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2025—2026 学年度上学期 2024 级
10 月月考物理答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B B D A B B C AD AD BCD
1．【答案】B。库仑提出库仑定律，法拉第引入“电场”的概念来描述电场的真实存在，故 A错误；通
电螺线管的磁场可通过右手螺旋定则判断与条形磁铁的磁场相似，安培由此受到启发提出在原子、分子
等物质微粒内部，存在着一种环形电流即分子电流，分子电流使每个物质微粒成为微小的磁体，它的两
侧相当于两个磁极，即分子电流假说，故 B正确；由物理学史可知法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特
发现了电流的磁效应，故C错误；牛顿提出了万有引力定律，并没有测出引力常量，而是卡文迪什测出
了引力常量，因此被称为第一个称出地球质量的科学家，故D错误。故选B。
2．【答案】B。若是v−t图像，t 时刻，两个质点刚好相遇，t ∼t 时间内，乙的速度大于甲的速度且
1 1 2
两质点运动方向相同，则 t ∼t 时间内，两质点间的距离不断增大，A项错误，B项正确；若
1 2
是 x−t 图像，切线的斜率表示质点的速度，则在t ∼t 时间内，存在甲速度大于乙的时候，甲的速
1 2
度方向先与乙相反，后与乙相同，C、D项错误。故选B
3．【答案】D。磁感应强度方向为x负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平
BIL mgtanθ
衡条件：tanθ= ，所以B= ，故A错误；当磁场沿y正方向时，磁场与电流平行，导线不
mg IL
受安培力，导线不可能向右偏转，悬线与竖直方向的夹角θ=0°，不符合题意，故B错误；当磁场沿z
负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下，导线不可能向右偏转，不符合题意，故 C错
误；磁感应强度方向沿悬线向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直于绳子斜向上，根据平衡
mgsinθ
条件：BIL=mgsinθ，得：B= ，故D正确。
IL
4．【答案】A。由安培定则可以判断出电流在圆线圈轴线上产生的磁场方向相同，因为 M点和 N点在
圆线圈轴线上，且它们到0点的距离相等，则通电圆线圈在M点和N点产生的磁感应强度大小相等、方
向相同，又因为匀强磁场大小和方向处处相同， 则通电圆线圈和匀强磁场在 M点和 N点的叠加磁场相
同，N点的总磁感应强度大小与M点相等，也为0，故选A。
5．【答案】B。手榴弹在空中做平抛运动，机械能守恒。故A错误；根据 ，由于甲、
乙手榴弹下落高度相同，所用时间相等，所以手榴弹落地瞬间，甲、乙手榴弹重力的瞬时功率相同，故B
错误；投出到落地，根据动能定理可得 可知甲、乙手榴弹的动能增加量相同，故C正确；根据
动量定理可得 由于甲、乙手榴弹在空中所用时间相等，所以甲、乙手榴弹在空中运动过程中动
量变化量相等，故D错误。故选C。
6．【答案】B。设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，由动量定理可得 其中
解得 故选B。
7．【答案】C。对薄板，根据牛顿第二定律
代入数据得 N故A错误；对 A，根据动能定理 ，当的
时， m/s，因为 ，所以 m/s，故 B 错误；A 在薄板上运动 加速度大小
m/s2 根据 得：小物块 A 在薄板 B 上运动时间
s，此时A、B的速度为 m/s m/s，电动机对B做 的功为
J，故C正确；小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能 ，故D错误。故选C．
8．【答案】AD。等势线越密的地方，电场线越密，带电粒子所受电场力越大，带电粒子的加速度越
大，所以M、N两点处的加速度一定满足a ＜a ，故A正确；带电粒子的轨迹向左弯曲，说明带电粒子
M N
所受电场力偏左，又电场线与等势面垂直，所以带电粒子所受电场力向左上方，与带电粒子的运动方向
成钝角，则电场力对带电粒子做负功，带电粒子的动能减小，电势能增大，即E ＞E ，E ＜E ，故
kM kN PM PN
BC错误；根据E ＝qφ，q＞0，可知φ ＜φ ，故D正确。
P M N
9．【答案】AD。在月球表面，根据重力等于万有引力有 ，根据密度公式
其中 ，联立解得月球平均密度为 故A正确；卫星从轨道Ⅲ至轨道Ⅱ做近心运动，
速度减少，故 故B错误；根据牛顿第二定律有 可得 ，则载人飞船在P、Q
点加速度之比为 故 C 错误；根据开普勒第三定律有 又
解得载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上的运动周期为 则载人飞船从Q点到
P点所用时间为 故D正确。故选AD。
10．【答案】BCD。小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，竖直方向上合力不为零，动量不守
恒，没有阻力做功，机械能守恒，故 A错误；小球达到圆弧的顶端，这个过程中水平方向动量守恒得
， ，解得 。此时M向前走了0．25R，根据
。即 ，根据几何关系 解得
故B，C正确；设小球离开小车时，小球的速度为v ，小车的速度为v ，选取向右为正方向，整个过程中
1 2水平方向动量守恒得 , ,解得 ，根据动能定理整个过程
小球对小车做的功为 故D正确。故选BCD。
11．【答案】(1)A (2) 左 0.41 (3)C (4)乙 乙同学保证小车和槽码总质量不变，符
合控制变量法，减小误差
