【文档说明】四川省绵阳市南山中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试题答案.pdf，共(3)页，1.290 MB，由管理员店铺上传

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第1页共3页绵阳南山中学2024年秋季高二9月月考物理参考答案1.A解析：A．只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒，故A正确；B．合外力对物体做功为零时，物体的动能不变，但物体的重力势能可能发生变化，物体的机械能不一定守恒，故B错误；C．点电荷是理想化模型，元电荷是指带电

体所带电荷量的最小值，元电荷不是理想化模型，故C错误；D．若带电粒子在电场中仅受电场力作用，由于电场分布不确定，粒子速度方向不确定，所以其运动轨迹与电场线不一定重合，故D错误。故选A。2.B解析：电容是描述

电容器容纳电荷的本领大小的物理量，与电容器的电压及电荷量无关，故A、D错误；当该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电荷量减小，则电能变少，故B正确，C错误。3.D解析：电场中某点电场强度的大小与检验电荷无关，A、B错误；以Q为球心、r为半径的球面上，各点电场

强度大小相等，但方向不同，C错误；点电荷形成的电场中，离点电荷越远，电场强度越小，D正确。4.A解析：设MO=x，第一次从M点水平抛出的飞镖，击中O点正下方的P点，根据平抛运动规律有2112Lgt，1xvt，第二次从N点水平抛出的飞镖，击中O点正下方的Q点，根据平抛

运动规律有22142Lgt，212xvt，联立可得飞镖在N点的初速度为���'=14���。故选A。5.C解析：根据N＝mgcosθ，所以A、B两球所受弹力的大小之比为NANB＝cosβcosα＝43，A错误；根据mgtanθ＝m(2������)2Rsin

θ，解得T＝2πRcosθg，所以A、B两球运动的周期之比为TATB＝cosαcosβ＝34，A、B两球的转速之比为nAnB＝TBTA＝23，B错误，C正确；根据mgtanθ＝mv2Rsinθ，解得v＝gRtanθsinθ，所以A、B两球运动的速度之比为��

����������＝tanαsinαtanβsinβ＝6427，D错误。6.C解析：将A处点电荷－q拆分为＋q与－2q，则由对称性可知，A、B、C、D、E五处＋q对O处点电荷Q的合静电力为0，故O处Q所受静电力等于A处等效的－2q对它的作用力，由库仑定律可知，静

电力的大小为F＝2kqQr2，由异种电荷相吸引可知，静电力方向沿OA方向，故C正确，A、B、D错误。7.C解析：设甲、乙物块的质量分别为m甲、m乙，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙

′，解得m乙＝6kg，则碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝12m甲v2甲＋12m乙v2乙－12m甲v甲′2－12m乙v乙′2，代入数据解得E损＝3J，选项C正确。8.D解析：AB．一开始角速度比较小时，两物块的静摩擦力提供所需的向心力，由于物块B的半径较大，所需向心力较大，则物块B的摩擦力先达到

最大，之后物块B的摩擦力不变，绳子开始产生拉力，则乙图中图像b为物块B所受f与2的关系图像，对B由牛顿第二定律可得212mgmL，解得开始产生绳子拉力时的角速度为12gL，故AB错误；CD．乙图中图像b为物块A所

受f与2的关系图像，当2时，物块A的摩擦力达到最大，分别对A和B根据牛顿第二定律可得22mgTmL，222mgTmL，联立解得223gL，3mgT，则有2212:3:4，故C错误，D正确。故选D9.AC解析：根据点电荷电场线分布特点结合图像可知

，该点电荷带负电，故A正确；根据电场线密集程度表示电场强度大小，由图可知，b点场强大于a点场强，两点电场强度方向相反，故B错误，C正确；正电荷在电场中所受电场力方向与该点场强方向相同，负电荷在电场中所受电场第2页共3页力方

向与该点场强方向相反，由于不知道检验电荷的电性，则无法确定检验电荷在a点所受静电力方向与该点电场强度方向是相同还是相反，故D错误。10.CD解析：ABC．把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由于人和车初始状态都处于静止，总动量为0，挥动锤子敲打车的左端，根据

动量守恒可知，系统的水平动量为零，大锤向左运动，小车向右运动，大锤向右运动，小车向左运动，所以敲打车之前，车不会一直保持静止。当锤子停止运动时，人和车也停止运动。故AB错误，C正确；D．由于系统的水平动量守恒，且为0，大锤向左运

