湖南长沙市长沙市岳麓区湖南师范大学附属中学2026-2027学年上学期高二物理10月月考试卷

2026附中高二上月考1(10月)B 中：资署腿资是督臀实集翁题4分，共28分。在每小题给出的四个选项 1.物理学史体现了科学家探索自然的智慧。下列关于物理学史的说法正确的是 A,库仑通过扭秤实验装置得到点电荷间的作用力F与电荷间距离r二次方成反比的规律 B.牛顿发现了万有引力定律，并据此测出了地球的质量 C.开普勒提出了行星绕太阳按圆周轨道运行的结论 D,法拉第通过实验测得了元电荷的电荷量 2.学校国旗仪仗队坚持举行升旗仪式的训练，在某次训练中，第一次和第二次国旗运动的 一！图像分别为如图中实线、虚线所示，第二次国旗在开始阶段加速度较小，但跟第一次 一样，仍能在歌声结束时到达旗杆顶端.下列图像可能正确的是 3.随着科学技术的发展，越来越多的新能源汽车进入了人们的日常生活.在新能源汽车性能 测试中，质量为m的纯电动试验车，该车在平直测试轨道运动时受到的地面与空气总阻 力大小保持不变.当电机以恒定功率P工作时，汽车在该测试轨道能达到的最大速度为 ,现测试人员设登电机以恒定功率2P输曲，汽车由静止开始沿直线加速，当车速为号 时，汽车的加速度大小为 始 P B C. P 22u v 03 72u 4.如图所示，某人造地球卫星首先在较低圆轨道I环绕地球飞行：在A 点启动发动机短时加速，变轨进人椭圆转移轨道Ⅱ.卫星沿椭圆轨道 由近地点A向远地点B飞行，抵达B点时发动机再次点火加速，最终 进人更高的目标圆轨道Ⅲ.忽略点火变轨过程的持续时间在整个运动 过程中，下列卫星速率v随时间：变化的图像，可能正确的是 1 5.某物理研究性小组开展细绳与弹簧的弹力突变探究实验，如图所示，他们使质量为m的 小球在轻弹簧和轻绳悬挂下保持静止，轻绳与竖直方向夹角为日，轻弹簧水平，此时绳子 张力大小为T1,重力加速度为g,下列说法正确的是 A.剪断绳子的瞬间，小球的加速度大小为gsin0 、A B.撤去弹簧的瞬间，小球的加速度大小为gcos0 C.撤去弹簧的瞬间，设绳子张力大小为T2,则√T1T2=mg D.保持小球不动，向左上方缓慢移动弹簧悬挂点C,弹簧弹 ●000000000000C 力一直减小 6.如图所示，在探究平行板电容器电场特性的实验中，电容器的B板接地.开关S闭合后，电容器 两板间C点有一个质量为m、电荷量为q,可视为点电荷的油滴恰好处于静止状态.下列说法正 确的是 () A.闭合S给电容器充电，电阻箱阻值越大，则电容器稳定后的电荷量越少 B.若将S断开，再将A板缓慢上移一些，则油滴电势能不变 C.若将S闭合，再将两板保持平行缓慢错开一些，则油滴会向上运动 D若将S断开，再将两板保持平行缓慢错开一些，则油滴会保持静止 7如图所示，滑索是一种常见的儿童游乐设施，轻绳与轻质滑环连接，玩耍时儿童手握轻绳 由静止沿钢索滑下若钢索与水平方向的夹角为α，下滑过程中轻绳与竖直方向的夹角3 保持不变，忽略空气阻力影响，下列说法正确的是 A.B有可能大于a 滑环 钢索 B.B等于？时，滑环与钢索间的动摩擦因数μ=1an 2 C.B等于a时，滑环与钢索间的动摩擦因数μ=tana -----g≥ D.若μ=2tana,则儿童下滑过程中动能的增量与克服摩擦力做的功大小不相等 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四 个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。) 8.关于静电场的说法，下列正确的是 A.可能存在电场线互相平行却间距不相等的静电场 B.电势降落的方向一定是场强方向 C场强处处为零的区域内，电势一定处处相等 D.同一电场中等差等势面分布越密的地方，电场强度大小一定越高 9.某静电场中x轴正半轴上各点的电势p随x分布规律如图所示，一个质量为m、电荷量 大小为9的带电粒子，以一定的初速度从坐标原点沿x轴正方向射出，粒子仅在电场力 作用下恰好能运动到x=x2处，则粒子沿x轴正方向运动过程中，下列说法正确的是 A.粒子带正电 B.粒子运动的加速度先减小后增大再减小 C粒子运动的初速度大小为四 D,粒子运动过程中的最大速度大小为229 2 10.如图所示，空间中存在竖直向下的匀强电场.水平面分布有无限多块挡板间隔均匀一字 排开，每块挡板长为3d,相邻挡板间距为d,离子源在挡板上方h处，一直沿虚线水平向 右缓慢移动离子源不停地沿水平向右发射大量同种正离子，正离子比荷为，速度均匀 的分布在v。与2。之间.不计离子间的相互作用力和离子的重力，不考虑离子间的碰 撞，离子打到挡板（含边缘）即被吸收在离子源移动所经过的区域中，离子源有2的区域 会使其射出的所有离子都直接打在挡板上.