巴蜀中学高二10月月考物理答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年11月试卷_11062024-2025学年重庆市巴蜀中学高二10月月考

高 2026 届高二（上）学月考试 物理参考答案及评分标准 一．选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A C B C B D C BC AD BCD 3.【答案】B 【详解】A．体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间，从而可以减小地面对运动员的作 用力，故A错误； B．由题意可得，由动量守恒定理可得 (𝑀−𝑚)𝑣 =𝑚𝑣 0 解得火箭获得的速度为 𝑣 = 𝑚𝑣0 , 故B正确 𝑀−𝑚 C．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，； 故C错误； D .水喷出后，火箭做竖直上抛运动火箭在空中飞行的时间为 𝑡 = 𝑣 = 𝑚𝑣0 𝑔 𝑔(𝑀−𝑚) 重力的冲量为I= (𝑀−𝑚)gt= 𝑚𝑣 , D错误 0 4．【答案】C 【详解】A．根据反冲运动中的人船模型可知，人在甲板上散步时突然停下，船将立即停下。 故AB错误； C．设船的质量为𝑀，后退位移为𝑥，人的质量为𝑚，人船相对运动位移为L，人和船组成的 系统满足水平动量守恒，根据人船模型有 𝑀𝑥 =𝑚(𝐿−𝑥) 𝑚𝐿 解得船后退的距离为 C正确； 𝑀+𝑚 𝑀𝐿 D．人相对地面的成绩为 𝐿−𝑥 = 故D错误。 𝑀+𝑚 5． 【答案】B 【详解】由于木块始终保持静止状态,则两子弹对木块的推力大小相等,即两子弹所受的阻力 大小相等, B正确。设为F,根据动能定理得,对子弹A有-Fd =0-E ,得E =Fd ;对子弹B有 f f A kA kA f A -Fd =0-E ,得E =Fd ,由于d >d 则有子弹入射时的初动能E >E ,,C错误; f B kB kB f B A B, kA kB 子弹A、B从木块两侧同时射入木块,木块始终保持静止,分析可知,两子弹在木块中运动的时 间必定相等,否则木块就会运动,故D错误。 6． 【答案】D 【详解】A．水柱对汽车的压强与水柱横截面积无关，故A错误； B．高压水枪单位时间喷出水的质量 𝑚 =𝜌𝑉 = 1 𝜋𝜌𝐷2𝑣 故B错误； 4 C．设水柱对汽车的平均冲力为F，垂直汽车表面方向，由动量定理得−𝐹𝛥𝑡 =0−𝛥𝑚𝑣 𝛥𝑡时间内水柱的质量为 𝛥𝑚 =𝜌𝛥𝑉 =𝜌𝑆𝑣𝛥𝑡 = 1 𝜋𝜌𝐷2𝑣𝛥𝑡 4 1 解得水柱对汽车的平均冲力为 F = v2D2 故C错误； 4 高二物理参考答案 第 1 页 共 7 页 {#{QQABRQAAogggQAIAAAhCQQlQCAGQkhGCCSgOhAAEsAAAiQFABAA=}#}D．根据 高二物理参考答案 第 2 页 共 7 页 F 1 4 v 2 D 2  = 若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的4倍，故D 正确。 7.【答案】C 【详解】A．由于墙壁对a球有弹力作用，整个过程中小球a、b、c和弹簧组成的系统动量 不守恒，故A错误； B． 小球c与小球b碰撞，设小球b碰撞后速度为v ，小球c碰撞后速度为v ，由动量守恒 1 2 和机械能守恒定律得 𝑚𝑣 =3𝑚𝑣 +𝑚𝑣 ， 1 𝑚𝑣 2 = 1 ×3𝑚𝑣 2+ 1 𝑚𝑣 2 0 1 2 2 0 2 1 2 2 1 1 解得 𝑣 = 𝑣 ,𝑣 =− 𝑣 1 0 2 0 2 2 3 故小球c的动量变化量大小为 mv 0 2 C．小球b向左运动速度为零时，弹簧弹性势能最大，则𝐸 = 3 𝑚𝑣2 故C正确； 8 0 D．小球b压缩弹簧，到弹簧恢复原长过程，小球b与弹簧组成的系统机械能守恒，小球b 向右的速度大小为𝑣 ；当小球a、b向右运动，弹簧恢复原长时，小球a的速度最大. 1 8．答案 BC 【详解】A.将摆钟从山脚移到高山上时,摆钟所在位置的重力加速度g变小,根据T=2π√ 𝒍可 𝒈 知,摆钟振动的周期变大,走时变慢,A错误。 B. 摆球做简谐运动，在摆角增大的过程中，摆球的位移增大，摆球受到的回复力增大，选 项B正确； C.根据单摆的周期公式T=2π√ 𝒍可知,单摆的周期与摆球质量、振幅无关,与摆长和当地的重 𝒈 力加速度有关,C正确; D.单摆做简谐运动时，在平衡位置处位移为零，加速度不为零，有向心加速度。D错误; 9. 答案 AD 【详解】若甲船上的人将球抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，说明此 时两船刚好速度相同，设为v，规定开始时甲船速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 30𝑚 ⋅2𝑣 −10𝑚 𝑣 =40𝑚 𝑣 0 0 0 0 0 解得 v = 1 .2 5 v 0 设从甲船抛出的球的总数n，根据动量守恒定律有30𝑚 ⋅2𝑣 =(30−𝑛)𝑚 𝑣+𝑛𝑚 ⋅5𝑣 0 0 0 0 0 解得𝑛 =6． 10.【答案】BCD 【详解】A. 物块与木板相对运动的过程中，两者的加速度大小不相等 B．木板与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木板第一次与墙面碰撞前，由动量 守恒定律得 Mv =(M +m)v 0 1 Mv 解得木板第一次与墙面碰撞前瞬间的速度大小为 v = 0 故B正确； 1 m+M {#{QQABRQAAogggQAIAAAhCQQlQCAGQkhGCCSgOhAAEsAAAiQFABAA=}#}C, 木板第一次碰撞墙后向左运动到速度为零时，向左运动的距离最大 1 𝑚𝑣2 =𝜇𝑀𝑔𝑆 2 1 ⬚ 𝑀𝑚𝑣2 故最大距离为 0 故C正确； 2(𝑀+𝑚)2𝜇𝑔 D．