的光滑细杆一端位于O点,另

一端位于点P(3m,-1m),将带电小环从P点静止释放后,小环将受到沿-x方向、大小为重力的的恒定电场力

3

4

作用,经时间t0后小环滑到细杆的另一端点O;现保证细杆的一端位于O点不动,将细杆伸缩旋转后使另一端

位于点P'(x,y),将带电小环从P'点静止释放后,小环受到的电场力不变,要使小环经时间t0后能滑到细杆的另一

端点O,则关于O点的坐标,下列说法正确的是()

A.x=3m,y=9m

B.x=-1m,y=7m

C.x=8m,y=5m

D.x=6m,y=8m

【答案】ABD

【解析】小环受到的电场力与重力的合力与-x方向的夹角为θ,则tanθ==,将小球受到的电场力与重力的合

��4

�3

力看成等效重力,根据等时圆模型可知,细杆为圆轨道的弦,细杆的O端位于该圆的等效最低点,另一端位于圆

2222

周上,设圆心为O1(x1,y1),则有+=r,(x1-3)+(y1+1)=r,tanθ=,联立解得x1=3,y1=4,r=5,则P'点的坐标(x,y)应

22�1

�1�1�1

满足(x-3)2+(y-4)2=25,可知ABD正确。

第II卷(非选择题共56分)

三、非选择题（共56分）

11.(10分)在“测定金属丝电阻率”的实验中:

(1)用游标卡尺测量金属丝的长度如图甲所示,由图可知其长度l=cm;用螺旋测微器测得金属丝的

直径如图乙所示,则d=mm。

【答案】5.0204.700

【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为50mm,游标尺读数为0.05×4mm=0.20mm,所以最终读数为50mm+0.20

mm=50.20mm=5.020cm;螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm,可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm,所

以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm。

(2)首先用多用电表粗测Rx的电阻,当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大,应该换用(填“×100”或

“×1”)挡,进行一系列正确操作后,指针静止时位置如图丙所示,其读数为Ω。

【答案】5.0204.700

【解析】(2)用多用电表测电阻丝的阻值,当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大,说明被测电阻很小,应该换用

小量程电阻挡,用“×1”挡;指针静止时指在如图乙所示刻度,读数为7.0,乘挡位“×1”,所以是7.0Ω;

(3)为了进一步精确地测量电阻丝的电阻Rx,实验室提供了下列器材:

A.电压表V1(量程3V,内阻约为3kΩ);

B.电流表A1(量程为100mA,内阻约为10Ω);

C.电流表A2(量程为450mA,内阻约为2Ω);

D.滑动变阻器R(阻值范围为0~5Ω);

E.电动势为4.5V的电源,内阻不计;

F.开关S,导线若干。

根据实验器材,设计如图丁所示的实验电路,为比较精确地测量电阻丝的电阻,电流表应选(填写器材前

对应的字母序号);电压表右侧导线接(填“a”或“b”)点。

【答案】Ca

【解析】(3)电源电动势为4.5V,待测电阻丝的阻值约为7Ω,电压表V1量程为3V,当电压表达到满偏时,通过

电阻的电流约为I=A=428mA,故电流表应选C。为了减小误差,采用电流表外接法,电压表的右侧导线接a

3

点。7

12.(10分)某实验小组在测定电源电动势和内阻的实验中,除待测电源(电动势约为3V,内阻r约为3Ω)外,实验

室提供了以下器材:

A.电流表(量程50mA,内阻为Rg=6Ω)

B.电压表V1(量程3V,内阻约5kΩ)

C.电压表V2(量程15V,内阻约500Ω)

D.电阻箱R0(0~999.9Ω)

E.滑动变阻器R1(0~10Ω)

F.滑动变阻器R2(0~1000Ω)

G.开关、导线若干。

(1)为尽量减小实验误差,实验中电压表选择;为了实验操作方便,滑动变阻器选择;(选填“A、

B、C、D、E、F、G”字母代号)

【答案】BE

【解析】(1)为尽量减小实验误差,电压表应选量程为3V的,故选B;电源内阻较小,为了实验操作方便,滑动变

阻器选择E。

(2)由于所给电流表的量程太小,实验小组用电阻箱R0与毫安表并联,可使其量程扩大,取R0=2Ω,则改装后的

电流表量程为原量程的倍;