则 A.打在板上的所有离子的动能变化量不相同 B打在板上的所有离子的速度变化量相同 C,电场强度的大小为mho D若离子源有}的区城会使其发出的所有离子都 3d 2mhn2v3 直接打在挡板上，则电场强度的大小为 9(31-2)2d2 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(6分)如图甲，某同学利用该装置做“验证机械能守恒定律”实验.图乙是实验中得到的一 条纸带，A、B、C三个计数点到起始点O的距离分别为h1、h2、h3,每相邻两个计数点时 间间隔为T.已知重物的质量为m,当地重力加速度为g,计时器打O点时重物速度为0. 计时器 物 (1)本实验除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、交流电源、导线和 开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是（单选） A.刻度尺 B.天平（含砝码） C.秒表 (2)从计时器打点O到打点B的过程中，通过比较mgh2与 之间的大小关系， 来判断该过程重物机械能是否守恒（用含m、h1、h3、T的式子表示）： (3)实验中产生系统误差的主要原因是纸带通过打点计时器时存在摩擦阻力，使重物增 加的动能 (选填“大于”“小于”或“等于”)它所减小的重力势能. 12.(9分)导电胶具有黏合和导电功能，在医疗辅助中有广泛应用某研究性学习小组为探究 某种导电胶材料的电阻率，把导电胶装入玻璃管中，导电胶两端通过电阻不计的金属片 与导线相连，如图甲所示。 (1)在装入导电胶之前，先用游标卡尺测量玻璃管的内径，如图乙所示，应该用游标卡尺 的 (选填“A”“B”或“C”)部件进行测量，该玻璃管内径为 mm; cm 4 0 10 乙 (2)粗略测得该导电胶电阻约为30Ω，为精确测量其电阻阻值，现有3.0V的干电池组、 开关和若干导线及下列器材： A.电压表0~3V,内阻约3k B.电流表0~2mA,内阻R.=502 C.定值电阻1 D.定值电阻102 E.滑动变阻器0一102 ①由于电流表量程偏小，为测得导电胶较大范围的电流与电压数据，需要对电流表进 行合理改装，改装时应选 (填器材前面的序号)作为分流电阻R。; ②将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图，要求电压和电流的测量范围尽 可能大； ③测出电压表读数U、电流表读数1、导电胶的直径d和两金属电极间的距离L,定 值电阻和电流表的并联阻值用R表示，可知该导电胶的电阻率ρ= (用U、I、d、L和RA表示) 13.(11分)如图所示，热气球以20m/s的速度匀速竖直上升，到离地105m高处，落下一物体.物 体落下后，热气球以原来的速度继续匀速上升.不计物体下落时空气阻力对它的影响(g 10m/s2)」 (1)物体从气球上掉下后，经多长时间落回地面？ (2)物体落下后6s时，热气球与物体之间的距离是多少. 14.(15分)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，由水平粗糙轨道AB与光滑圆弧轨道 BDC组成的绝缘轨道固定在竖直面内，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，AB部分轨道 足够长，圆弧轨道的半径为R,OD沿水平方向，OC与水平方向的夹角为45°.将一个质 量为m、电荷量为十q的带电小物块在水平轨道上A处由静止释放，AB距离L=4R.已 知重力加速度为g,匀强电场的电场强度E=m8,物块与水平轨道间的动摩擦因数为 0.5,物块可视为质点，运动过程中电荷量不变，求： (1)物块第一次到达D点时对轨道的压力大小： (2)计算判断物块运动过程中能否滑出轨道的C点？若能，第一次滑出后距离C的最远 距离为多少； (3)物块在AB轨道上运动的总路程为多少 15.(16分)如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成.直线加速器由 5个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一 定的规律依次增加序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和 该电源的另一个极相连.