楚天协作体2025-2026学年度上学期高二10月月考物理答案_2025年10月高二试卷_251017湖北省楚天协作体2025-2026学年度上学期高二10月月考（全）

2025-2026 学年度上学期高二 10 月月考 物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C B C D B ABC AC AC 一、选择题 1．【答案】A 2．【答案】C 3．【答案】C 【详解】 A．M、N两点处通电直导线在a点的磁感应强度方向分别为竖直向下、竖直向上，M点处通电直导线在 a点产生的磁感应强度较大，故a点的合磁感应强度方向竖直向下，同理可知，b点的合磁感应强度方向竖 直向上，结合对称性，可知a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反，故A错误； B．画出c点磁感应强度的矢量图，如图所示，B为c点的合磁感应强度，方向水平向右，同理可知，d点 的合磁感应强度方向水平向左，结合对称性，可知c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相反，故B 错误； C．M点处通电直导线在O点的磁感应强度与N点处通电直导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相 反，故O点处的磁感应强度为零，故C正确； D．由以上分析可知，在c、d两点处，B 、B 其中一个磁感应强度变为反向，合磁感应强度的方向会改 M N 变，故D错误。 故选C。 4．【答案】B 5．【答案】C 【详解】设小钢珠从80cm高处下落到秤盘上时的速度为v ，有v 2＝2gh，则v ＝ 2gh＝ 2×10×0.8 m/s 1 1 1 ＝4m/s。碰撞后钢珠反弹，竖直向上的速度为3m/s，根据竖直上抛运动的规律可知钢珠再次回到秤盘上的 时间为0.6s，故每粒钢珠和秤盘只碰一次。设竖直向上为正方向，以所有钢珠与秤盘碰撞过程，根据动量 物理答案（共 6 页）第 1 页mv －mv 0.2×4-0.2×（-3） 定理：Ft＝mv －mv ，则F＝ 2 1＝ N＝2.8N，根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中 2 1 t 0.5 秤盘受到的压力大小为2.8N。 故选C。 6．【答案】D 410 【详解】A．根据xt图像中，斜率表示速度，由图可知，碰撞前M的速度为v  m/s3m/s 1 2 4 碰撞后M的速度为0，碰撞前N的速度为v  m/s2m/s 2 2 04 碰撞后N的速度为v'  m/s4m/s 2 32 由动量守恒定律有mv m v m v '，解得m =1kg，故A错误； 1 1 2 2 2 2 2 C． N在碰撞过程中，动量变化量为Δ ， 可得动量变化量的大小为6kgm/s。Cp错=误m；2v'2-m2v2=-6kg⋅m/s BD．碰撞前系统的总动能为E = 1 m v2+ 1 m v2=11J，碰撞后系统的总动能为E = 1 m (v ')2=8J， k0 2 1 1 2 2 2 k 2 2 2 可得E E ，可知两物体的碰撞有机械能损失，不属于弹性碰撞。故B错误。 k0 k 损失的动能为E -E =3J，故D正确。 k0 k 故选D。 7．【答案】B 【详解】设宇航员的速度方向为正方向，第一次喷气后航天员的速度为v，则根据动量守恒定律 0m v mm v，解得v≈0.05m/s 1 1 1 x 5 此5m所需的时间为t = = s=100s 1 v 0.05 再次喷气，设喷气后航天员的速度为v，根据动量守恒定律mm vm v mm m v 1 1 1 1 1 解得v≈0.1m/s x 15 此后运'动15m所需的时间为t 2 = v' = 0.1 s=150s，则宇航员返回空间站的时间约为t 1 +t 2 =150s+100s=250s 故选B。 8．【答案】ABC E 【详解】A. 滑片向a端滑动，R 接入电路的电阻变小，电路中总电阻变小，根据I＝ 知I变大，电流 1 R 总 表示数变大，故A正确； B. 电源的总功率P ＝EI，知P 变大，故B正确； 总 总 CD．根据闭合电路的欧姆定律E＝U ＋Ir，U 变小，灯泡两端电压变小，故电灯L变暗，D错误； 外 外 物理答案（共 6 页）第 2 页再根据P ＝I2R ，I 变大，I 变小，故通过R 的电流I 变大，R 消耗的功率变大，故C正确； 2 2 2 总 L 2 2 2 故选ABC。 9．【答案】AC 【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律有E U IrR  1 由乙图中的数据（0.3A，1V）；（0.1A，2V）代入数据，可得E 10.3r4，E 20.1r4 联立解得E2.5V，r 1，故A正确，B错误； C．电流表的示数为0.1A时，电源的发热功率为PI2r 0.121W0.01W，故C正确； D．电流表的示数为I 0.2A时，根据闭合电路欧姆定律有E U I rR ，代入数据解得R 两端的电 2 2 2 1 2 U 压为U 1.5V，则R 的阻值为R  2 7.5，故D错误。 2 2 2 I 2 故选AC。 10．【答案】AC 【详解】A．小球与圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，因此水平方向上系统动量守恒，但竖直方向上 合外力不为零，因此系统动量不守恒，A正确； B．假设小球不能从圆弧槽最高点飞出，当小球沿圆弧面上升至最高点时，设二者共同速度v ，设球的质 1 量为m，槽的质量为M，小球的初速度为v 根据动量守恒定律有mv (M m)v 0 0 1 1 1 代入数据解得v 3m/s，所以系统动能的减少量E  mv2 (M m)v2 54J 1 k 2 0 2 1 重力势能的增加量E mgR 46J k 不满足机械能守恒定律，则假设不成立，由此可知小球能从圆弧槽最高点飞出，故B错误； CD．设小球在圆弧最高处的速度为v ，此时圆弧槽水平方向与小球水平方向的速度均为v ，根据能量守 2 1 1 1 1 恒定律有 mv2  mv2 Mv2mgR，代入数据可得v 5m/s，故D错误， 2 0 2 2 2 1 2 v2 小球在竖直方向上的速度v  v2v2 4m/s，故小球离开圆弧槽能上升的高度h y 0.8m，C正确；D y 2 1 2g 错误。 故选AC。 二、非选择题 11. 