南宁二中2025-09月考高二物理答案_2025年10月高二试卷_251011广西南宁二中2025-2026学年上学期高二9月月考_南宁二中2025-2026学年上学期高二9月月考物理

2025 年南宁市第二中学高二年级秋季期 9 月考 物理 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D C B A C AD AB BC 1.【答案】D【解析】体操运动员落地时的动量一定，在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员 受到的冲量I一定，故AC错误；人落地前后动能一定，故落地过程中，动能的变化量是一定的，故B错误；由I=Ft 可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲击力F，故D正确。 2.【答案】B【解析】依题意，两点电荷在O点产生的电场强度大小均为 E 1，当N点处的点电荷移至P点时，O点电场强度如图所示，则合电场 2 E E 2 强度大小E ＝ 1，故 1＝ ，选项B正确。 2 2 E 1 2 3.【答案】D 【解析】潮湿的空气易于导电，则起电机产生的静电不容易在铁锯条和金属片上积累，则该实验不易 成功，故A错误；起电机摇动时，锯条处聚集的电荷最密集，塑料瓶内存在的是非匀强电场，故B错误；锯条和 金属片间的电场让空气电离，电离出的电子让烟尘颗粒带负电，不需要让烟尘颗粒先带上电荷才能做成功，故C错 误；带电的烟雾颗粒向着金属片运动时，电场力做正功，电势能减少，故D正确。 4.【答案】C【解析】金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，则圆盘带正电荷，则电场线由圆盘指向金属棒(向上)， 沿电场线方向电势降低，所以M点的电势比N点的低，故A错误；电场线的疏密表示电场的强弱，N点的电场线 比P点的疏，则N点的电场强度比P点的小，故B错误；污泥絮体带负电，从M点移到N点，电场力对其做正功， 故C正确；污泥絮体带负电，M点和P点在同一等势面上，则P点的电势比N点的低，则污泥絮体在N点的电势 能比其在P点的小，故D错误。 5.【答案】B【解析】因为是匀强电场，且e为ab的中点，则有φ −φ =φ −φ ，解得e点电势为φ =0，故A不符 a e e b e 合题意；由于φ >φ ，可知匀强电场的场强方向由c指向b，水平向左；大小为E= φc−φ b =200V/m，故B符合题 c b bc 意，D不符合题意；因为是匀强电场，且ab与dc平行相等，则有U =U ，故C不符合题意。 ab dc 6.【答案】A 【解析】断开开关K后，电容器所带电荷量不变，则由Q=CU、 ，可得 。将平行 板电容器的下极板竖直向上平移一小段距离，板间距离减小，则电容C增大，电压U减小，可知静电计指针的张 角变小，故 C、D错误；电场强度为 ，改变板间距离，电场强度不变，则带电油滴不动，故 B错误； 由于 ，P到下极板距离d 变小，则P点的电势变小，A正确。 P 7.【答案】C【解析】根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进 入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由图可知，沿初速度方向位移之比为2:1，则 1 初速度之比为2:1，沿电场方向的位移大小相等，由y at2可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律 2 q a 有qE ma，可得  ，可知，带电粒子具有相同比荷，故A错误；带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电 m E 势能均随时间逐渐减小，故B错误；沿电场方向，由公式v at可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于 y 初速度之比为2:1，则到达M、N的速度大小不相等，故C正确；由图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移相 等，由于带电粒子a、b初速度之比为2:1，则所用时间之比为1:2，故D错误。 8.【答案】AD【解析】小球的运动可以看成竖直方向的竖直上抛和水平方向在电场力作用下的初速度为0的匀加速 3 直线运动。小球的动能增加量为 mv2，故A正确；除重力外，只有电场力做功，电场力做功等于小球的机械能增 2 1 加量，电场力做功等于水平方向小球动能的增加量 m(2v)2=2mv2，即小球的机械能增加量为2mv2，故B错误；竖 2 1 直方向只有重力做功，小球做竖直上抛运动，到达N点竖直速度为0，竖直方向动能减小量为 mv2，即重力势能增 2 1 加 mv2，故C错误；电场力做正功，电势能减小2mv2，故D正确。 2 9.【答案】AB【解析】在x轴上，从x 到x 电势先降低后升高，可知电场强度方向先向右后向左，A项正确；因 1 2 φ-x图像的斜率等于电场强度，可知从x 到x 电场强度先减小后增大，B项正确；由F  qE 知把一负电荷沿x轴 1 2 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司正向从x 移到x ，电场力先减小后增大，C项错误；由E q知 E E ，把一负电荷从x 移到x 电势能减小， 1 2 p p1 p2 1 2 电场力做正功，D项错误。 BM 10.【答案】BC【解析】对物块受力分析，如图1所示，垂直斜面方向，根据平衡条件F k sinmgcos N sin 又 f F ，联立上述二式解得 f (mgcoskBM)2N，可见滑动摩擦力为一定值，A错误；物块从M到N N 的过程，电场力、摩擦力和沿斜面弹性绳合力做正功，故物块机械能一直增大，B正确；设物块沿斜面方向移动的 距离为x，由牛顿第二定律Eqmgsinkx f ma ，化简可得a10x0.1E8，即物块的加速度a随位移x线 性变化，图像如图2所示，由对称性可知，物块在P点的加速度为零，速度最大，代入上述解析式可解得E=100N/C， 1 10 C正确；在M到P过程，a-x图的面积乘以质量m即为合力做功，由动能定理可得max mv2，解得v m/s， 2 5 D错误。 2 11．