高二10月物理AB卷评分细则定版10.10_2025年10月高二试卷_251013湖北省云学联盟2025-2026学年高二上学期10月月考

2027 届高二年级 10 月考试 物理（AB 卷）答案解析及评分细则 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0分。 1-7 DABCD CB 8.AB 9.BD 10.AC 二、非选择题：本题共5个小题，共60分 11．（每空2分，共12分）【答案】 （1）0.650 （2）红表笔 （3）500 ，2400 πR D2 （4）4500 （5） x 4L 【解析】（1）螺旋测微器的精度为 0.01 mm，由题图丙可知读数为 0.5 mm＋0.01 mm×15.0＝0.650 mm。填0.651或0.649都算对。 （2）欧姆表进行欧姆调零和测电阻时，电流均从正插孔流入表内，故A接红表笔。 （3）欧姆调零时，电流表达到满偏电流 500μA。由闭合电路的欧姆定律有 I ＝ g E E R ＋r＋R'＋R ，解得欧姆表总内阻 R 内 ＝R g ＋r＋R'＋R 0 ＝ I ＝3000Ω，故变阻器接入电路 g 0 g 中的阻值R'＝2400Ω. E 1.5V （4）由R ＝ －R ，当I＝200 μA时，R ＝ －3000Ω＝4500Ω x I 内 x 200×10－6A L 4ρL πR D2 （5）由电阻定律R ＝ρ ＝ ，可得ρ＝ x x S πD2 4L 12．（3分+3分=6分）【答案】 （I-I ）R （1） 见解析 （2） R = G 0 G I G 【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R 并联，再 0 与电流表串联，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R 的电流，从而求出微安表两端的电压， 0 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。若滑动变阻器分压接法正确而其他错 误，得1分。若滑动变阻器为限流接法而其他正确，得2分。全对得3分。 （2）流过定值电阻R 的电流为I−I ，加在微安表两端的电压等于R 两端的电压，故微安表 0 G 0 （I-I ）R 的内电阻R = G 0 G I G 5 125mgh2 13．（10分）【答案】（1）圆环a所受库仑力的大小等于 mg ，所带电荷量等于 。 4 64kQ 3 （2）滑块b所受摩擦力大小等于 mg 。 4 【解析】解：（1）（7分）对圆环进行受力分析，圆环静止，受力平衡，圆环与滑块之 间为斥力。对圆环受力分析有mg=F sinθ， ……2分 库 5 解得库仑力大小为F = mg ， ……1分 库 4 kQq F = ， ……1分 库 r2 h r= ， ……1分 sinθ 125mgh2 圆环所带电荷量为q= 。 ……2分 64kQ （2）（3分）对滑块进行受力分析f=F cosθ， ……2分 库 3 所以f= mg 。 ……1分 4 14．（15分）【答案】（1）35W （2）72W （3）93.3% 【解析】（1）（5分）电动机未启动时，车灯的功率 P =(E-I r)I ， ……1分 1 1 1 E-I r 车灯的电阻 R= 1 ， ……1分 I 1 电动机启动瞬间，并联部分的电压 U=E-I r， ……1分 2 U2 车灯的功率P = ， ……1分 2 R 车灯的功率减少量P =P –P =35W ……1分 减 1 2 U （2）（4分）电动机启动时，车灯的电流I = ……1分 3 R 电动机输入功率P =U(I -I ) ……1分 机入 2 3.电动机的输出功率P =P -(I -I )2R ……1分 机出 机入 2 3. M 故P =72W ……1分 机出 （3）（6分）电动机正常工作后，电源路端电压为U =E-I r ……1分 2 4 U 车灯的电流I = 2 ……1分 5 R 电动机输入电流为I =I-I ……1分 6 5 电动机输出功率 ……1分 P' =U I -I2R 机出 2 6. 6 M = ……1分 P' U I 机入 2 6 P' 电动机正常工作的效率 η= 机出=93.3% ……1分 P' 机入 15．（17分）【答案】：（1）E =4 N/C , E = 4.5 N/C （2）3❑√2 m/s，方向与x轴成45° 3 2 3 3 ，（3）[ n米，（ n+1）米 ] 2 4 【解析】：(1)（7分）在第三象限内，小球乙由A点运动到B点过程中，在x方向上： - =2（ ）L , ……1分 02 υ2 −a 0x qE a= 3 ，……1分 m υ = υ sin53° , ……1分 0x 0 解得E = 4 N/C 。 ……1分 3 在第二象限内，小球甲对乙的库仑力提供乙做匀速圆周运动的向心力： = mυ2, ……1分 qE B 2 L υ =υ cos53° ……1分 B 0 解得E = 4.5 N/C ……1分 2 (2)（5分）在第一象限内，qE = ma， ……1分 1 T υ =a ， ……1分 y 2 , = ……1分 υ=√ υ2+υ2 υ υ x y x B解得υ=3❑√2 m/s ， ……1分 方向与x轴正方向成45°. ……1分 (3)（5分）根据b图中场强的变化规律可判断，小球乙进入第一象限后，它在x方向上做匀 速直线运动， 方向上第一个T时间内沿y轴正方向匀加速 在y 2 T 运动，第二个 时间内沿y轴正方向匀减速运动，当 t=T时， 2 乙在y方向的速度恰好减为零，之后重复此运动过程，其轨 迹如图所示。 ……1分 T T 3 所以t=n 时，小球的横坐标为x=υ n = n米 ，n=1、2、3⋯⋯， 2 x 2 2 ……1分 T 第一个 时间内，小球乙沿y轴正方向前进的距离为 2 1 qE T 3 y = × 1（ ）2= 米，……1分 0 2 m 2 4 小球乙进入第一象限后每半个周期时间内沿y轴正方向运动的距离均相等，因为开始计时小 T 3 球乙的纵坐标为L，所以在t=n 时其纵坐标为y=（1+ n）米，n=1、2、3⋯⋯ ，……1分 2 4 T 3 3 故 在 t=n （n=1、2、3⋯⋯）时 ， 小 球 乙 的 坐 标 为 [ n米，（1+ n） 米 ] ， 2 2 4 n=1、2、3⋯⋯ ， ……1分 A 卷选择题答案解析 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0分。 1．【答案】D 【解析】静电计是粗略测量电压的装置，故 A错误。导体两端的电压变为原来的两倍时， 其电阻并未变为原来的两倍，故B错误。白炽灯正常发光时，其灯丝温度很高，此时灯丝材 料的电阻率明显大于常温时的电阻率，故C错误。故选D。2．【答案】A 【解析】解：A．图甲中加湿器通过提高空气湿度，改善空气导电性，使电荷更容易通 过空气传导，从而减少静电积累，故A正确；图乙中房顶上焊接钢筋埋入地下是为了利用 尖端放电避雷，故B错误； C.图丙中小鸟停在单根高压输电线上时，加在小鸟两脚间的电 压非常低，小鸟不会被电死，故C错误；D．图丁中两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣 屏蔽话筒线外的电磁干扰信号，故D错误；故选A。 3．【答案】B v2 【解析】解：AD、根据圆周运动中F ＜F 时，卫星做离心运动，F =m ，可知卫星从低轨向高轨运 万 向 向 r 动时，火箭要点火短时间给卫星加速，卫星在轨道1上P点的运动速度，小于在轨道2上P点的运动速度； 卫星升轨时要加速，火箭对卫星做正功，卫星机械能增大，即卫星在轨道1上的机械能小于轨道3的机械 能，故AD错误；B、根据卫星在轨道2上运动时，从P经过M到Q的过程中，只受到万有引力，且万有引 力做负功，可知动能变小、机械能不变，故B正确； C、对卫星在M、N两点受力分析，可知卫星在两点处的受力指向地球球心，两个力的方向不同，由F＝ ma，可知两点处的加速度方向也不相同，故C错误。故选B。 4．【答案】C Qq υ2 √KQq 2πr 【解析】由K =m 推出υ=❑ ，而T= ，r变大，则υ减小，T变大，故A错误。r变小，则υ r2 r mr υ 变大，T变小，故B错误。r变小则Q对电子的电场力对电子做正功，故电子电势能减小，故 C正确。电 子速度变为原来的两倍则其轨道半径变小，故D错误。故选C。 5．【答案】D 【解析】电压表接入之前，在电池提供的外加电场作用下，电容器a的左极板失去电子 带正电，电容器b的右极板得到电子带等量负电荷，不接电压表电路稳定后，电容器 a、b 分担的电压均为3V，电压表接入稳定后，电容器a、b均无电流通过，即电容器a和b既不 充电，也不放电，电路重新稳定后，分析电压表电压电流时可以认为 b断开，a和电压表并 联整体悬空，故电压表接入稳定后电压表中电流 I =0，电压表示数U =I R =0，最终电容器a v v v v 被电压表短路，电容器b最终的电压为6V。故选D。 6．【答案】C 【解析】由运动和受力分析可知，小球未到达轨道最高点之前就脱离轨道做斜抛运动。