交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，在‘=0时， 数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央有一电子源在 源源不断释放初速度为0的电子，电子释放后在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始 加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，都能恰好使所 受静电力的方向与运动方向相同而不断加速，且已知电子的质量为m、电荷量大小为、 交变电压的绝对值为U。,周期为T,电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计.偏转电场 由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长和板间距均为L,两极板间的电压UAB= 8U。,两板间的电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧L处竖直放置一足够 大的荧光屏.电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射人偏转电场，并从另一侧 的Q点射出，最后打到荧光屏上试求： (1)电子进人偏转电场时的初速度o (2)电子打在荧光屏上的M点到O点的距离low; (3)若电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时A、B间 电压随时间线性变化，变化率为β(<0)，使得先后到达荧光屏上的电子形成间距为 △x的光斑（如图丙）.每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力 可视为恒定.试求电子源发射相邻电子脉冲的间隔时间. ◆u 交 乙 荧光屏 ●●●●99e●●●●●●●●●●● 6 2026年下学期高二10月校内检测·物理 参考答案、提示及评分细则 题号 2 3 4 6 7 8 9 10 答案 ○ 0 ◇ B CD BC BC 1.A【详解】A正确，库仑扭秤实验得到库仑定律；B错误，牛顿发现万有引力定律，卡文迪许测出引力常 量并间接测地球质量；C错误，开普勒提出行星绕太阳做椭圆轨道运动：D错误，密立根实验测得元 电荷 2.C【详解】两次训练，国旗上升的高度相等，所以v~t图像围成的面积相等，A错误；两次训练，升旗时 间相等，B错误；第二次开始阶段加速度较小，虚线刚开始斜率较小，C正确，D借误. 3.D【详解】汽车受的阻力为∫=P 若司机以2P的恒定功率启动，从静止开始加速做直线运动，当速度为号时的牵引力下-2咒-吧 2v v 3 加速度a= F-∫_2P 故选D, 4.B【详解】卫星在较低圆轨道I运行时，由万有引力提供向心力，可得GMm 2 =7 解得v= GM r 可知轨道半径r越大，速率v越小因为I是较低轨道，因此卫星在轨道I的速率，大于轨道Ⅲ的速率 m,且初始阶段速率，恒定，为一段水平直线，要从低圆轨道1进入椭圆轨道Ⅱ（向高轨道变轨），需要 点火加速，做离心运动，因此A点速率突然向上跳变，卫星从近地点向远地点运动过程中，万有引力做 负功，速率逐渐减小，因此这段时间速率持续降低，椭圆轨道远地点B处，需要再次点火加速，速率向上 跳变到vm,之后稳定运行，速率m恒定，结合v■<v1,最终稳定速率a（虚线位置)小于初始速率， 综上可知B选项符合题意， 故选B. 5.C【详解】 A.剪断绳子的瞬间，弹簧形变量来不及改变，弹簧弹力仍为初始值.由小球初始平衡的水平方向有F= T sin 0=mgtan 0 剪断绳子后绳张力消失，小球同时受到水平弹簧弹力和竖直重力，合力大小为√F严十(mg-m3。 cos 由牛顿第二定律得a=g。 cos0,故A借误， B.撒去弹簧后，重力沿绳方向的分量被绳张力抵消，切线方向由牛顿第二定律得ma=mng sin0 得a=gsin 0,故B错误； C.小球初始静止，弹簧水平，竖直方向平衡有T1cos0=mg 整理得T,=mg cos 撤去弹簧瞬问，小球速度仍为零，沿绳方向的加速度为零.沿绳方向由牛顿第二定律可得Tz=mg cos日 mg 所以/√TT=√cos00=mg,放C正确： 【高二物理参考答案第1页（共6页）】 B D.保持小球不动，向左上方缓慢移动弹簧悬挂点C,则T,和弹簧弹力T。的合力不变， 由图可知弹簧弹力T。先减小后变大，D错误。 故选A. 6.B【详解】A.