浙江省2025_2026学年高二物理上学期10月月考试题含解析

这是一份浙江省2025_2026学年高二物理上学期10月月考试题含解析，共23页。试卷主要包含了1s，故木锤对糍粑的冲量大小等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
选择题部分
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量为标量且其单位用国际基本单位表示正确的是（ ）
A. 电势（eV）B. 电压（）
C. 磁感应强度（）D. 功率（）
【答案】D
【解析】
【详解】A．电势只有大小，没有方向，属于标量，但eV不是国际基本单位。故A错误；
B．电压只有大小，没有方向，属于标量，但单位用国际基本单位表示应为。故B错误；
C．磁感应强度是有大小、方向的矢量，单位为，故C错误；
D．功率都只有大小，没有方向，属于标量，单位也正确。故D正确。
故选D。
2. 精彩的体育赛事总是能吸引大家的眼球，关于运动，以下说法正确的是（ ）
A. 图甲：运动员参加42.195公里的大众马拉松比赛，42.195公里指的是位移
B. 图乙：研究运动员发球技巧时，可以将乒乓球看成质点
C. 图丙：撑杆跳运动员从起跳到落地过程始终处于失重状态
D. 图丁：在跳远运动员起跳前的助跑阶段，地面对运动员不做功
【答案】D
【解析】
【详解】A．图甲中运动员参加42.195公里的大众马拉松比赛，42.195公里指的是路程，故A错误；
B．当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小可将物体看成质点，所以图乙中研究运动员发球时，不可以将乒乓球看成质点，故B错误；
C．图丙中撑杆跳运动员从起跳到落地过程，在上升过程中先加速上升（超重），后减速上升（失重），下落过程是失重，并非始终处于失重状态，故C错误；
D．图丁中在跳远运动员起跳前的助跑阶段，地面对运动员的摩擦力作用点没有位移，地面对运动员不做功，故D正确。
故选D。
3. 如图所示，物块A与B用跨过滑轮的轻绳相连，稳定后，轻绳 OP与水平方向夹角为，OA和OB与OP的延长线的夹角分别为和。已知，地面对物块B的弹力为NB=80N，不计滑轮的重力及轻绳和滑轮之间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. B. 物体A的重力40N
C. OP绳子的拉力为D. 地面对物体B的摩擦力为20N
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于滑轮两边绳子拉力大小相等，且滑轮两边绳子拉力的合力等于轻绳 OP拉力的大小，故OP的方向沿着两根绳子拉力的夹角的角平分线上，故，故A错误；
B D．根据几关系，连接B物体的绳子部分与水平方向夹角为，故对B受力分析有
又
联立解得，
故B正确，D错误。
C．据前分析结合平行四边形法则
故C错误。
故选B。
4. 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v-t图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有
可得
由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；v-t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；ACD错误，B正确。
故选B。
5. 制作糍粑时，工匠使用质量为的木锤，抬至约80cm的高度由静止释放（可简化为自由落体运动），砸到糍粑后，与糍粑的作用时间为后速度减为0。已知重力加速度g取，下列说法错误的是（ ）
A. 木锤打击糍粑前瞬间，速度大小为4m/s
B. 木锤打击糍粑过程，木锤对糍粑的冲量大小为8N·s
C. 木锤打击糍粑过程，木锤的动量变化大小为8kg·m/s
D. 木锤与糍粑作用过程，糍粑对木锤的平均作用力为100N
【答案】B
【解析】
【详解】A．木锤在空中做自由落体运动，由可知锤子打击糍粑前瞬间的速度大小为
故A项正确；
BD．设糍粑对木锤的作用力大小为F，由动量定理得
解得
根据牛顿第三定律，木锤对糍粑的作用力
由于作用时间是0.1s，故木锤对糍粑的冲量大小
故B项错误，D项正确；
C．木锤的动量变化量
故C项正确。
本题选择错误的，故选B。
6. 如图所示，地球静止轨道卫星甲和沿椭圆轨道运行的卫星乙在同一平面上绕地球转动。甲的圆轨道直径与乙的椭圆轨道长轴相等。A、B分别是椭圆的近地点和远地点，P点为两轨道的交点。则（ ）
A. 当乙从A点第一次运动到B点，甲刚好转动一周
B. 乙在A点的速度大于甲的速度