(每空2分)【答案】(1)O > (2)A 3 【解析】（1）[1]滑块A单独从静止释放下滑后减速停止的位置为O ，放上滑块B后，A、B碰后A不反弹，则B 2 的速度和A的速度同向，且B的速度大于A的速度，则两者做匀减速直线运动后B的位移更大，故滑块B的停止 位置为O ，滑块A的停止位置为O ； 3 1 [2]A、B碰后A不反弹，则需要质量大的碰质量小的滑块，即m m ； 1 2 1 （2）当滑块A第一次从O点滑到O 点时，根据动能定理mgx  mv2，解得v  2gx 1 1 2 2 1 1 1 2 1 1 对滑块A第二次碰撞B后，对A、B后续滑行过程运用动能定理mgx  mv2，m gx  m v2 1 1 2 1 2 2 3 2 2 3 解得v  2gx ，v  2gx ，若两球碰撞过程动量守恒，则满足mv mv m v ， 2 1 3 3 1 1 1 2 2 3 即需验证m x m x m x ；故选A。 1 2 1 1 2 3 12.(每空2分)【答案】（1）正 （2）由B到A （3）1.1 10 3 （4）BD 【解析】（1）将开关S与1端相连，电容器的上极板与电源的正极− 连接，稳定后电容器的上极板带正电。把开关S 掷向2端，电容器通过电阻R放电，负电荷由A向B运动形成×电流，所以通过电流传感器的电流方向为由B到A。 Q 0.0048 （2）本实验中所使用的电容器的电容约为C= = F=1.1×10−3F U 4.5 （3）电源给电容器充电时，刚开始电荷量的变化率较大，后来变化率减小，放电时，电荷量变化率刚开始比较大， Q 后来变化率减小，故A错误，B正确；根据C＝ ，且C不变可知，Q与U的变化情况相同，故C错误，D正确。 U 13.(10分)【答案】（1）200V，－300V，100V；（2）－100V，3×10－4J 解：（1）点电荷由A移到B克服静电力做功即静电力做负功，W ＝－6×10－4J， AB W 则有：U ＝ AB (1分) AB q W U ＝ BC (1分) BC q U ＝U ＋U (1分) CA CB BA 得：U ＝200V(1分) U ＝－300V(1分) U ＝100V(1分) AB BC CA （2）若φ ＝0，由U ＝φ －φ (1分) C CA C A 得：φ ＝－100V (1分) A 点电荷在A点的电势能E ＝qφ (1分) pA A 得：E ＝3×10－4J (1分) pA 14.(12分)【答案】（1）3m/s；（2）0.2，1.5m；（3）0.5m 解：（1）对m、M系统由动量守恒定律有：mv =(m+M)v (2分) 0 第 2 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司代入数据得：v =3m/s (1分) 0 （2）对m、M系统由动量定理有：μmgt=Mv－0 (2分) 代入数据得：μ=0.2 (1分) 1 1 由动能定理有：－μmgL= (m+M)v2－ mv 2 (2分) 0 2 2 代入数据得：L=1.5m (1分) 另法1 对m：v2－v 2=2a x ，－μmg=ma ；对M：v2=2a x ，μmg=Ma ，L=x －x 0 1 1 1 2 2 2 1 2 v +v v 另法2 对m：x = 0 ·t；对M：x = ·t，L=x －x 解法合理正确打包给3分 1 2 1 2 2 2 1 （3）对m由动能定理有：mgh－W = mv 2－0 (2分) f 0 2 代入数据得：W =0.5J (1分) f 2 15.(18分)【答案】（1） k  m 0 3gt ； h 1 m gd(h h ) m gh (h h ) （2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量q 0 1 2 ，电势能的变化量E  0 2 1 2 ； hU p h 1 1 （3） ，方向向上； ，方向向下。 h 解：（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小v  1 (1分) 1 t 匀速时m g  f (1分) 0 1 又 f km 3v 0 1 2 联立可得 k  m 0 3gt (1分) h 1 （2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电 (1分)，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电 h 场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电 (1分)，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v  2 (1分) 2 t 1 U 根据平衡条件可得m gkm 3v  q (1分) 0 0 2 d m gd(h h ) 解得q 0 1 2 (1分) hU 1 根据E W p 电 U 又W  qh (1分) 电 d 2 m gh (h h ) 联立解得E  0 2 1 2 (1分) p h 1 Uq m gh h  （3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m ，新油滴所受电场力Fʹ  0 1 2 0 d h 1 ①若Fʹ' 2m g，即h > h，可知v v 0 2 1 32 1 新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律m v m v  2m v (1分) 0 32 0 1 0 共 可得v 0 共 1 新油滴向上加速，达到平衡时 2m gk2m  3v F (1分) 0 0 32 h h 解得速度大小为v  2 1 (1分)，速度方向向上 (1分)； 32 3 2t ②若Fʹ' 2m g，即h h ，可知vʹ v 0 1 2 32 1 设向下为正方向，根据动量守恒定律m v m vʹ 2m vʹ' (1分) 0 1 0 32 0 共 可知vʹ' 0 共 第 ʹ3 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司1 新油滴向下加速，达到平衡时 2m g Fk2m  3v' (1分) 0 0 32 h h 解得速度大小为vʹ'  1 2 (1分)，速度方向向下 (1分)。 32 3 2t 第 4 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司