【详解】（1）为了保证小车运动过程，细线拉力恒定不变，拉小车的细线应与带滑轮的长木板平行，故
A正确；为了充分利用纸带，实验开始时，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，故B错误；先撤
去槽码盘，把木板右端垫高，小车在自身重力沿木板向下的分力作用下拖动纸带匀速运动，以平衡小车
受到的阻力，故C错误。故选A。
（2）[1]由于小车做加速运动，相同时间内通过的位移逐渐增大，则纸带的左端与小车相连；
[2]每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得加速度为
（3）由 图像可知，当 达到一定数值时，小车才开始有加速度，可知平衡摩擦力不够，所以要想
得到一条过原点的直线，应增大木板的倾斜角度。故选C。
[1][2]为探究加速度与力的关系，应控制质量不变；在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依
次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上；在其他实验操作相同的情况
下，乙同学的方法可以更好地减小误差，理由是乙同学保证小车和槽码总质量不变，符合控制变量法，
减小误差。
12．【答案】（1）黑 1 （2））6 9.1 2.0
【详解】（1）①[1]根据“红进黑出”的原则，电流从欧姆表内部电源正极流出，所以B应该是黑表笔。
②[2]电流表是通过表头并联电阻改装而成的，并联电阻越小，量程越大，所以2.5A挡对应1。
（2）[3]多用表与变阻箱并联做电压表适用，电源电压9.0V，所以应该选用10V的量程，S接6；
[4][5]由乙图可知 ，变换得 ，由图可知 ，
，解得 ，
5
13.【答案】（1） mv2 （2）2v
2 0 0
【详解】(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子在A点时速度与水平方向夹角为θ。则
1 5
v =v tanθ ，tanθ=2tan45° ，E = m(v2+v2)，解得：E = mv2
y 0 kA 2 0 y kA 2 0
(2)撤去电场加上磁场后，粒子恰好能经A点到达B点，由此可知，OB为该粒子做圆周运动的直径，设OA
OB √ 2
之间的距离为d，电荷量为q，则粒子在磁场中做圆周运动的半径r= = d ，洛伦兹力提供向心
2 2
v2 1
力，由牛顿第二定律得qv B=m 0 ，对粒子，由动能定理得qEdcos45°=E − mv2 ，解
0 r kA 2 0
E
得 ： =2v
B 0
14．【答案】(1)E＝6 V，r＝2 Ω，R1＝2 Ω (2)P＝2．25 W (3)Q＝2.1×10－5 C【解析】(1)依题开关S闭合、S1断开，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir结合图像，得E＝0.5r＋5，E＝
1.5r＋3，解得E＝6 V，r＝2 Ω，图像可知，当滑动变阻器的滑片滑到b处时，R 电压为3 V，流过R 电
1 1
流为1.5 A，故R ＝＝Ω＝2Ω
1
(2)将R 等效为电源内阻一部分，故电源等效内阻r ＝R ＋r＝4 Ω，此时外电路只有滑动变阻器，结合
1 等效 1
E 2 E2
P=( ) R =
闭合闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器消耗功率 R 滑 +r 等效 滑 (R 滑 −r 等效 ) 2 +4r ，可知R 滑
R 等效
滑
E2 62
＝r 时，功率最大，即P= = W=2.25W
等效 4r 4×4
等效
(3)结合图像当滑动变阻器的滑片置于a端时，外电阻R ＝＝ Ω＝10 Ω，R ＝R ＋R ，解得R ＝8 Ω，
外 外 1 滑 滑
将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，此时电容器两端电压为滑动变阻器电
E R 6
U = × 滑 = ×4V=3V
C 1 R +r+ R 滑 2 2+2+4 ，将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，闭合开关S 1 ，
1 2
E
I'= =1.2A
R
R ×
(
R +
滑)
电路再次稳定后，干路电流 2 1 2 。故通过R 的电流为I ＝＝0．6 A，此时电
r+ 1 R1
R
R +R + 滑
2 1 2
容器两端电压为R1两端电压，又因为极板间所带正负电荷与之前相反，即U ＝I ×R ＝－1.2 V(1分)，
C2 R1 1
故求通过电阻R 的电荷量Q＝C(UC －UC )，解得Q＝2.1×10－5 C
3 1 2
15 ． 【 答 案 】 （ 1 ） ； （ 2 ） ； （ 3 ） 当
时， ，当 时，
【详解】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律 ，解得 ， 与 发生
弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ， ，联立解得
（2）由（1）分析可知，物块 与物块 在 发生弹性正碰，速度交换，设物块 刚好可以到达 点，高
度为 ，根据动能定理可得 ，解得 ，以竖直向下为正方向
， 由 动 能 定 理 ， 联 立 可 得
（3）当 时，物块位置在 点或 点右侧，根据动能定理得 ，从 点飞出后，竖直方向 ，水平方向 ，根据几何关系可得 ，联立解得
，代入数据解得 ，当 时，从 释放
时，根据动能定理可得 ，解得 ，可知物块达到距离 点0．8m处静止，滑块a
由E点速度为零，返回到 时，根据动能定理可得 ，解得 ，距离 点0．
6m，综上可知当 时 ，代入数据得