C. 甲、乙在P点时加速度大小不同
D. 甲的机械能一定比乙的机械能大
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲的圆轨道直径与乙的椭圆轨道长轴相等，则甲的圆轨道半径与乙的椭圆轨道半长轴相等，根据开普勒第三定律可得两卫星运动周期相同，当乙从A点第一次运动到B点，只过了半个周期，甲没有转动一周，故A错误；
B．万有引力提供向心力，则有
解得
若乙经过A点时也沿圆形轨道绕地球运行，则有
实际上乙的轨道为椭圆，因此乙经过A点需加速做离心运动，则有
因此乙在A点的速度大于甲的速度，故B正确；
C．根据牛顿第二定律可得
解得
即同一位置时，甲、乙加速度大小相同，故C错误；
D．甲、乙质量未知，机械能大小无法比较，故D错误。
故选B。
7. 生产陶瓷的工作台匀速转动，台面上有陶屑，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同，则（ ）
A. 越靠近台面边缘的陶屑质量越大B. 越靠近台面边缘的陶屑质量越小
C. 陶屑只能分布在圆台边缘D. 陶屑只能分布在圆台上一定半径的圆内
【答案】D
【解析】
【详解】靠静摩擦力提供向心力，根据向心力公式，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，对应着一个临界半径，此时
可得
当时，所需向心力大于最大静摩擦力，陶屑会做离心运动，当时，静摩擦力能提供向心力，陶屑能随台面一起转动，所以陶屑只能分布在圆台上一定半径的圆内，根据上述分析可知陶屑能否随台面转动与质量无关。
故选D。
8. 福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，电磁弹射系统是福建舰的核心装备之一，在测试电磁弹射系统时，配重小车自甲板前端水平射出，落至海面上。简化模型如图所示，两辆质量相同的配重小车1和小车2先后进行弹射测试，轨迹分别为曲线1和曲线2，A、B为两次弹射的落水点。忽略空气阻力，配重小车可视为质点。则关于配重小车1和小车2说法正确的是（ ）
A. 小车2的水平初速度小于小车1的水平初速度
B. 落水瞬间重力瞬时功率
C. 在空中运动过程中速度变化量
D. 在空中运动过程中重力的平均功率
【答案】C
【解析】
【详解】A．配重小车做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，运动时间由下落高度决定，由题意可知两车的下落高度相同，则下落时间相同，即
水平方向为匀速直线运动，又由题意可知水平位移满足
即
可得，故A错误；
C．平抛运动中，加速度为重力加速度g，速度变化量
由
则，故C正确；
B．重力的瞬时功率公式
其中为竖直分速度满足
则，故B错误；
D．重力的平均功率公式
由题意可知两过程的高度和时间均相同，则，故D错误。
故选C。
9. 静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上。若用粗黑曲线表示原来静止于点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】本题考查的是带电微粒在静电场中的运动，收尘板带正电，粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，刚开始运动时，速度方向与电场线相切，速度逐渐增大，最后落在收尘板上，可知不会完全沿着电场线，A正确。
10. 一段公路由一部分下坡路与一部分水平路组成，下坡路的坡面倾角为θ，汽车在下坡路和水平路上行驶受到的阻力大小均为。一辆质量为m的汽车从下坡路的顶端由静止启动，其运动的图像如图所示，OA段为直线，从时刻开始汽车的功率保持恒定。则由图像可知（ ）
A. 汽车运动过程中的最大功率为
B. 从时刻开始，汽车牵引力减小
C. 在时间内，汽车的位移为
D. 在时间内，汽车的牵引力恒定，其大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可知，汽车在过程是恒加速度启动且此时是处于下坡路，其在时刻达到最大功率，此后一直保持不变，汽车在时处于匀速运动，其受力情况如图所示
汽车受到的牵引力为
则汽车的最大功率，故A错误；
B．由题图可知，时刻汽车的速度减小，而汽车受到的阻力没有变，所以此时汽车的牵引力小于阻力，即汽车由下坡路进入了水平路段，此时汽车的功率不变，速度减小，根据可知，此时汽车的牵引力增大，故B错误；
C．根据动能定理可得
结合上述结论
解得，故C错误；
D．由图可知，时间内，汽车的加速度的大小为
结合上述分析由牛顿第二定律可得
联立解得，故D正确。
故选D。