【答案】(1)B（2分） (2)CD（2分）(3)500Ω（2分）(4)偏大（2分） E 【详解】(1)两表笔直接接触时，调节滑动变阻器的阻值使电流达到满偏I ＝ ，解得R ＝900Ω，故 g 0 R ＋R g 0 滑动变阻器应选B。 (2) 欧姆挡表盘刻度是不均匀的，刻度值越大处刻度线越密，故A错误；在欧姆表内部黑表笔接的是电源 物理答案（共 6 页）第 3 页的正极，红表笔接电源的负极，故B错误；测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电 阻，故C正确；欧姆表调零操作是通过调节滑动变阻器让电流表满偏，D正确。故选CD。 E (3)电流I＝2mA时，有I＝ ，解得R＝500Ω。 x R ＋R ＋R g 0 x E (4)当电池电动势变小，内阻变大时，欧姆表重新调零，由于满偏电流I 不变，由公式I ＝ ，欧姆表内阻 g g r 内 得调小，待测电阻的阻值是通过电流表的示数体现，由公式I＝ E ＝ I g r 内 ＝ I g ，可知当r 变小 R x ＋r 内 R x ＋r 内 R x＋1 内 r 内 时，接入同样的被测电阻，通过的电流变小，欧姆表读数变大。 12.【答案】(1)AD （2分） (2)2x 2x x x =x +x （每空各3分） 2 1 3 3 2 1 【详解】 （1）AC. 要保证每次碰撞前的速度相同，则入射球A要从同一位置由静止滚下，而要保证小球离开轨道 后做平抛运动，则需保证斜槽末端水平，对斜槽是否光滑没有要求，A正确，C错误； 入射小球和被撞小球的大小应该相同，以保证两小球发生正碰。入射球质量应大于被撞球质量，防止碰撞 后入射球反弹。故B错误。 （2）设碰撞前瞬间小球A的速度为v ，碰撞后瞬间球A和球B速度大小分别为v 、v ，根据动量守恒可 0 1 2 得mv mv m v 1 0 1 1 2 2 OP x OM x ON x 由于两小球在空中下落高度相同，所用时间相等，则有v   2 ，v   1 ，v   3 0 t t 1 t t 2 t t 联立可得mx mx m x ，结合m 2m 可得2x 2x x 1 2 1 1 2 3 1 2 2 1 3 若碰撞是弹性碰撞，碰撞前后两小球动能之和相等，可得m x2=m x2+m x2 ，结合以上两式可得x =x +x 1 2 1 1 2 3 3 2 1 13．【答案】(1)10000W (2)9×103W (3)1.6Ω （12分） 【详解】(1)驱动电机的输入功率P ＝UI＝400V×25A＝10000W。............................................................................3分 入 1 (2)电动车行驶时所受阻力f＝ mg＝1.8×103N 10 电动车匀速行驶时，F＝f＝1.8×103N..................................................................................................................................2分 电动车行驶时输出的机械功率P ＝Fv＝1.8×103×5W＝9×103W。...............................................................................2分 出 (3)驱动电机内阻的发热功率P ＝P －P ＝10000W－9000W＝1000W.................................................................2分 热 入 出 根据焦耳定律P ＝I2r，........................................................................................................................................................2分 热 得r＝ P 热＝1000 Ω＝1.6Ω。......................................................................................................................................................1分 I2 252 14．【答案】(1)2T （2）0.4Wb 1.2Wb 0.4Wb （14分） F 4×10-2 【详解】(1)由磁感应强度的定义式得B＝ ＝ 2T.........................................................................................3分 Il 2×1×10-2 = 物理答案（共 6 页）第 4 页1 (2) ①线圈在垂直磁场方向上的投影面积S ＝Scos60°＝0.4× m2＝0.2m2......................................................................................................2分 2 ⊥ 穿过线圈的磁通量Φ ＝BS ＝2×0.2Wb＝0.4Wb...............................................................................................................2分 1 ⊥ ②线圈以cd为轴顺时针方向转过120°角后变为与磁场垂直，但由于此时磁感线从线圈平面穿入的方向与 原来相反，故此时通过线圈的磁通量Φ ＝－BS＝－2×0.4Wb＝－0.8Wb.....................................................................2分 2 故磁通量的变化量大小为ΔΦ＝|Φ －Φ |＝|－0.8－0.4|Wb＝1.2Wb。...........................................................................2分 2 1 ③线圈以ab为轴逆时针方向转过150°角后变为与磁场方向平行， 线圈在垂直磁场方向上的投影面积为0，故此时通过线圈的磁通量Φ ＝0....................................................................2分 3 故磁通量的变化量ΔΦ＝|Φ －Φ |＝|0－0.4|Wb＝0.4Wb。...............................................................................................1分 3 1 15．