新八校联考2025-2026学年度上学期高二10月月考物理B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 B 答案 (4分×10=40分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A C B C C AD BD 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。 3. 答案A 解析：由图可知：a光发生了全反射，而b光没有发生全反射,即a光的临界角小于b光的临界角,即 的a光在玻璃中的折射率大于b光在玻璃中的折射率，即a光的频率大于b光的频率,A正确；则a光 在空气中的波长比b光在空气中的波长小，B错；在真空中a光的传播速度与b光相等，C错；将a光 向上平移，入射角增大，a光全反射，不会从玻璃砖透射出来，D错。 4. 答案C T 解析：因质点Q经 通过的路程小于振幅4cm，即Q此时向上振动，波向x轴负方向传播，A错误； 4 该时刻P质点和它的同步质点P都向下振动，B错误；如图，由Q质点简谐振动的参考圆可知，从Q T T 到Q经 在竖直方向又回到（14m，2 3cm)位置并向下振动，即P的振动形式经 传播到x=14m 6 6  5 3T T T T 处，即PQ  ,则PQ  10m，12m,C正确；   ，前 内Q质点通过的路程 6 6 4 4 2 4 T 为从图中Q到Q在竖直方向上通过的路程：（A-Asin600)+(A-Asin300)=（6-2 3）cm,后 内Q质点 2 3T 通过的路程为2A=8cm，即 内质点Q通过的路程为（14-2 3）cm，D错。 4 cm 4cm Q Q Q 4 P Q P 2 3 300 600 4 14 -4 -4cm5. 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。 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：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 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BD v 1 解析：由图象及动量守恒有：m v (m m) 0 ，得m  m，橡皮绳的最大弹性势能 A 0 A 3 A 2 1 1 v 1 E  m v2  (m m)( 0)2，得E  mv2，A错，B正确；由图象可知2t 时刻橡皮绳恢复 pm 2 A 0 2 A 3 pm 6 0 0 v 2v 到原长，0-2t 内A、B间相当于是弹性碰撞，所以2t 时刻v v v v v  0  0 ，3t 时 0 0 B A A B 0 3 3 0 2 刻二者碰撞，即橡皮绳的原长为 v t，C正确，D错误。 3 0 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（6分）（每空2分） d 2t （1） l （2） (3) 9.86 2 n1 d 解析：（1）单摆的摆长为悬点到球心的距离，即Ll 。 2 n1 (n1) 2t （2）小球连续n次经过光电计数的时间间隔为 个周期，即 T t，得T  。 2 2 n1 L g g （3）由T 2 得：L T2，即LT2图像的斜率k  0.25m/s2，得： g 42 42 g 2 9.86m/s2 12.答案（10分）（每空2分） （1） > （2） 2gh , 2gh （3） (m m ) h m h m h 1 3 1 2 1 1 2 2 3 （4） 2 h  h  h 1 3 2 解析：（1）依题意知碰后A、B球的速度方向都向上，即A、B球碰前的总动量向上，即m m 。 1 2 （2）A、B球碰前自由下落，即碰前瞬间A、B球的速度都为 2gh ，A、B球碰后B竖直上抛的最大 1 高度为h ，即A、B球碰后瞬间，B球速度大小为 2gh 。 3 3 （3）若A、B球碰撞过程动量守恒，则有m 2gh m 2gh m 2gh m 2gh ，即有 1 1 2 1 1 2 2 3 (m m ) h m h m h 成立。 1 2 1 1 2 2 3 （4）若A、B球碰撞过程为弹性碰撞，则有m 2gh m 2gh m 2gh m 2gh 和 1 1 2 1 1 2 2 3 1 1 1 1 m ( 2gh )2  m ( 2gh )2  m ( 2gh )2  m ( 2gh )2同时成立，化简可得： 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 3 2 h  h  h 1 3 2 。 13.(12分) 解：（1）当q=0°时，光线恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射， x 1 设MO长度为x，光路如图所示，则 sinC   （2分） R n 当 60 时，光线从玻璃砖圆形表面的顶点F 射出 c sin 由折射定律： n （2分） sin x 由几何关系知：sin （1分） x2 R2 3 联立得 x R， n 3 （1分） 3 x2 R2 （2）当60时，光在玻璃砖中的传播时间为 t  （2分） vc 由折射率关系知 n （2分） v 2R 代入解得: t  （2分） c 14. （14分） 解：（1）如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律 1 mv2=mg5R 2 0 （2分） 解得小球的初速度大小为 v  10gR 0 如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平速度为v ，则由水平方向动量守恒 x mv (mM)v （2分） 0 x 1 1 由能量关系： mv2=mg4R (M m)v2 （2分） 2 0 2 x 联立解得： M=4m （2分） 如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中滑出时槽的速度最大， 此时由水平方向动量守恒和能量关系 mv mv Mv （2分） 0 1 2 1 1 1 mv2  mv2 Mv2 （2分） 2 0 2 1 2 2 2 2 解得圆弧槽的速度大小分别为 v  v  10gR （2分） 2 5 0 5 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 （2）t  时刻进入的粒子，在垂直于极板方向的v t 图为： 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 粒子在平行金属中的运动轨迹大致为： （2分） A3T （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