离开轨道瞬间：mυ2= mgcos ，其中 为脱离轨道位置对应的半径跟竖直方向的夹角。又由机械能守恒1 1 + 1 θ θ mυ2= mυ2 r 2 0 2 1 1 √gr mgr(1+cosθ)，解得 cosθ = ，故θ = 60° ，υ =❑ 。当小球做斜抛运动到最高点 H处时 2 1 2 1 1 27 , mυ2= mυ2+ mgH，其中υ 为斜抛最高点小球速度，υ =υ cosθ ,解得最大高度H = r .故选 2 0 2 2 2 2 1 16 C。 7．【答案】B 【解析】解：由图像可知，拉力减小时其表达式为F＝F+kx＝（6﹣0.5x）N ，物体受到的滑动摩擦力大 m 小为f＝μmg＝0.5×0.2×10N＝1N ，当物体所受合力第二次为零时，物体的动能最大，即当第二次F＝ f时，物体动能最大，则有（6﹣0.5x）N＝1N ，解得x＝10m ，或作一条平行于x轴的直线，对应 F=1N，该直线跟图像有两个交点，对应x值为2m和10m。F﹣x图线与x轴围成图形的面积表示拉力对物 1 3+1 体做的功，由图像可知，物体速度最大时，拉力对物体做功为W = ×6×3J+ ×(10−6)J=17J 2 2 1 ，从物体开始运动到速度最大过程，对物体，根据动能定理得W−μmgx=E − mv2 ，解得最大动 km 2 能E＝9.5J，故ACD错误，B正确。故选B。 km 8．【答案】AB εs 【解析】电容器电容C= ，电介质插入越深，则等效相对介电常数ε就越大，电 4kπd 容就越大，故A正确。变加速度运动过程中，加速度变化，质量块合外力变化，导致弹簧弹 力变化，弹簧长度变化，电介质插入电容器的深度变化，电容C变化，据Q=CU可知，电 容器带电量Q发生变化，故电容器有充电或放电电流，故B正确。向右匀加速时弹簧长度 大于原长，匀速过程弹簧长度等于原长，故弹簧长度变短，故 C错误。导弹由静止突然沿弹 簧轴线方向向右加速时，固定在导弹内部的电容器极板跟导弹一起向右加速，质量块由于惯 性要保持原来的静止状态，此过程中，质量块相当于电容器极板向左运动，等效相对介电常 数ε增大，电容C变大，电容器带电量Q变大，电容器被充电，充电电流顺时针，故 D错 误。故选AB。 9．【答案】BD 【解析】飞机速度为υ=720km/h=200m/s，因为飞机质量远大于飞鸟的质量，撞击过程可认为飞机速度不L 变，故撞击时间t= =0.001s，对飞鸟，由动量定理得Ft=mυ-0 ，解得F=100000N。本题易错认为小鸟 v 匀加速至200m/s，从而错误认为撞击过程小鸟平均速度为100m/s，据此算出错误的撞击时间0.002秒。 据动量定理，缓冲延时可以减小作用力。故选BD。 10.【答案】AC 【解析】滑动变阻器阻值变小，导致总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，分析可 知，灯L 两端电压增大，灯L 两端的电压减小，故A正确。本题用等效电源法和图像法比较 1 2 简单，除了R和R 之外，电路剩余部分看成一个内阻为r 的电源1，电源1外面R和R 并联 2 1 2 接在电源1两端，再将电源1和R 整体看作电源2，电源2的等效内阻r 等于r 跟R 的并联电 2 2 1 2 阻，故r 肯定小于R ，即r 肯定小于R ，电源 2 外接一个用电器 R，R 由R （大于 2 2 2 0 m R ，也大于r ）逐渐减小至0，据电源2输出功率（即R的功率）随外电路总电阻R的关系 0 2 图像分析可知，R的功率先增加后减小，故B错误。B选项方法二：滑动变阻器滑片滑至最 上端时，R的功率为零，故B错误。∆U 表示等效电源2的内阻r ，r 小于R ，∆U 小于R ， ∆I 2 2 0 ∆I 2 ∆U 故 < ∆I ，故C正确，D错误。 R 2 B 卷选择题答案解析 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0分。 1．【答案】D 【解析】静电计是粗略测量电压的装置，故 A错误。导体两端的电压变为原来的两倍时， 其电阻并未变为原来的两倍，故B错误。白炽灯正常发光时，其灯丝温度很高，此时灯丝材 料的电阻率明显大于常温时的电阻率，故C错误。故选D。 2．【答案】A 【解析】解：A．图甲中加湿器通过提高空气湿度，改善空气导电性，使电荷更容易通 过空气传导，从而减少静电积累，故A正确；图乙中房顶上焊接钢筋埋入地下是为了利用 尖端放电避雷，故B错误； C.图丙中小鸟停在单根高压输电线上时，加在小鸟两脚间的电 压非常低，小鸟不会被电死，故C错误；D．