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2024年12月第1页共2页绵阳南山中学2024年秋季高2023级12月月考物理参考答案123456789101112DADBCACBBCBDADAC13.(1)20.50（2分）(2)AB（2分）(3)24k（

2分）14.(1)A（1分）D（1分）E（1分）(2)1.67（1分）(3)A（2分）(4)1.48（2分）0.59（2分）15.解：（1）两列波在x=0.5m处相遇，则相遇的时刻由vxt（2分）解得：t=0.75s（2分）（2）由题意1sTv（2分）两列波在0.75s同时传播到质点M

处，在0.75s~1.2s，左右两侧波传到M，振动加强，则经过0.75s通过的路程s2=3×2A=12cm（2分）所以M点通过的总路程为12cm。16.解：（1）微粒沿直线射出电场，则由平衡可知Uqmgd（2分）解得qmgdU=2V（1分）由闭合电路欧姆定律得回路

的电流rRUEI11A（1分）滑动变阻器连入电路部分电阻IURL2Ω（1分）（2）若粒子从上极板右侧射出，则0Lvt（1分）211122dat（1分）11Uqmgmad（2分）又1111LLERURrR，联立解得U1=4V，

14.5LR若粒子从下极板右侧射出，则0Lvt；221122dat；22Uqmgmad（2分）其中2212LLERURrR联立解得U2=0V，20LR则滑动变阻器LR的调节范围0≤RL≤4.5Ω。（1分）17.

解：（1）小球由A到B的过程中由动能定理得2021mvqER（1分）解得qmgE（1分）由以上分析可知qE=mg，当小球运动到等效最低点M时速度最大，小球对轨道的压力最大，重力和电场力的合力大小为mgF2，方向斜向左下方与水平面成45°，小球由A到M的过程中，由动能定

理得2024年12月第2页共2页221)45cos1()45cos1(MmvmgRqER（2分）由牛顿第二定律得RmvFNM2（1分）解得mgN23由牛顿第三定律，FN=N=32mg（1分）（2）假设小球刚好运动到D点，则小球在D点的速

度为0，小球的释放点到B点的距离为x，则由动能定理得qEx-mg·2R=0解得x=2R＞R；则小球不能运动到D点；假设小球刚好运动到C点，则小球在C点的速度为0，由动能定理得小球应由B点静止释放；显然从A点释放的小球运动的最高点位于CD之间，

（1分）设该点与圆心的连线与水平方向的夹角为ɑ，则由动能定理得qER(1+cosɑ)=mgR(1+sinɑ)（1分）解得ɑ=45°则小球能达到的最高点与水平面的高度为RRRH22245sin（1分）

（3）小球由释放到D点的过程中，由动能定理得216.522DqERmgRmv（1分）解得gRvD3当小球的速度与合力垂直时动能最小，此时小球的速度斜向右下方与水平方向的夹角为45°，设此时的速度大小为v，由斜抛运动规律可

得gRvvD22345cos（1分）所以小球的最小动能为mgRmvEk49212min（1分）小球离开D点后在竖直方向做自由落体运动，水平方向向右做匀减速直线运动，小球从离开D点到落在水平面的时间为gRt2（1分）

小球在水平方向的位移为221gttvxD（1分）解得x=4R则落地点与释放点间的距离为Δx=xAB-x=2.5R则落地点与释放点的电势差为U=－E·Δx（1分）解得qmgRU25（1分）