二、不定项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分）
11. 下列四幅图所涉及的物理现象或原理，表述正确的是（ ）
A. 甲图中，励磁线圈的电流越大，电子运动的周期越小
B. 乙图中，增大加速电压U，粒子从加速器射出的最大动能增大
C. 丙图中，避雷针的工作原理是静电屏蔽
D. 丁图中，电荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狭缝，质量越小
【答案】AD
【解析】
【详解】A．甲图中，励磁线圈的电流越大，产生的磁感应强度越大，根据，
解得
可知电子运动的周期越小，故A正确；
B．乙图中，当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子从加速器射出的动能最大，则有
可得粒子从加速器射出的最大动能为
可知粒子从加速器射出的最大动能与加速电压U无关，故B错误；
C．丙图中，避雷针的工作原理是尖端放电，故C错误；
D．丁图中，粒子经过加速电场，由动能定理可得
粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
可知电荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狭缝，轨道半径越小，质量越小，故D正确。
故选AD。
12. 电磁炮是通过给导轨回路通以很大的电流，在两导轨平面间产生强磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度大小与电流成正比。使抛射体在导轨电流产生磁场的安培力作用下沿导轨加速运动，最终以很高的速度将抛射体发射出去。如图为电磁炮的原理示意图，电流方向如图所示，磁场垂直于轨道平面，则（ ）
A. 若只将电流增大2倍，炮弹射出的动能也会增大2倍
B. 若只将导轨长度增大2倍，炮弹射出的动能会增大4倍
C. 改变电流的方向不影响抛射体的发射方向
D. 抛射体的发射速度与抛射体的质量无关
【答案】C
【解析】
【详解】AB．根据动能定理
其中F=BId，B=kI
可得
可知若只将电流增大2倍，炮弹射出的动能也会增大到原来的4倍；若只将导轨长度增大2倍，炮弹射出的动能会增大2倍，选项AB错误；
C．改变电流的方向，则磁场方向和电流方向都改变，则安培力方向不变，即不影响抛射体的发射方向，选项C正确；
D．根据
抛射体的发射速度与抛射体的质量有关，质量越大速度越小，选项D错误。
故选C。
13. 如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，其中AB段光滑，BC段粗糙，且。质量为m的小物体由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 动摩擦因数最大值
B. 小物体的最大速度为
C. 重力在AB、BC两段路面上做功不相等
D. 重力AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
【答案】AB
【解析】
【详解】A．从A处静止释放，到C点恰好停下，根据动能定理可得
由乙图可知
联立解得，故A正确；
B．当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，则有
解得
由图乙可知，此时小物体在BC段下滑的距离为，则从A处静止释放到最大速度过程，根据动能定理可得
其中
联立解得，故B正确；
C．由于AB、BC两段路面的长度相同，对应的高度相同，根据，可知重力在AB、BC两段路面上做功相等，故C错误；
D．设小物块在B点的速度为，小物块在AB段做匀加速直线运动，则AB中间时刻速度为，则重力在AB段中间时刻瞬时功率
小物块在BC段不是做匀变速直线运动，所以BC段中间时刻速度，则重力在BC段中间时刻瞬时功率，故D错误。
故选AB。
非选择题部分
三、非选择题（本题有5小题，共58分）
14. 有一长度为、电阻率为的圆柱形金属管（阻值约十几欧姆），管内部中空，其横截面如图甲所示。现需要测量中空部分的横截面积，某实验小组设计了如下实验。所用实验器材为：
电流表（量程为，内阻约为）；
电压表（量程为，内阻约为）；
滑动变阻器（最大阻值）；
电源（电动势为，内阻可忽略）；
待测金属管、开关、导线若干。

部分实验步骤如下：
（1）先用螺旋测微器测量金属管的直径，如图乙所示其读数为___________mm。
（2）按图丙连接电路，电压表右端应连接___________点（选填“M”或“N”），利用此电路测得的电阻值___________（选填“大于”或“小于”）真实值。