【答案】（1）4m/s；（2）0.5；（3）物块A不会从长木板B上滑落（18分） 【详解】（1）设小物块A被子弹击穿时的速度大小为v ,子弹和小物块A组成的系统动量守恒 A mv mvM v .....................................................................................................................................................................2分 0 A A 解得v 4m/s.........................................................................................................................................................................1分 A （2）设小物块A与木板B间的动摩擦因数为，物块A的位移s=L ，由动能定理有 B 1 M gs0 M v2............................................................................................................................................................2分 A 2 A A 解得0.5.............................................................................................................................................................................1分 （3）若木板B未被锁定，A以4m/s的初速度向右做减速运动，规定向右为正方向， 对A可得M g M a A A A 解得a 5m/s2.....................................................................................................................................................................1分 A 对B，可得M g M a A B B 10 解得a  m/s2.....................................................................................................................................................................1分 B 3 设经过时间t ，A与B速度相等，则可得v a t a t 1 A A1 B1 解得t 0.48s..........................................................................................................................................................................1分 1 共同速度为v a t 1.6m/s.................................................................................................................................................1分 1 B1 （以上也可以运用动量守恒定律求解，共4分） 此过程中B所走的距离为x = 1 a t2= 1 × 10 ×(0.48)2m=0.384m<0.5m.................................................................................1分 B 2 B 1 2 3 故AB一起以1.6m/s速度与墙碰撞，AB共速前，系统应用能量守恒定律得 1 1 M gx  M v2  (M M )v2 A 1 2 A A 2 A B 1 解得碰撞前AB相对位移x 0.96m.................................................................................................................................2分 1 物理答案（共 6 页）第 5 页B以1.6m/s的速度向左运动，假设碰撞后AB能共速，AB为一个系统，动量守恒，可得 M v M v M M v A 1 B 1 A B 解得v'=—0.32m/s，速度向左...............................................................................................................................................2分 1 1 A继续相对于B向右运动，根据能量守恒可得M gx  (M M )v2 (M M )v2 A 2 2 A B 1 2 A B 解得B碰墙后到AB共速时两者相对位移x 0.61m....................................................................................................2分 2 整个过程中AB的相对位移为xx x 1.57m