木板与墙面第一次碰撞后到木板第二次碰撞墙面前，木板与物块已共速，系统动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得 高二物理参考答案 第 3 页 共 7 页 ( M − m ) v 1 = ( M + m ) v 2 解得木板第二次碰撞墙面前瞬间的速度大小 v 2 = ( M ( M − m + ) m M ) v 2 0 木板与墙面第二次碰撞后到木板第三次碰撞墙面前，系统动量守恒，以向右为正方向，由动 量守恒定律得 ( M − m ) v 2 = ( M + m ) v 3 解得木板第三次碰撞墙面前瞬间的速度大小 v 3 = ( M ( − M m + 2 ) m M ) 3 v 0 根据能量守恒，木板从开始运动到第三次与墙面碰撞前瞬间，木块与木板间产生的热量为 𝑄 = 1 𝑀𝑣2− 1 (𝑀+𝑚)𝑣2 = 1 𝑀𝑣2− 1(𝑀−𝑚)4𝑀2 𝑣2 故D正确。 2 0 2 3 2 0 2 (𝑀+𝑚)5 0 故选BCD。 11．(6分) 【答案】（1）③ （2） m x = m x （3）𝑚 𝑥2:𝑚 𝑥2 1 1 2 2 1 1 2 2 12．（8分）答案； （1）C （2）9.7 （3） T 2 20 L D 2   +  （4）变大 【规范答题】（2）游标卡尺的读数为 9 m m + 0 .1 m m  7 = 9 .7 m m （3）单摆周期为 2 T 0 ，摆长 L = L 0 + D 2 根据单摆周期公式 2 T 0 = 2 L g 2 D  可得g = L +  T2 0 2  0 （4）由于浮力与摆球重力方向相反，摆球的质量没变，浮力对摆球的作用相当于小球所受 重力减小,即等效重力加速度减小,因而振动周期变大。 13．【答案】（1） x =8sint (cm)；（2）1m 【详解】（1）有 图可知单摆振动周期T=2s，振幅A=8cm ---------------------------①（1分） 则摆球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式 x =8sint(cm) -----------------------②（2分） （2）根据单摆周期公式 L T =2 ------------------------------------------③ （3分） g {#{QQABRQAAogggQAIAAAhCQQlQCAGQkhGCCSgOhAAEsAAAiQFABAA=}#}可得 L=1m ---------------------------------------------④ （2分） 14．【答案】（1）30m/s2；（2）0.75s （1）设在运动过程中小球受到的空气阻力与速率满足关系式 高二物理参考答案 第 4 页 共 7 页 f = k v 根据动量定理 p=Ft 可知p−t图像的斜率表示合外力，由图可知t=0时刻，p−t图像斜率的绝对值最大，小球 的加速度最大， ---------------------------①（1分） 设物体运动过程中的最大加速度为 a m ，有 mg+kv =ma ---------------------------②（1分） 1 m 其中 v 1 = p m 0 ---------------------------③（1分） p 当p= 0 时，物体合外力为零，此时有 2 m g = k v 2 = k p 0 2 m ---------------------------④（1分） 解得 a m = 3 g =30m/s2 ---------------------------⑤（1分） （2）设从地面抛出到最高点的时间为 t1 ，上升的高度为h，设最高点到落地的时间为 t 2 ，从 地面抛出到最高点由动量定理得 − m g t1 − k v t1 1 = 0 − p 0 ------------------------⑥（1分） 即 mgt +kh= p ---------------------------------⑦（1分） 1 0 同理下降阶段 m g t 2 − k v 2 t 2 = p 2 0 -------------------------------⑧（1分） 即 m g t 2 − k h = p 2 0 -------------------------------⑨（1分） 联立可得小球从抛出到落地的总时间为 3p t =t +t = 0 =0.75s ---------------------------⑩（1分） 1 2 2mg 15．