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2025-2026学年湖北省武汉市某校高二（上）月考物理试卷（10月）
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流。设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是( )
A. 电流大小为，电流方向为顺时针 B. 电流大小为，电流方向为顺时针
C. 电流大小为，电流方向为逆时针 D. 电流大小为，电流方向为逆时针
2.电阻R和电动机M串联接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻相等，开关接通后，电动机正常工作，设电阻R和电动机两端的电压分别为和；经过时间t，电流通过电阻R做功，产生的电热为；电流通过电动机M做功，产生的电热为，则有
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.如图所示，为A、B两电阻的图线，则关于两电阻的描述正确的是( )
A. 电阻A的阻值随电流的增大而减小，电阻B的阻值不变
B. 在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻B的阻值
C. 在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻B的阻值
D. 在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B的阻值
4.如图所示中虚线代表电场中的a、b、c三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知
A. 三个等势面中，a面电势较高 B. 带电质点通过P点时的电势能较大
C. 带电质点通过P点时的动能较大 D. 带电质点通过P点时的加速度较小
5.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为可视为自由落体运动此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A. mg
B. mg
C. mg
D. mg
6.如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象系统，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中
A. 动量守恒、机械能守恒 B. 动量不守恒、机械能不守恒
C. 动量守恒、机械能不守恒 D. 动量不守恒、机械能守恒
7.A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比为
A. B. C. D.
8.如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是( )
A. P向a移动，V1示数减少、V2的示数增大
B. P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小
C. P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值
D. P向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，将一光滑、质量为m、半径为R的半圆槽A置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m的物块B，今让一质量为4m的小球自左侧槽口的正上方高处从静止开始落下，沿与半圆槽相切的方向进入槽内，则以下结论中正确的是( )
A. 小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小之比为1：4
B. 小球第一次运动到半圆槽的最低点时，物块B向左运动的距离为
C. 整个过程半圆槽A对物块B的冲量大小为
D. 小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，小球对槽的冲量大小为
10.如图，质量分别为和的两小球带有同种电荷，电荷量分别为和，用绝缘细线悬挂在天花板上，平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为与，。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为和，最大动能为和。下列说法错误的是
A. 一定小于 B. 一定大于 C. 一定小于 D. 一定大于
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为的滑块A与质量为的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，比较碰撞后A和B的速度大小和，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。操作步骤如下：
调节导轨水平：导轨上只放A滑块，让A以一定的初速度从左向右运动，测得其通过左边光电门的时间比通过右边光电门的时间大，则应该把气垫导轨的 填“左边”或者“右边”调高点，直到滑块A通过两个光电门的时间相等。
要使碰撞后两滑块运动方向相反，则应满足 填“<”；“=”或者“>”
在满足的前提下使A以一定的初速度沿气垫导轨向右运动，并与B碰撞，记录A和B碰撞后通过光电门的时间分别为和；已知滑块A和B上固定挡光片宽度均为d，则碰后A的速度大小 ，碰后B的速度大小 。
对本实验的碰撞过程，如果有 ，则碰撞为弹性碰撞。
12.测量某种合金的电阻率
已经测得合金丝长度为L，用螺旋测微器测其直径D如图所示，其示数为 mm；
图1是测量合金丝阻值的原理图，根据原理图在图2中将实物连线补充完整 。
用多用电表粗测该合金丝的电阻为左右，现有以下器材；
A.电压表内阻约为
B.电压表内阻约为
C.电流表内阻为
D.电流表内阻
E.滑动变阻器最大阻值约为