（3）闭合开关，测出电压表示数电流表示数，则金属管的中空截面积_________（用表示）。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 小于
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据螺旋测微器的读数规律可知，该读数为
【小问2详解】
[1]由于电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值与电流表的内阻，可知，电流表的分压影响较大，实验中应排除电流表分压影响，可知测量电路采用电流表外接法，即更合理的是电压表右端应连接M点；
[2]由于测量电路采用电流表外接法，则实验误差在电压表的分流，由于电压表分流影响，导致电流的测量值偏大，则利用此电路测得的电阻值小于真实值。
【小问3详解】
根据欧姆定律有
根据电阻定律有
解得
15. 某同学在测干电池的电动势和内阻的实验中，考虑到新干电池内阻较小，导致电压表示数变化范围太小，故将电阻箱调至接入电路。
（1）按如图1所示连好实物图，闭合开关，按照实验操作规范，采集了6组I、U数据，并填入设计好的表格。
第4组数据中电流表指针偏转情况如图2所示，请读出示数______A。
（2）根据图3坐标纸上作出图象，求出干电池的电动势______V，内阻______Ω。
（3）考虑到电表内阻，本实验方案存在的系统误差为______。
A. 电压表分流B. 电流表分压C. 电压表分压D. 电流表分流
【答案】（1）0.40
（2） ①. 1.50 ②. 0.63 （3）A
【解析】
【小问1详解】
根据表格数据可知电流表选择的量程为0.6A，分度值为0.02A，读数为0.40A。
【小问2详解】
[1][2]根据闭合电路欧姆定律
可知图像纵轴截距为电源电动势，由图可知
斜率的绝对值
解得
【小问3详解】
由题图可知，电流表测量的是流过滑动变阻器的电流，电压表不是理想电压表，所以系统误差是电流的测量值偏小所致，本实验方案存在的系统误差为电压表分流。
故选A。
16. 某同学做练习使用多用电表的实验，完成以下问题
（1）如图各种情形中使用多用电表测量物理量，操作正确的是______（多选）。
A. 图甲是用直流电压挡测量小灯泡两端的电压
B. 图乙是用直流电流挡测量电路中的电流
C. 图丙是用欧姆挡测量小灯泡的电阻
D. 图丁是用欧姆挡测量二极管的反向电阻
（2）某同学用欧姆档“×10”的倍率测量某电阻，发现指针指在如图所示位置，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按______的顺序进行操作，再完成读数测量。
A.将K旋转到电阻挡“×100”的位置
B.将K旋转到电阻挡“×1”的位置
C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D.将两表笔短接，旋动旋钮，对电表欧姆调零
（3）欧姆表原理图如图所示。欧姆表“×1”倍率，使用一段时间后，电源电动势从1.5V减到1.4V，将两支表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，仍能使指针指向满偏电流。再将两表笔间接一电阻R，指针半偏，此时刻度上标的电阻值为15Ω，而电阻R的实际阻值______（填“大于”、“等于”或“小于”）测量值。
【答案】（1）BD （2）BDC
（3）小于
【解析】
【小问1详解】
AC．测量待测电路电压时，多用表应与待测部分电路并联，电流应从红表笔流进多用表，黑表笔流出多用表，故AC错误；
B．同理可知，测电流时，多用表应与待测部分电路串联，且电流遵循“红进黑出”的原则，故B正确；
D．由于测量的是二极管的反向电阻，因此黑表笔应与二极管的“负”极相接，红表笔应与二极管的“正”极相接，故D正确。
故选BD。
【小问2详解】
由图可知，选择“×10”挡位指针偏转幅度过大，说明待测电阻较小，应选择“×1”的挡位，然后两表笔短接进行欧姆调零，在将两表笔与待测电阻两端相接，进行测量，故其实验步骤顺序为BDC。
【小问3详解】
根据半偏法原理可得，
整理可知
即电阻R的实际阻值小于真实值。
17. 航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量，动力系统提供的恒定升力。试飞时，飞行器从地面由静止开始沿竖直方向加速上升，当飞到高度处飞行器立即失去动力。已知飞行器失去动力时速度为，飞行器所受的阻力大小恒定，重力加速度g取。试求：
（1）飞行器所受阻力的大小；
（2）飞行器失去升力后继续向上运动的时间；
（3）飞行器落回地面时的速度。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由动能定理可得