图丁中两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣 屏蔽话筒线外的电磁干扰信号，故D错误；故选A。3．【答案】B 【解析】图中一组线圈可以看作左右各一个条形磁铁，均为 N极在上，S极在下，左侧 磁铁在O点处产生的磁场方向竖直向下，右侧磁铁在 O点处产生的磁场方向也竖直向下， 故O点合磁感应强度方向竖直向下，据左手定则可知图示时刻电子所受洛伦兹力的方向向左。 若电流改变方向，则O点磁感应强度方向变为竖直向上，电子所受洛伦兹力的方向向右，电 子向右偏。故选B。 4．【答案】C U AB 10V-2V 8 【解析】线段AB平行于DC，故有 AB = ，即 = ，故φ = -10V ，由b U DC 6V-φ 16 C DC C φ +φ 为AB中点可得φ = A B ，解得φ =6V，电势能ε =qφ ,q= -e , 故ε = -6eV，故 b 2 b 电 b 电 B错误。因为电势φ =φ ，故bD连线为等势线，电场强度方向垂直于 bD直线，点电荷沿 b D 直线由b→D运动过程中电场力始终跟速度方向垂直，故电场力不做功。故选C。 5．【答案】D 【解析】电压表接入之前，在电池提供的外加电场作用下，电容器a的左极板失去电子 带正电，电容器b的右极板得到电子带等量负电荷，不接电压表电路稳定后，电容器 a、b 分担的电压均为3V，电压表接入稳定后，电容器a、b均无电流通过，即电容器a和b既不 充电，也不放电，电路重新稳定后，分析电压表电压电流时可以认为 b断开，a和电压表并 联整体悬空，故电压表接入稳定后电压表中电流 I =0，电压表示数U =I R =0，最终电容器a v v v v 被电压表短路，电容器b最终的电压为6V。故选D。 6．【答案】C 【解析】线圈受到安培力的合力F＝NB IL ，天平平衡时，有 mg＝F ，代入数据可得 0 m＝0.08kg，故选C。 7．【答案】B a 【解析】初始时刻穿过矩形线圈的磁通量为Φ =Bπr2sin45°，r= ，末时刻穿过矩形线 1 2 圈的磁通量为Φ = -Bπr2cos45°，ΔΦ=Φ -Φ ，故B正确。 2 2 1 8．【答案】AB εs 【解析】电容器电容C= ，电介质插入越深，则等效相对介电常数ε就越大，电 4kπd 容就越大，故A正确。变加速度运动过程中，加速度变化，质量块合外力变化，导致弹簧弹 力变化，弹簧长度变化，电介质插入电容器的深度变化，电容C变化，据Q=CU可知，电容器带电量Q发生变化，故电容器有充电或放电电流，故B正确。向右匀加速时弹簧长度 大于原长，匀速过程弹簧长度等于原长，故弹簧长度变短，故 C错误。导弹由静止突然沿弹 簧轴线方向向右加速时，固定在导弹内部的电容器极板跟导弹一起向右加速，质量块由于惯 性要保持原来的静止状态，此过程中，质量块相当于电容器极板向左运动，等效相对介电常 数ε增大，电容C变大，电容器带电量Q变大，电容器被充电，充电电流顺时针，故 D错 误。故选AB。 9．【答案】BD 【解析】根据q＝It，可知该铭牌标的“40A·h”是电荷量，电源充满电后总电荷量 q＝40 A·h＝40×3600 C＝1.44×105 C，故A错误，B正确。以额定电流工作时，每秒消耗能量为E 耗 =W=Pt＝48J，故C错误；若充电电流是 10 A，经过120min可将该电池充到 q＝10 A×120 min＝20 A·h，即为总容量的50％，则经过120min可将该电池从其电量的30％充到80％， 故D正确。 10.【答案】AC 【解析】滑动变阻器阻值变小，导致总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，分析可 知，灯L 两端电压增大，灯L 两端的电压减小，故A正确。本题用等效电源法和图像法比较 1 2 简单，除了R和R 之外，电路剩余部分看成一个内阻为r 的电源1，电源1外面R和R 并联 2 1 2 接在电源1两端，再将电源1和R 整体看作电源2，电源2的等效内阻r 等于r 跟R 的并联电 2 2 1 2 阻，故r 肯定小于R ，即r 肯定小于R ，电源 2 外接一个用电器 R，R 由R （大于 2 2 2 0 m R ，也大于r ）逐渐减小至0，据电源2输出功率（即R的功率）随外电路总电阻R的关系 0 2 图像分析可知，R的功率先增加后减小，故B错误。B选项方法二：滑动变阻器滑片滑至最 上端时，R的功率为零，故B错误。∆U 表示等效电源2的内阻r ，r 小于R ，∆U 小于R ， ∆I 2 2 0 ∆I 2 ∆U 故 < ∆I ，故C正确，D错误。 R 2