重庆市渝西中学2024-2025学年高二下学期6月月考物理试题

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2、【答案】B
3、【答案】A
4、【答案】D
5、【答案】B 【解析】由图可知运动员在空中的最长时间为：t=4.3s−2.3s=2s，
运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为：ℎ=12gt22，
将t=2s带入得：ℎ=12×10×(22)2=5m，故ABD错误，C正确。故选：C。
6、【答案】C 【解析】A.由图像特点可知，甲做匀加速直线运动，丙做加速度增大的加速运动，故A错误;
B.a−t图像面积表示速度变化，2s末，丁的速度大于4m/s，即乙的速度小于丁的速度，故B错误;
C.0−5s，甲、乙逐渐远离，5−7秒，甲、乙逐渐靠近，故 C 正确;
D.0−7s丁的速度一直大于丙的速度，可知5∼7s，丙、丁依然逐渐远离，故 D错误。
7、【答案】A 【解析】给直杆AB一个竖直向下的初速度v0，此时直杆和圆柱筒同时开始下落。选圆柱筒CD为参考系，则直杆AB穿过圆柱筒CD的时间为A到D时间减去B到C时间，根据匀速运动的位移一时间关系公式得：t=L+ℎ+dv0−ℎv0==L+dv0，故A正确，BCD错误。
8、【答案】BD
9、【答案】BC 【解析】位移的大小等于初末位置的距离，所以质点的位移从A指向B，大小为对角线的长度，即： x= a2+b2+c2；
将蚂蚁运动轨迹所在的表面展开如图所示，蚂蚁的最短路程为：s= a2+(b+c)2，最长路程为s'=(a+b+c)
蚂蚁的平均速度大小为v−= a2+b2+c2t。故AD错误，BC正确；
10、【答案】ABD 【解析】A、在t=0时刻，导体棒的速度v=0，此时电路中只有电源的电动势E产生电流。根据安培力公式F安=BIL，此时长木板静止，力传感器的拉力F0与导体棒受到的安培力大小相等，即F0= BIL。又由欧姆定律I=ER，可得F0=BERL，E=F0RBL，所以A正确；
B、当t=t0时刻，力F趋近于0，此时导体棒切割磁感线产生的感应电动势E感=BLvm，电路中的电流I'=E−E感R=F0RBL−BLvmR。因为此时长木板所受拉力为0，所以导体棒受到的安培力也为0(长木板和导体棒系统在水平方向合外力为0)，即BI'L=0，也就是BF0RBL−BLvmRL=0，化简可得F0RBL−BLvm=0，vm=F0RB2L2，所以B正确；
C、对导体棒根据动量定理F安t=mvm−0，F安=BIL，I=E−BLvR，E=F0RBL，则F安=B(F0RBL−BLv)RL=F0R−B2L2vR。动量定理∑F0R−B2L2vRΔt=mvm，∑v△t=x(位移)。整理可得1R(F0t0R−B2L2x)=mvm，解这个方程求x，x≠mF0R2B4L4，所以 C错误；
D、撤去传感器连接后，长木板和导体棒组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒。设导体棒的最大速度为v'm，长木板的速度为v1，则mvm'−Mv1=0，即
v1=mMvm'。此时电路中的感应电动势E总=BLvm'+BLv1=BL(vm'+mMvm')，电路中的电流I1=E−E总R，当达到最大速度时，安培力为0，即E=E总。把E=F0RBL代入E=BL(v'm+mMv'm)可得：F0RBL=BL(1+mM)v'm，vm'=MF0R(M+m)B2L2，所以D正确。
11、【答案】向下 C A
【解析】解：（1）气体温度升高，压强变大，左管水银面下降，为保证气体压强不变，应适当降低右管，应将右管向下移动，直至左右两管中水银面等高，保证气体压强不变，故选C。
（2）实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的温度，用Δℎ表示左管内水银面高度的改变量。由盖−吕萨克定律可知，压强不变时体积变化与温度变化的关系是成正比的，故A正确，BCD错误。
故选：A。
12、【答案】左 50 1.7 大于
【解析】(1)重物自由落体，速度越来越大，纸带点迹间的距离越来越大，故纸带的左端连接重锤;
(2)由匀变速直线运动的推论逐差法可得g=(40.1+36.2)−(32.2+28.3)(2f)2×10−3m/s2=9.8m/s2 所以f=50Hz， A点的速度为vA=36.2+32.22f×10−3m/s=1.7m/s；
(3)由于枪头打点瞬间阻碍纸带的运动，重物下落的加速度小于重力加速度，导致频率的测量值大于实际值
13、【解析】解：(1)由题意可知，水壶装水后静置的时间内空气的体积不变，初始状态有：T1=300K，压强为p0，末状态时有：T2=325K，压强为p1，由查理定律可得：p0T1=p1T2，解得：p1=T2T1p0=325300p0=1312p0；
(2)水壶装入开水后，壶内空气的体积为：V1=V壶−V水=3.0L−1.8L=1.2L，迅速打开壶盖的过程中，壶内空气的温度不变，压强变为p0，对空气，由玻意耳定律可得：p1V1=p0V2，解得：V2=p1p0V1=1312p0p0×1.2L=1.3L
设初始可求的密度为ρ，则壶内空气的质量为：m1=ρV1
空气的总质量为m=ρV2
则壶内剩余空气的质量与原来装入水后壶内气体质量的比为：k=m1m=ρV1ρV=V1V2=1213
14、【解析】(1)题意知 v1=36km/ℎ=10m/s ，反应时间 t1=0.5s ，则反应时间内汽车位移为 x1=v1t1=10×0.5m=5m
由运动学公式可知刹车位移 x0=x−x1=v12t 联立解得 t=4s
(2)刹车过程，加速度大小 a=ΔvΔt=v1t=104m/s2=2.5m/s2
由牛顿第二定律有 f=ma 联立以上解得 f=2.5×103N
(3)小朋友通过斑马线的时间 t2=L+lv2=6+60.5s=24s
汽车在斑马线前等待时间为 Δt=t2−t1−t=24s−4s−0.5s=19.5s
15、【解析】 (1)小轿车与卡车速度相等时，二者相距最远。设经过时间t1二者速度相等，此时轿车的速度v轿＝v0＋at1 又v轿＝v卡
此过程小轿车的位移x轿＝v0t1＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,1) 卡车的位移x卡＝v卡t1
二者之间的最大距离Δxm＝x卡－x轿 联立并代入数据，解得Δxm＝100 m。
(2)当小轿车从开始加速到最大速度时，需要的时间t0＝eq \f(vm－v0,a)＝14 s
此过程小轿车的位移：x轿′＝v0t0＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)＝266 m 卡车的位移：x卡′＝v卡t0＝350 m
由于x轿′