闭合开关电容器稳定后电路中无电流，可知变阻箱分压为0，则电容器稳 定时的电压等于电源电动势，电荷量不变.A错误； B.S断开，Q不变，根据E=)=9=Q _=4πkQ dCd E,S ·,S’可和上不变，则油滴保持静 4πkd·d 止；又UcB=pc一pB=pc=E·dca,可得pc不变；则油滴电势能E。=qpc不变. B正确； C,电容器始终与电源相连，则U不变，E-,错开平行板d不变，则E不变，所以油滴保持静止不动.0 错误 D.S断开，Q不变，根据E=V=Q Q 4πkQ d Cd e,s ,正对面积变小，可知E变大，则油滴向上运动 E,S 4πkd·d D错误. 故选B. 7.B【详解】设滑环与钢索间的动摩擦因数为4，对人受力分析可知mg cos a=Tcos(a一B),mgsin a Tsin(a一B)=ma,解得加速度a=gsin a一g cos a·tan(a一B),对人和滑环构成的整体受力分析可知 加速度a=gsin a一g cos a,联立以上解得μ=tan(a一B),故不可能有B>a,故A项错误；结合以上分 析，当B=时，μ=tan受，放B正确；结合以上分析，当B=a时，以=0，故C错误：若u= 2tana,则滑 环受到的摩擦力f=mgcos a=2 mg sin a,位移为L时，动能增量△Ek=(mgsin a一∫)L= 之ngLsin a,克服摩擦力做功W,=fL=2 mgLsin a,故D项错误。 8.CD【详解】 A.如图，计算UAD可以选择ABD与ACD两种路径：UAD=UAB十UBD=UAB=EAB·d;UAD=UAC十 Ucn=Ucp=Ecp·d,显然EAB>Eco,即通过两种路径计算出来的两点电势差不同，不存在这样的静 电场。 B.电势降落的方向不一定是场强方向，只有电势降落最快的方向才是场 B 强方向，故B错误； C,场强处处为零的区域内，任意两点的电势差为零，则电势一定处处相 等，故C正确； D.同一电场中等差等势面分布越密的地方，场强一定越大，故D正确. C D 故选CD. 9BC【详解】A.粒子在x=x2处速度为零，动能最小，电势能达到最大，但该位置是运动过程电势的最 低点，因此粒子带负电，故A错误； B.P一x图像的切线斜率为电场强度，由图可知，电场强度先减小后增大再减小，因此粒子受到的电场 力先减小后增大再减小，由牛顿第二定律可知，粒子的加速度先减小后增大再减小，故B正确； C.从x=0至x=x2,根据动能定理可知一9(2p一9o)=0-2mw 1 解得粒子运动的初速度vo= 2g9,故C正确； m 【高二物理参考答案第2页（共6页）】 B D.粒子沿x轴正方向运动的过程中，电势先增大后减小，可知在0一x,范围内，电场线方向向左，x,~ x2范围内，电场线方向向右；故粒子先做加速运动，后做减速运动，在x=x1处速度最大，根据动能定 1 理可知一g(29。-3p)=2mu-2mu6 代人o= 2q90 解得vm=2, 99,故D错误。 m 故选BC 10.BC 【详解】A.打到板上的所有离子所受电场力相同，沿着电场方向位移也相同，则电场力做功相同，动能 变化量相同.A错误； B,打在板上的所有离子源射出后做类平抛运动，所有离子的加速度4=A”=,则速度的变化量△口 =E△，比荷相同，运动时间相等，则速度变化量相同.B正确： m C,根据对称性，离子源每移动4d为一个周期，如图，设离子源在同一个位置发出的所有离子在其下方 的挡板平面经过的区域宽度为Ax离子的加速度为4，Q生则4r20。么-·、么 o·a ,离子源处于图示初始位置时恰好可将发出的所有离子打在挡板上，当离子源向右移动2d 距离时也恰好可将发出的所有离子打在挡板上，此种情形符合题意，由几何关系△x十2d=3d,解得 E=2mhv 9d2 ,C正确； Ax D与C选项同理，有几何关系△x+址-3d,解得E=2mhn n 9(3n-4)dD错误. 11.(每空2分，共6分) (1)A (2)mh,-h) 8T2 (3)小于 【详解】(1)该实验需要测量纸带上点迹间的距离来计算下落高度和瞬时速度，因此必须使用刻度尺； 验证机械能守恒的表达式为mgh=弓m. 式中质量可以约去，不需要天平测量重物质量；打点计时器本身可以通过交流电源的频率确定打点 时间间隔，无需额外使用秒表」 故选A. (2)匀变速直线运动中，某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度，因此B点的速度等于AC段的 _Zac h3-h 平均速度，即vB=2T 2T 【高二物理参考答案第3页（共6页）】 B B点的动能为E= 2mi-mh,二h1)2 1 8T2 若要比较0到B过程重力势能的破少量mg0:和动能的增加量。