F.蓄电池电动势约为12V，内阻约为
G.开关、导线若干
为了尽可能准确测出合金丝的电阻，电路中电压表应选择 ，电流表应选择 ；填器材前面的字母序号
闭合S，电压表和电流表的示数分别为U和I；则此合金的电阻率的表达式为 [用测得的物理量、I、d、和题中字母表示]。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.某电场区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点。一个电荷量的点电荷，在A点所受电场力大小为。若将该点电荷从A点移到B点，电场力做功，若将该点电荷从A点移至无穷远处，电场力做了的功，取无穷远处为零电势位置，求：
点电场强度大小；
、B两点间的电势差；
点的电势。
14.图甲为某元件R的特性曲线，把它连接在图乙所示电路中。已知电源电动势，内阻，定值电阻。闭合开关S后，求：
该元件的电功率；
电源的输出功率。计算结果均保留两位小数
15.一长木板放在光滑的水平面上，如图所示，在木板上自左向右放有序号为1、2、3的木块。三木块的质量均为 m，与木板间的动摩擦因数均为。开始时木板静止不动，第1、2、3号木块同时获得水平方向向右大小分别为、、的初速度。已知木板的质量为3 m，最终三木块均未从木板上滑出，已知重力加速度为g，试求：
木板刚开始运动时的加速度大小；
全过程中系统产生的热量；
第2号木块在整个运动过程中的最小速度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期，根据电流的定义式求解电流强度，电子带负电，电流方向与电子定向移动的方向相反。
【解答】
电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为：，根据电流的定义式得：电流强度为：，因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确，ABD错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】设开关接通后，电路中电流为I，对于电阻R，由欧姆定律得，
对于电动机，，即，则；
电流通过电阻R做功为，电流通过电动机M做功为，因为，所以；
根据焦耳定律得，，则，选项D正确，A、B、C错误。
3.【答案】B
【解析】【分析】
在图象中，图线上的点与原点连线的斜率表示电阻；两线交点时电流和电压相等，则由欧姆定律可求得电阻相等。
本题考查伏安特性曲线的应用，要注意明确图线上的点与原点连线的斜率表示电阻，斜率变大时，电阻增大。
【解答】
A.根据欧姆定律可知，由图可知，随电流的增大，电阻A的图线上的点与原点连线的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而增大，同理，电阻B阻值不变，故A错误；
两图线的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等，故B正确，CD错误。
故选：B。
4.【答案】B
【解析】由质点做曲线运动的条件可以判断出该质点受到的电场力偏向PQ的右下方。
由正电荷受电场力方向与电场方向相同的关系结合电场线与等势线相垂直的关系得：该电场线指向右下方，所以P点的电势高于Q点即c面电势较高，A错误；
质点带正电，则该质点在P点具有的电势能大于Q点，由能量守恒可知质点通过P点时动能较小，B正确C错误；
根据电场线的分布得到P点处的电场线密，即电场强度大，电场力大，所以该质点在P点的加速度较大，D错误。
综上所述本题的正确选项是B。
5.【答案】A
【解析】在安全带对人有拉力前，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有
即在产生拉力瞬间速度为
之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得
联立解得
故选：A。
6.【答案】B
【解析】【分析】
该题考查动量守恒和机械能守恒判断相关知识。分析好物理情景，熟知动量守恒和机械能守恒条件，由此分析解题即可。
【解答】
在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为此系统动量守恒此瞬间弹簧尚未形变。若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象系统，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，有摩擦力做功，机械能不守恒，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒，故选项B正确。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了动量守恒定律；本题关键要知道碰撞过程最基本的规律：动量守恒定律，结合已知条件，即可求解。
碰撞过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律和已知条件，列式求出碰后B的速率，即可求得速率之比。
【解答】
设碰前A球的速率为，则碰后A球的速率为，
由题意知开始时，，即，可得B球碰前的速率，
由动量守恒定律有，
解得，
所以；
故D正确，ABC错误。
8.【答案】C
【解析】解：由图可知R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；
AC、若P向a端移动，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，则内电压增大，R1两端的电压增大；路端电压减小，故R2两端的电压减小，V1示数增大，V2示数减小，而两电表之和等于路端电压，因路端电压减小，故可知V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，故A错误、C正确；
