新八校联考2025-2026学年度上学期高二10月月考物理A详答_2025年10月高二试卷_251019湖北省新八校联考2025-2026学年度上学期高二10月月考（全）

湖北省 2025-2026 学年度上学期高二 10 月月考 高二物理试卷 A 答案 (4分×10=40分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C B C C C AD CD BC 1. 答案B 解析：图甲中A板为高电势，带负电的尘埃受电场力被收集到A板上，A错；图乙中是利用静电屏蔽 来保护高压线，B正确；图丙中给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走手上的静电，C 错；图丁中A球上的电荷在验电器金属球B处产生的电场强度不为零，是A球上的电荷在验电器金属 球B处产生的电场与金属网上的感应电荷在B处产生的电场的矢量和为零，D错。 2. 答案A q 解析：一分钟向下游流去的净电荷为-6C，则等效电流的大小为I  0.1A，方向与负电荷定向移 t 动方向相反，故电流方向逆流而上， A正确。 3. 答案C U Q 4kQ 解析：充电后与电源断开的两平行金属Q不变，板间的场强E    ，与板间距无关 d Cd S r ，两金属板正对靠近时火焰中电子所受电场力大小不变，方向与场强方向相反，即向右，C正确。 4. 答案B 解析：如果q、q带异种电荷，则两电荷之间一定存在电势为零的点，根据图象可知两电荷之间的点 1 2  q q 的电势都大于0，故q、q都带正电荷，A错；坐标原点场强E  0，则k 1 k 2 ，即 1 2 o x x2 (2x )2 0 0 q 1 有： 1  ，B正确；由图可知 U 0 将一质子从a点由静止释放,能到达b点，C错；质子由 q 4 ab ， 2 静止释放后，电场力对质子先做正功后做负功，即质子电势能先减小后增大，D错。 5. 答案C 解析：引入等效重力G (mg)2 (qE)2  2mg ，方向斜向左下方与竖直方向成45度角，小球 v2 恰好通过了半圆轨道,即小球恰好通过了圆轨道在等效场的最高点，有 2mg m min ，得 R v  2gR ，C正确；则小球通过C点时受到轨道的弹力大于零，速度大于 gR ，A错，B错； min 1 1 从A点到等效场的最高点，有：qER(1sin450)mgR(1cos450) mv2  mv2，得 2 min 2 0 v  (43 2)gR ，D错。 0 6. 答案C 解析：在机器狗发射子弹的过程中，机器狗、枪和子弹组成系统所受外力之和为地面对机器狗的静摩 擦力，故系统动量不守恒，A错；子弹火药的推力做了正功，B错；对系统由动量定理有：I nmv 60.03800NS 144NS，即机器狗对地面的摩擦力的冲量大小I I 144NS， f f f C正确；地面对机器狗的冲量大小I  I2 I2 800NS ，D错。 地 f N 7. 答案C 解析：当船达到最大速度v 时，对t时间内与帆面作用的空气：ms(vv )t ，以帆船行 max max 驶方向为正，由动量定理有：Ft mv mv，得F s(vv )2  f ，解得v 7m/s， max m max C正确。 8. 答案AD 解析：电梯加速上行时，加速度向上，弹簧处于压缩状态，板间距增大，电容器电容减小，A正确； 电梯加速下行时，加速度向下，弹簧处于伸长状态，板间距减小，电容器电容增大，B错；若有电流 向左流经电流表，则电容器放电，则Q减小，C减小，板间距增大，电梯开始向上加速，C错；若有 电流向右流经电流表，则电容器充电，则Q增大，C增大，板间距减小，电梯开始向下加速，D正确。 9. 答案CD 解析：R 消耗的功率最大时,即路端电压最大，则外电阻最大，即R 最大，A错；将E和R 看成等效 1 3 1 电源，则当R 最小为0时，通过R 的电流最大，功率最大，B错；因外电阻在23内变化，该区 3 2 间P 与R 之间增函数，故电源的输出功率最大时,R 为8Ω，C正确；将E和R、R 看成等效电源， 出 外 3 1 2 则等效电源内阻为6，即R =6Ω时，等效电源的输出功率最大，即R 消耗的功率最大，D正确。 3 3 10. 