动，小车向右运动，大锤向右运动，小车向左运动，所以车左右往复运动，故D正确。故选CD。11.AD解析：从MN上的C点由静止释放一试探电荷，电荷仅在静电力作用下运动，运动过程中的速度—时间图像如题图乙所

示，因为图像关于虚线对称，所以可以判断试探电荷在MN上运动，两电荷对试探电荷同为引力，所以P、Q为等量同种电荷，故A正确，B错误；t1时刻，试探电荷速度最大，合力做功最多，所以试探电荷位于O点，t2时刻，试探电荷速度为零，到达C点关于O的对称点，故

D正确，C错误。12.BC解析：A．对圆环进行分析，刚释放圆环的瞬间，圆环在竖直方向仅仅受到重力作用，可知，此时圆环的加速度等于g，故A错误；B．当圆环到达b位置时，令细线与杆之间夹角为，则有3tan4LH，解得37，令圆环与

木块的速度分别为1v，2v，则有12cosvv，解得1254vv，故B正确；C．圆环在从a运动到b的过程中，对圆环有���=���1������，对木块有���2+���2−���=���2�����

�，解得1221vv。故C正确；D．圆环在从a运动到b的过程中，圆环与木块构成的系统的机械能守恒，可知圆环减少的重力势能等于木块增加的机械能与圆环增加的动能之和，故D错误。故选BC。13.(1)＞相同(2)不做功解析：(1)由于M、N是异种电荷，电场线由正电荷出发终止于负电荷，a点

场强大于O点场强，而O点场强大于d点场强，可知a点场强一定大于d点场强；两点对称根据等量异种电场线分布图像可知，两点电场强度大小及方向均相同。(2)b、d两点电势相等，因此电荷从b点移到d点电场力不做功14.(1)a(2)2.1(3)9.76(4

)2.32解析：（1）A处频闪仪记录每隔一定时间小球水平方向的位置，平抛运动水平方向不受力，做匀速直线运动，故图乙中，A处频闪仪器记录所拍摄的频闪照片为a。（2）由平抛运动规律可得2010510m/s2.1m/s0.1

5xvt（3）根据21122cm2ygt，解得29.76m/sg（4）P点竖直方向速度为vy=gt=4.88m/s，则小球在P点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为0tan2.32yvv四、计算题15.(1)正电(2)Qc=3.6

×10-5C(3)C应放置在B的右侧距B为0.3m处解：(1)由于A、B带异种电荷，电荷CQ若静止，一定在AB连线的延长线上，且距离A较远，因此一定在B的右侧，同时A、B也处于静止状态，可知C一定带正电荷。（2分）(2)根

据受力平衡条件，设C与B的距离为x，由库仑力公式得对C电荷ACBC22()kQQkQQdxx（3分）对B电荷BCAB22kQQkQQdx（3分）解得x=0.3m（1分）第3页共3页53.610CCQ（1分）由于整个系统所受合外力为零，只要B、C处于静止状态，A就

一定处于静止状态。16.(1)；(2)；(3)解：(1)根据库仑定律可得A、B间的库仑力为（2分）再由几何关系得：（2分）联立解得：（1分）(2)对A受力分析，如图所示，则有（2分）解得：（1分）(3)由几何关系可知，当电场方向与OA

连线垂直时有（2分）解得：（2分）17.(1)5.0m/s10m/s；(2)52.5J；(3)2.5×10-2m解：(1)子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动212hgt（1分）解得t=0.40sA离开桌边的速度Asvt（1分）解得vA=5.0m/s（1

分）子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，由动量守恒：0()ABmvMvMmv（1分）解得B离开桌边的速度vB=10m/s（1分）(2)设子弹离开A时的速度为v1，子弹与物块A作用过程系统动量守恒012AmvmvMv（2分）解得v1=40

m/s（1分）子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒得系统产生的热量为：���=12������12+12���������2−12(���+���)������2（2分）解得Q=52.5J（1分）(3)子弹在物块A中穿行的过程中，物块A在水

平桌面上的位移为s1，根据动能定理211()02AfMMv（2分）子弹在物块B中穿行的过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，根据动能定理2221122BAfsMvMv（2分）解得物块B到桌边的最小距离min12ssssmin=2.5×10-2m（1分）