云南师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期10月月考 物理答案

2025届高二年级上学期第一次月考物理参考答案第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）题号123456789101112答案BDADDCDCADCDBCBD【解析】5．由于加上沿y轴负方向的匀强电场后，A点的合场强为零，则说明两点电荷在A点形成的合场强沿y轴正方向，根据电场的叠加规律（平行四边形定则）做出矢量图如图1所kQ示，可知，由点电荷的电场强度，又，EE12E2rr12r图1因此得到在EE12的情况下，无法确定电荷的大小，故D正确。6．由题意可知，t0时刻甲车在乙车前方，由vt图可知，在0~10s内，乙车的速度大于甲车速度，因此在0~10s内两车逐渐靠近，故A错误。由vt图像与时间轴所围面积表示位1移大小可知，在0~10s内，乙车比甲车多运动的位移为x105m25m，可知t10s2时两车相遇，在10~20s内，乙车的速度小于甲车速度，则两车逐渐远离，故B错误。由vt图像与时间轴所围面积表示位移大小可知，两车在0~20s内的图线与时间轴所围面积相等，则有两车的位移相等，故C正确。在t10s时两车相遇，由vt图像与时间轴所围面积表示位移大小可知，在10~20s内，甲车的位移比乙车的位移多25m，即在t20s时，甲车在乙车前方25m处，故D错误。7．根据两个等量的正点电荷中垂线上电场的对称性可知，P与M两点的电势相等，则小球在这两点的电势能相等，故小球从P到M的过程中，电场力做功为零，由动能定理得1mg2hmv2，解得v=2gh，故A错误。当小球加速度为零时，小球的速度最大，动2能最大，小球在O点加速度为重力加速度，故B错误。两个等量的正点电荷，其连线中垂物理ML参考答案·第1页（共5页）{#{QQABYQQEogggQBIAAAgCUwXgCgOQkBACAKoORAAAIAAAAANABAA=}#}线上O点场强为零，无穷远处场强为零，从O点至无穷远，电场强度先增大后减小，所以，从P到O的过程中，电场强度大小变化情况不确定，则小球所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定，但不可能是一直增大，故C错误。小球从P到O的过程中电场力做正功，根据功能关系可知，小球的机械能增加。小球从O到M的过程中，由于电场强度的方向为O→M，则小球受到电场力方向M→O，从O到M电场力做负功，根据功能关系可知小球的机械能减少，所以从P到M的过程中，小球的机械能先增大后减小，故D正确。F8．在F从零开始逐渐增大的过程中，由牛顿第二定律得Fmgma，解得加速度ag，m由此可知aF图像在横轴上的截距等于物体与水平面之间的滑动摩擦力mg，在纵轴上1的截距的绝对值等于g，斜率等于，可计算出物体的质量m2kg，物体与水平面间的m动摩擦因数0.1，故C正确。9．由题意可知，场强的方向沿AB方向，且UERAB210V，因A点的电势A10V，可知B点的电势为零，故A正确。OD间的电势差为UERODcos602.5V，故B错误。因D点电势高于B点电势，则电势不为零，则电子在D点的电势能不为零，故C错误。将电32荷量为q510C的正电荷从O移到D，电场力做功为WUqODOD1.2510J，故D正确。SQ10．根据Cr，可知若增大两极板间的距离d，电容器电容减小，故A错误。又C，4πkdUU4πkQE，联立可得E。平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，由于drS4πkQ电容器两板带电量不变，根据E，可知板间场强不变，油滴所受的电场力不变，rS则油滴仍静止，故B错误，C正确。场强E不变，而P点与下极板间的距离减小，则由公式UEd，可知P点与下极板间电势差减小，则P点的电势降低，带负电油滴的电势能增大，故D正确。12．小球水平向左射出，小球水平方向受到向右的电场力作用，在水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动。小球运动过程中只有重力和电场力做功，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，小球动能最小时，其电势能和重力势能之和最大，电势能不一定最大，故A错误。小球水平向左射出，小球水平方向受到向右的电场力作用，电场力做负功，电势能增大，小球水平方向速度减小到零时，电势能最大，由于小球运物理ML参考答案·第2页（共5页）{#{QQABYQQEogggQBIAAAgCUwXgCgOQkBACAKoORAAAIAAAAANABAA=}#}动过程中重力和电场力大小相等，所以小球水平方向速度减小到零时，小球的动能等于初始动能，电势能最大，故B正确。由于小球在水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动，刚开始电势能增加的比重力势能减少的快，动能减小，当小球速度的水平分量等于竖直分量时动能最小，故C错误。由于小球运动过程中重力和电场力大小相等，小球水平方向速度减小到零时，小球的动能等于初始动能，由功能关系可知，从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球克服电场力做的功，即重力做的功等于小球电势能的增加量，故D正确。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、填空、实验题（本大题共2小题，共18分）13．（每空2分，共6分）（1）C（2）增大1（3）9【解析】（1）图甲中实验采用的方法是控制变量法。（2）图甲实验表明，细线与竖直方向的夹角随着距离的减小而增大，根据受力可知，电荷之间的静电力随着距离的减小而增大。qqqqq1（）由小球的受力可知1，2，解得1。3Bkmg2tan30kmg2tan60(lsin30)(sin60)lq2914．（每空2分，共12分）（1）AB（2）2.081.06m1.04m（3）d2gt三、计算题（本大题共3小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．（8分）解：对小球甲受力分析如图2所示，由平衡条件有Fmgcos①T2q2FFsinqEk②弹T2L2图2物理ML参考答案·第3页（共5页）{#{QQABYQQEogggQBIAAAgCUwXgCgOQkBACAKoORAAAIAAAAANABAA=}#}23解得Fmg③T33q2FmgkqE④弹3L2评分标准：本题共8分。正确得出①、②式各给3分，其余各式各给1分。16．（12分）1解：（1）根据动能定理可得qUmv2①206解得v0410m/s②（2）设粒子在A点速度方向与x轴正方向夹角为，根据类平抛运动的特点可得，速度方向反向延长线过水平位移的中点，则OPtan1③1OA2所以45所以竖直方向的速度vvy0④x1从P到A的运动时间tOA106s⑤v02qE竖直方向上有v=att⑥ym图3解得E400V/m⑦（3）如图3所示，设粒子从A到感光胶片时的水平位移为d，则有dOBtan451m⑧所以感光胶片上曝光点的横坐标为xOAd3m⑨评分标准：本题共12分。正确得出①、③、⑨式各给2分，其余各式各给1分。17．（14分）解：（1）全过程由动能定理得()()0mgqERmgqEsBC①解得0.1②物理ML参考答案·第4页（共5页）{#{QQABYQQEogggQBIAAAgCUwXgCgOQkBACAKoORAAAIAAAAANABAA=}#}（2）从A点运动到B点过程，根据动能定理有1()mgqERmv2③2B在B点时，根据合力提供向心力有mv2FqEmgB④NR解得FN24N，根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为24N⑤（3）由动能定理得()()0mgqERmgqEs1⑥1()qEmgsmv2⑦1221()qEmgsmv2⑧2221()qEmgsmv2⑨22345解得vm/s⑩315评分标准：本题共14分。正确得出①、②、③、④式各给2分，其余各式各给1分。物理ML参考答案·第5页（共5页）{#{QQABYQQEogggQBIAAAgCUwXgCgOQkBACAKoORAAAIAAAAANABAA=}#}