【答案】4

【解析】(2)改装后,通过的总电流为I=Ig+=4Ig,即量程扩大为原来的4倍。

����

�0

(3)把改装后的电流表记作A,则应该选择的实验电路是下图中的(填“甲”或“乙”);

【答案】乙

【解析】(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)根据实验数据画出U-I图线(U是电压表读数,I是改装后电流表的读数),如图丙所示。由图线可得,待测电

源的电动势E=V,内阻r=Ω。(结果均保留三位有效数字)

【答案】2.98(2.96~3.00)3.40(3.38~3.42)

(4)改装后电流表的内阻为RA==Ω=1.5Ω,由闭合电路欧姆定律可得E=U+I(RA+r),则U=-I(RA+r)+E,

�0��2×6

�0+��2+6

可知U-I图像的纵轴截距等于电动势,结合图像有E=2.98V,斜率绝对值为RA+r==Ω=4.9Ω,则

𝛥2.98−2.00

𝛥0.2

r=4.9Ω-1.5Ω=3.40Ω。

13.(10分)在如图所示的直角坐标系xOy中,存在平行于纸面的匀强电场。已知a点的电势φa=6V,b点的电势

φb=0,c点的电势φc=4V,求:

(1)匀强电场的电场强度大小;

【解析】(1)a点的电势φa=6V,b点的电势φb=0,c点的电势φc=4V,则可知坐标(2,6)的电势与c点电势相同,连

接两点为等势线,电场线垂直等势线,根据几何关系可得cb沿电场方向的距离为dcb=cm3分

4

5

则电场强度大小E==100V/m3分

���

���5

(2)d点的电势。

(2)由第(1)问可知电场强度方向沿db方向,则Udb=Eddb=10V2分

b点的电势φb=0,则d点的电势φd=10V2分

14.(14分)如图甲所示,一条轻绳跨过定滑轮,绳的两端各系一个小球A和B,用手托住B球,轻绳刚好被拉紧,

取地面为重力势能的零势能面,从t=0时静止释放B球,到B球落地前的过程中,A、B两球的重力势能Ep随时

间t的变化关系如图乙,定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计,A始终没有与定滑轮相碰,忽略空气阻力,重力

加速度g取10m/s2。求:

(1)B球落地时的动能;

【解析】(1)由图可知从释放到B落地瞬时,两球重力势能变化量的绝对值有

ΔEp1=m1gh0,ΔEp2=m2gh01分

又ΔEp1=5J,ΔEp2=20J1分

联立可得m1∶m2=1∶41分

2

设B球落地瞬间的速度为v,根据系统机械能守恒定律有ΔEp=v1分

1

2�1+�2

又ΔEp=ΔEp2-ΔEp11分

2

B球落地时的动能Ek2=m2v

1

2

解得Ek2=12J1分

(2)t=0时,B球离地的高度;

(2)根据牛顿第二定律有m2g-m1g=a1分

�1+�2

又m1∶m2=1∶4

解得a=6m/s21分

2

当t=0.2s时,A离地的高度为h1=at1分

1

2

解得h1=0.12m

由图可知时t=0.2s,有m2g(h-h1)=m1gh11分

解得释放时B离地高度为h=0.15m1分

(3)当B球的重力势能是动能的时,B球距地面的高度。

1

3

(3)当B球的重力势能是动能的时,由动能定理有m2a=m21分

112

3ℎ−ℎ22�2

根据Ep2=Ek2则有m2gh2=m2a1分

11

33ℎ−ℎ2

解得h2=0.025m1分

15.(16分)如图甲所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在沿-y方向的匀强电场;第一象限内存在指向O

点的辐向电场,r=L处电场强度大小为E0(未知);第四象限内存在电场强度大小不变、方向沿x轴方向且随时

间呈周期性变化的电场E',从粒子进入第四象限开始计时(此时E'沿x轴正方向),电场变化关系如图乙(图中

E0与第一象限r=L处电场强度大小相等,T=,规定沿x轴正方向为电场正方向)。一带电量为q(q>0),质量为

�

2�0

m的粒子从x轴上的P点以某一速度进入第二象限,经电场偏转后从y轴上的Q点沿x轴正方