BD、若P向b端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电流减小，内电压减小，V1减小，由于内电压减小，故路端电压增大，而V1减小，V2必然增大，且增大量一定大于V1的减小量，即V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，故BD错误。
故选：C。
由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化。
闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路-内电路-外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质。
9.【答案】BC
【解析】A.由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向右为正，根据动量守恒定律有，解得，故A错误；
B.小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向类似于人船模型，对球、半圆槽和物块有，，且，代入数据可得物块B向左运动的距离，故B正确；
C.小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向动量守恒有，系统机械能守恒定律有，联立解得 ， ，小球在半圆槽内第一次到最低点之后半圆槽A与物块B分离，整个过程半圆槽A对物块B的冲量大小为，故C正确；
D.小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，对小球水平方向根据动量定理有，则小球对槽的水平方向的冲量大小为 ，由于小球对槽的竖直方向也有冲量，因此小球对槽的冲量大小不等于 ，故D错误。
故选BC。
【分析】本题主要考查某一方向动量守恒定律的应用、动量定理以及系统机械能守恒定律的应用。
小球、槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，水平方向根据动量守恒定律列式可求解小球第一次运动到半圆槽的最低点时小球与槽的速度大小之比；小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向类似于人船模型，由此求解小球第一次运动到半圆槽的最低点时物块B向左运动的距离；小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向由动量守恒定律列式，结合系统机械能守恒定律，联立求解小球以及半圆槽A与物块B的速度，根据动量定理求解整个过程半圆槽A对物块B的冲量大小；根据动量定理分析小球对槽的冲量大小，由此即可正确求解。
10.【答案】BC
【解析】A.对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图
根据平衡条件，有
故有
同理有
由于 > ，故 < ，A正确，不符合题意；
B.两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，则无法判断出和的关系，B错误，符合题意；
C.设悬点到AB的竖直高度为h，则摆球A到最低点时下降的高度
小球A摆动过程机械能守恒，有
解得
摆球B到最低点时下降的高度
小球B摆动过程机械能守恒，有
解得
由于A球摆到最低点过程，下降的高度较大，A球的速度较大，C错误，符合题意；
D.小球摆动过程机械能守恒，有
故有
其中相同，故越大，动能越大，一定大于，D正确，不符合题意。
故选BC。
11.【答案】右边
<

【解析】滑块通过左边光电门的时间比通过右边光电门的时间大，说明左边高右边低，故应将右边调高点。
用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故。
根据光电门测速原理可知 ，。
弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得，，联立解得。
【分析】本题为研究碰撞实验。
要明确实验原理，知道动量守恒的条件是系统受到的合外力为零，故实验需要调节气垫导轨水平，掌握光电门测速原理为物体在极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度。知道弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒。
12.【答案】都可
B
C

【解析】示数为。
根据原理图补齐实物图如图所示：
由于电源电压为12V，为了电压测量的安全性，应选择接近的电压表量程范围，故选B。若用电流表C电路中最大电流约为，若用电流表D电路中最大电流约为1A不到其量程的，故电流表应选用C。
合金丝的电阻 ，又 ， 而 ，可知 。
【分析】本题为测定金属电阻率的实验。明确实验原理是解题的关键。要掌握螺旋测微器的读数方法，选择电表时要遵循安全和精度高的原则；根据欧姆定律以及电阻定律求出电阻率。
13.【答案】根据场强的定义式
根据电场力做功公式
代入数据解得
根据电场力做功公式
代入数据解得
又
代入数据解得
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：设非线性元件的电压为 U，电流为 I，
由闭合电路的欧姆定律得：，
代入数据得：，
画出图线，如图所示
两图线交点坐标为，
则该元件的电功率；
电源的输出功率。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：刚开始运动时，对木板由牛顿第二定律得mgma
得：a；
系统动量守恒，设共速为v，则mmv
解得：v
系统产生热量Qm；
设第2号木块的最小速度为，木块2在此速度以前为减速运动，后为加速运动，且此速度为其与木板相对静止时的速度，此时只有第3块木块相对木板运动，
由动量守恒有m
在此过程中，第3块木块与第2块木块在木板上运动的时间相同，所受摩擦力相同，
故速度改变量相同，
由以上两式可得。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】

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