答案BC 解析：小球在yoz平面内受重力和电场力，即不是平抛运动，A错误；小球竖直方向只受重力，分运 2L 1 qE 动为自由落体运动，得小球运动到xoy平面的时间为 ，则 y  t2 2L，W qEy 4mgL 电 ， g 2 m 1 1 B正确；由动能定理有：W mgL  mv2  mv2，得v v2 10gL ，C正确； y 2L，D错 电 2 2 0 0 误。 11.答案（8分）（每空2分） （1）大于 （2）如图 4L （3） （4）偏大 D2R x 解析：（1）不合格的纯净水的含离子偏多，电阻率较小，则电导率应大于合格的纯净水。 （2）因滑动变阻器最大阻值远小于待测纯净水的阻值，故控制电路用分压接法。因R  R R ， x A v 故测量电路用电流表的内接法，电路如图。 （3）因水的电阻随温度的升高显著减小，即水的电阻率随温度的升高显著减小。所以测得40℃下纯 净水的电导率要大于20℃下纯净水的电导率。 12.答案（10分）（每空2分） （1） 4.0 ， 1.5 （2） 减小 （3） 0.80 ， 2.5 解析：（1）断开S、闭合S，调节R，读出电流表的示数及R的阻值，由闭合电路欧姆定律有： 2 1 1 rR 1 1 3.00.50 E  I(rR R)，变形得：  A  R，由图乙可得：  ,E 4.0V ， A I E E E 10rR A 0.50，解得r 1.5。 E 1 U 5 （2）由I  U2可得：非线性元件Z的阻值R   ，即其阻值随它两端的电压的增大而减小。 5 z I U （3）将R调至10，闭合S、S，设非线性元件Z两端电压和流过的电流分别为U、I，则有： 1 2 U 6 1 E U (I  )(rR )，代入数据得： U 2I 4，联立I  U2，解得U 2.0V,I 0.80A， R A 5 5 U 此时非线性元件Z的电阻R  2.5。 z I 13.(12分) 解：（1）取竖直向下为正方向，对篮球，由动量定理有： (F mg)t mv(mv ) （3分） 1 解得：v2m/s （2分） 方向竖直向下 （1分） （2）全过程，由动量定理有：I mgt 0mv （3分） 地 解得: I 204NS （2分） 方向竖直向上 （1分） 地 14. （14分） 解：（1）由对称性可知，B点电势为 U 2 A，即 AB A （1分） 小球从A到B有： 1 1 qU mg2L  m(3 gL)2 m( gL)2 AB 2 2 （2分） mgL （2分） 联立解得：  A q  0 U  （1分） （2）C点为等量异种点电荷连线中点， c ，即 AC A 小球从A到C有：qU mgL  1 mv2  1 m( gL)2 （2分） F B AC 2 c 2 v  5gL （2分） 联立解得： c （3）对经过B点的小球受力分析，有： F NB  F MB Qq (3 gL)2 (101 5) F mgk cosm F  mg mg B 5L2 L （2分） 其中 B 10 2 (5 5)mgL2 cos Q  由几何关系知： （1分） 联立解得： （1分） 5 4kq Q k 另解：由点电荷电场电势： ， （1分） r Q Q  k (k ) 所以有： A L 5L ， （2分） mgL (5 5)mgL2   Q  由（1）中得 A q 4kq ， 解得： （1分）15. （16分） 2d 解：（1）粒子在电场中的运动时间：t  T （1分） v 0 qU 粒子的加速度： a  0 （1分） dm t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，则有： 1 T d 2 a( )2  （2分） 2 2 2 mv2 联立解得：q  0 （1分） 2U 0 T t  时刻进入的粒子，在垂直于极板方向的v t 图为： （2） 4 y 5T 粒子 时刻离开电场，此时v 0 （1分） 4 y 即离开电场时速度大小为v， （1分） 方向水平向右 （1分） 0 A 粒子在平行金属中的运动轨迹大致为： （2分） 3T （3）t  时刻进入的粒子，在垂直于极板方向的v t 图为： 8 y 11T 粒子 时刻离开电场，此时v 0 8 y 即离开电场时速度大小仍为v， （1分） 0 1 T T 1 T 3T 1 偏转位移大小：y 2 a(  )2 2 a(  )2  aT2 （2分） 2 2 8 2 2 8 8 d 联立解得：y  （2分） 4 d 即从中线右端上方 处离开电场。 （1分） 4