【文档说明】四川省成都市外国语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷答案.docx，共(4)页，134.692 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-425018bf5dabb83128af915d5cb6eb0e.html

以下为本文档部分文字说明：

成都外国语学校2024—2025学年度上期月考高二物理参考答案题号12345678答案CBDBACDC题号91011答案ADBDBC12．(1)变大(2)变小变大13（1）B减小tanmg（2）B14．（1）2410NF−=；（2）7110CAq−=【详解

】（1）分析小球A的受力情况，如图所示根据平衡条件可得tan45Fmgmg==代入数据得2410NF−=（2）根据库仑定律，有2ABqqFkr=代入数据得7110CAq−=15．（1）1eELvm

=；（2）tan3=；（3）2124EE【详解】（1）从A点到MN的过程中，由动能定理21122LeEmv=得得电子到MN的速度大小为1eELvm=（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得电子在

电场中的加速度为213eEeEamm==运动时间为Ltv=沿电场方向的速度为yvat=电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角的正切值为tan3yvv==（3）电子在电场E2中做类平抛运动，沿电场方向的位移为

22222111222eELELyatmvE===设电子打在屏上的位置为K，根据平抛运动的推论可知，速度的反向延长线交于水平位移的中点，电子打到屏幕上K点到O的距离为d，根据三角形相似，有232LdLy=可得21332ELdyE==现要保证K点到O点的距离d满足3L≤d≤6L，则2124E

E16．（1）4s；（2）6m/s；（3）5.5m【详解】（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为0a，则由牛顿第二定律有10=mgma解得204m/sa=当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加

速直线运动，设共同加速度的加速度大小为a，则对整体由牛顿第二定律有2()()FmMgmMa−+=+代入数据解得202m/saa=则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移2201125m25m22xat===可知012xdd+则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到

物块进入电场的施加为0t，由位移与时间的关系可得212012ddat+=解得04st=（2）当物块进入电场1E后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木

板静止，在电场1E中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为1a，由牛顿第二定律有21[()]()FmMgEqmMa−++=+解得10a=即在物块进入电场1E中的1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为1x，进入电场1E时的速度大小为1v，则有1024m/s

8m/svat===111818mxvt===此时距进入电场2E的距离为23111.5m8m3.5mxdx=−=−=设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为1a，由牛顿第二定律有21[()]()mMgEqmMa++=+解得142am/s=设物块和木板共同

进入电场2E时的速度大小为2v，则由速度与位移的关系可得2221122vvax−=−解得26m/sv=当进入匀强电场2E，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有2mgEq=可知，物块在电场2E中做匀速直线运动，因此，物块离开

匀强电场2E时速度的大小为6m/s。（3）设物块出电场2E所用的时间为2t，在物块出电场2E的过程中木板在电场2E中做匀减速直线运动的加速度大小为2a，则有422dvt=22MgMa=解得21st=，22s2m/a=设该过程中木板的位移为3x，可得23222215m2xvtat

=−=则可得物块出电场2E时距离木板右端的距离为5143()6mdddx=−−=此时木板的速度32224m/svvat=−=此后在两者达到共速前物块的加速度大小为204m/sa=，设木板的加速度大小为3a，对木板由牛顿第二定律有123()mgmMgMa−+=解得30a=即物块出电场

2E后做匀减速直线运动，而木板做匀速直线运动，设达到共速所用时间为3t，根据速度时间关系可得3203vvat=−解得30.5st=则在该时间内物块和木板的位移分别为4x、5x，则根据位移与时间的关系有24230311(60.540.25)m2.5m22xvtat=−=−

=53340.5m2mxvt===两者达到共速后将一起做减速运动，直至停止，则可知物块最终离木板右端的距离为6545()5.5mddxx=−−=