代入数据解得
【小问2详解】
对飞行器受力分析，根据牛顿第二定律可得
结合运动学规律可得飞行器失去升力后继续向上运动的时间
【小问3详解】
飞行器从最高点到落地的过程中，由动能定理可得
解得
18. 某节水喷灌系统如图所示，水以10m/s的速度从半径为1cm的喷口水平喷出。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，水的密度为忽略水在管道中运动的机械能损失，计算时，重力加速度。求：
（1）喷口每秒喷出水的质量；
（2）每秒水泵对水做的功；
（3）水泵的输入功率；
（4）电动机线圈的电阻。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
每秒喷出水的体积
其中
则水的质量
【小问2详解】
根据动能定理可得
代入数据解得
【小问3详解】
由题可知，水泵的输出功率
又因为
代入数据解得
【小问4详解】
由题可知，电动机的电功率
电动机的热功率
根据能量守恒可知
代入数据解得
19. 一游戏装置的竖直截面如图所示，倾角的足够长倾斜轨道AB、半径为R的竖直圆轨道、水平轨道BC和连接成一个抛体装置。高台右侧有一水平地面FG，与高台的高度差为，F右侧1.2m，离地0.2m处固定一大小忽略不计的圆环S。游戏开始，一质量为的滑块1从AB上距BC高度h处静止释放，运动到C点时，与静止在C点、质量为的滑块2发生完全非弹性碰撞后形成滑块3，滑块3进入圆轨道绕行一周后从E点水平飞出。若滑块3落在水平面上，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半。只要滑块3从圆环S穿出，游戏就成功。已知，轨道AB与滑块1的动摩擦因数，其余各段均光滑。滑块1、2均可视为质点，，不计空气阻力，不计各衔接处的机械能损失，，，。
（1）若，求碰撞后滑块3对圆轨道底端C点的压力大小；
（2）要使碰撞后滑块3不脱离轨道，求释放高度h的范围；
（3）要使游戏成功，求满足条件的释放高度h。
【答案】（1）
（2）或
（3）或
【解析】
【小问1详解】
滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
解得
滑块1与滑块2碰撞过程，根据动量守恒可得
解得
在C点，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，碰撞后滑块3对圆轨道底端C点的压力大小为
【小问2详解】
①滑块3能够通过圆轨道最高点D，则有
从C到D过程，有
碰撞过程有
滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
联立解得
②滑块3不能过圆心等高处，此种情况下，滑块3在圆心等高处速度恰为0，则有
碰撞过程有
滑块1从静止释放到C过程，根据动能定理可得
联立解得
综上分析可知要使碰撞后滑块3不脱离轨道，释放高度的范围为或
【小问3详解】
①滑块3不经过地面碰撞直接经过圆环S，则，
解得
又，
联立解得
②滑块3经过地面碰撞一次后再过圆环S，则
解得
则有
经过地面碰撞后，有
上升最大高度
则刚好在最高点过圆环，且不可能继续与地面碰撞后再过圆环。则有，
解得
又，
联立解得
综上分析可知，要使游戏成功，满足条件的释放高度为或
20. 如图所示，有一线状电子源均匀分布于x轴上的区间内，发射位置与发射角θ（发射方向与y轴间的夹角）的关系为（其中），电子源持续不断地向第I象限每秒钟发射n个速率均为v的电子。在第I象限区域内存在方向垂直平面向里、大小的匀强磁场，m为电子质量，e为元电荷量，电子经磁场偏转后进入位于x轴正下方、间距为2L的两足够长的平行极板P、Q间，其中极板P位于处。不考虑电子间相互作用。
（1）求的电子经磁场偏转后打在x轴上的位置；
（2）求电子在磁场中飞行时间t与角度θ的关系；
（3）两极板P、Q间加有电压，其变化范围在之间，其中，打在极板上的电子即刻被吸收并中和，求单位时间打到极板P、Q上的电子数和与电压U之间的关系。
【答案】（1）
（2）
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
其中
解得
的电子出发位置在坐标原点，则
【小问2详解】
电子轨迹圆弧的圆心角
则电子在磁场中运动的时间
【小问3详解】
电子打在轴上的位置
所以所有电子均从两极板的中间射入，射入角度与y轴呈角斜向右下。
若电子刚好打不到Q板，则有
解得
由几何知识可得，
当时，，所有电子均打在P板上。
①，则有，
②，则有，
1
2
3
4
5
6
0.28
0.32
0.36
0.44
0.48
0.80
0.70
0.61
0.50
0.39
0.30