，(0点初速度为0，动能 增量就等于B点动能)之间的大小关系，验证二者是否近似相等，来判断该过程重物机械能是否守恒. (3)由于纸带通过打点计时器时存在摩擦阻力，重物下落过程中部分重力势能会转化为内能等其他形 式的能量，因此重物实际获得的动能，必然小于它所减小的重力势能. 12.(除特殊标注外，每空2分，共9分) (1)B(1分)22.6 0 ② 导电胶 (2)①C ③d0 4L517-RA) 【详解(1)在装人导电胶之前，先用游标卡尺测量玻璃管的内径，应该用游标卡尺的B内测量爪进行 测量； 10分度游标卡尺的精确值为0.1mm,由题图可知该玻璃管内径为d=22mm十6×0.1mm=22.6mm. IRs (2)①估测电路可达到的最大电流为I=品A=0.1A,应并联一个分流电阻，其阻值为R。=二。 0.1-0.0020=≈1.02n. 0.002×50 故改装时应选C作为分流电阻R。； ②由于改装后的电流表内阻已知，所以电流表采用内接法：由于滑动变阻器最大阻值较小，同时要满 足电压和电流的测量范围尽可能大，所以滑动变阻器采用分压接法，则电路如图所示 ③测出电压表读数U、电流表读数I,则流经导电胶的电流为I,=I十IR。= 1+货=5 V 导电胶两端电压为U,=U一11RA=U一51IRA 导电胶 故该导电胶的电阻为R=_U一511RA= 11511 517-R4 L 根据电阻定律可得R=p5=p一 L 12 (2) πd2,U 联立可得该导电胶的电阻率为p一4L(一R) 13.(1)7s(5分) (2)180m(6分) 【详解(1)物体从气球上落下后，做竖直上抛运动. 令上升时间为1，则有1==2s(1分) g 1 位移h=2g=20m1分) 令下降时间为2，则有h,+h。=2(1分) 【高二物理参考答案第4页（共6页）】 解得12=5s 则物体从气球上掉下后，落回地面的时间1=t1+12=7s(2分) (2)运动时间t,=6s 1 以竖直向上为正方向，对物体做竖直上抛运动的整体列式得h物=，4一2号=一60m(2分) 热气球的位移为h肆=vol:=120m(2分) 物体与热气球间距△h=h球一h物=180m(2分) 14.(1)F=5mg(4分) 2)能，最远距离为=号R(5分) (3)s=8R(6分) 【详解】1)物块第一次到达D点的过程，根据动能定理可得gE(L十R)一mgL,一mgR= 2mvi(2 分)》 根据牛顿第二定律可得FN一qE=m 1分 联立，解得Fy=5mg 根据牛顿第三定律可得，物块第一次到达D点时对轨道的压力大小为F=F=5mg(1分) (2)假设物块运动过程中能滑出轨道的C点，则物块运动到C点的速度大小为v,根据动能定理可得 qE(L+Rcos45-mgL-mgR(1+sin45)=2mw呢(2分) 解得vc=√2gR,假设成立 物块受到的电场力大小为F电=qE=mg 物块受到的电场力和重力均不变，可将这两个力看成是等效重力，设等效重力的方向与竖直方向的夹 角为0，则tan9=F患=1 mg 解得0=45 即物块滑出轨道的C点后做类竖直上抛运动，根据牛顿第二定律可得√F通十(mg)严=ma 解得a=√2g 设第一次滑出后距离C的最远距离为s,则2as=v2(2分) 解得s三2R1分幻 (3)因为mg<F电，所以物块不能静止在水平粗糙轨道AB上，最终将在BD间做往复运动，且在B、 D两点处的速度均为0(3分) 则物块由A到B的过程，根据动能定理：gEL一mgs=0(2分) 解得物块在AB轨道上运动的总路程为s=8R(1分) 15.(1)0= 10Ue(4分) m 2lam-号L6分) (3)41 △U出=-20U。·△x(6分) -B33L 【详解】(1)设电子进人第5个圆筒后的速度为。，根据动能定理有 5Ue=2mu6(2分) 【高二物理参考答案第5页（共6页）】 得 0= 10Ue(2分) (2)电子在偏转电场中运动的加速度是 a= E-E_Ua分) mm mL 电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为 1 y=2a2(1分) 其中【为飞行时间.由于电子在平行于板面的方向不受力，所以在这个方向做匀速直线运动， 1=上1分) Vo 代人得到 y=5 由类平抛运动的结论，结合几何关系可知： y 2 一(2分) 解得 lov=- L1分) (3)由(2)可知 L y 2 解得 lo3 3 ·UAB(2分) 可知low与UAB成正比，则 3L △x= 20U·△Ua(2分) 得 20U。.△x △UAB=3L 相邻两个光斑间距为△x,所以形成这两个光斑的电子脉冲的发射时间间隔为 A=△U=-200.Ax(2分) -8 33L 【高二物理参考答案第6页（共6页）】