【答案】（1）0.6m；（2）60N {#{QQABRQAAogggQAIAAAhCQQlQCAGQkhGCCSgOhAAEsAAAiQFABAA=}#}【解析】（1）子弹A以 高二物理参考答案 第 5 页 共 7 页 1 0 0 m s 的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为 4 0 m s ， 则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有 m A v 0 = m A v 1 + m B v 2 ---------------------------①（2分） 解得 v 2 = 6 m / s B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有 m B v 2 = ( m B + m C ) v 3 ---------------------------②（2分） 1 2 m B v 22 = 1 2 ( m B + m C ) v 23 + m B g h -------------③（2分） 解得 h = 0 .6 m --------------------------------------④（1分） （2）B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度 最大，则有 m B v 2 = − m B v 4 + m C v 5 --------------------------------⑤（2分） 1 2 m B v 22 = 1 2 m B v 24 + 1 2 m C v 25 ---------------------------⑥（2分） 解得 v 4 = 2 m / s v =8m/s 5 有牛顿第二定律可知 𝐹 −𝑚 𝑔=𝑚 (𝑣5−𝑣4) 2 -------------------⑦（2分） 𝑇 𝐵 𝐵 𝑙 解得 𝐹 =28𝑁 ----------------------------⑧（1分） 𝑇 16．【答案】（1）3m/s；（2）0.6kg；（3）1.8J 【详解】（1）假设P在传送带上一直匀减速，则由动能定理 1 E −m gs= m v2 ---------------------------①（2分） P 1 P 2 P B 解得 ---------------------------②（1分） v = 6m/s3m/s B 说明P在到达B之前已与传送带共速，之后一起匀速到达B端。即 - --------------------------③（1分） v =3m/s B （2）设P与Q碰撞前的速度大小为 v 1 ，碰后P的速度大小为v ，Q的速度为v ，则P 2 3 从B到D过程中由动能定理 1 1 6m gR−2m gL = m v2 − m v2 P 2 P 2 2 P 1 2 P B ---------------------------④（1分） {#{QQABRQAAogggQAIAAAhCQQlQCAGQkhGCCSgOhAAEsAAAiQFABAA=}#}解得 高二物理参考答案 第 6 页 共 7 页 v 1 = 6 m / s 对P滑块从D到C根据动能定理 2 2 m P g R 0 1 2 m P v 22  − = − ---------------------------⑤ （1分） 解得 v =3m/s 2 根据动量守恒和机械能守恒可知 m P v 1 = − m P v 2 + m Q v 3 - --------------------------⑥（1分） 1 1 1 m v2 = m v2+ m v2 ---------------------------⑦（1分） 2 P 1 2 P 2 2 Q 3 解得 v 2 = m m Q P − + m m P Q v 1 解得m =0.6kg ---------------------------⑧（2分） Q （3）由（2）可得，Q碰后速度 v 3 = 3 g R 进入长木板上表面，先判断长木板是否移动，Q对长木板摩擦力向左 f 2 3 m Q g 1 .2 m g  = = 地面对长木板最大静摩擦力 f M 4 ( m Q m ) g 1 .8 m g  地 = + 木 = 故长木板先不动，Q做匀减速运动，可得 2 m Q g L 3 1 2 m Q v 24 1 2 m Q v 23  − = − ---------------------------⑨（1分） 解得 v 4 = 1 .8 g R Q以速度 v 4 与长木板弹性碰撞，可得 m Q v 4 = m Q v 5 + m 木 v 6 ---------------------------⑩（1分） 1 2 m Q v 24 = 1 2 m Q v 25 + 1 2 m 木 v 26 ---------------------------⑪（1分） 可得碰后Q的速度大小 v 5 = − 1 3 v 4 2 长木板的速度大小为v = v 6 3 4 Q向右减速 a 2 3 g 0 .4 g  = = 长木板向左减速 a 3 3 m Q g 4 m ( m Q m ) g 0 .5 g   = + 木 + 木 = ---------------------------⑫（1 分） Q向右做减速运动直至速度减为零后再向左做加速运动直到两者共速，再一起减速，做 {#{QQABRQAAogggQAIAAAhCQQlQCAGQkhGCCSgOhAAEsAAAiQFABAA=}#}出 − 高二物理参考答案 第 7 页 共 7 页 v t 图像如图 v 2v 可得v=− 4 +a t= 4 −at ---------------------------⑬（1分） 3 2 3 3 1 v 2v 相对位移x= ( 4 + 4)t ---------------------------⑭（1分） 2 3 3 解得  x = R  1 .5 R ---------------------------⑮（1分） 则滑块未滑离木板，滑块Q与木板间因摩擦产生的热量为 ---------------------------⑯（1分） Q =m g(x+1.5R) =1.8J 热 3 Q {#{QQABRQAAogggQAIAAAhCQQlQCAGQkhGCCSgOhAAEsAAAiQFABAA=}#}