物理答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年12月试卷_1227四川省绵阳市南山中学2024-2025学年高二上学期12月月考_四川省绵阳市南山中学2024-2025学年高二上学期12月月考物理试题PDF版含答案

2024年12月 绵阳南山中学 2024 年秋季高 2023 级 12 月月考 物理参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D A D B C A C B BC BD AD AC 42 13.(1)20.50（2分） (2)AB（2 分） (3) （2分） k 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 x t  （2分） v 解得：t=0.75s （2分）  （2）由题意T  1s （2 分） v 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 s =3×2A=12cm （2分） 2 所以M点通过的总路程为12cm。 U 16.解：（1）微粒沿直线射出电场，则由平衡可知 qmg （2分） d 花 m和gd 解得U  =2V （1分） 儿 q 云 EU 由闭合电路欧姆定律得回路：的电流I  1A（1分） 号 R r 1 众 U 滑动变阻器连入电路部分电阻 R  2Ω （1分） 公 L I （2）若粒子从上极板右侧射出，则 Lv t （1分） 0 1 1 d  at2 （1分） 2 2 1 U q 1 mg ma （2分） d 1 ER 又U  L1 ，联立解得U1=4V，R 4.5 1 R rR L1 1 L1 1 1 U q 若粒子从下极板右侧射出，则Lv t； d  a t2；mg 2 ma （2分） 0 2 2 2 d 2 ER 其中U  L2 联立解得U =0V，R 0 2 R rR 2 L2 1 L2 则滑动变阻器R 的调节范围0≤R ≤4.5Ω。 （1分） L L 1 17.解：（1）小球由A 到B的过程中由动能定理得qER  mv2（1分） 2 0 mg 解得 E  （1分） q 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F  2mg ，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 第 1 页 共 2 页2024年12月 1 qER(1cos45)mgR(1cos45) mv2 （2分） 2 M mv2 由牛顿第二定律得N F  M （1分） R 解得N 3 2mg 由牛顿第三定律，F N =N=3 2mg（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 2 2 H  RRsin45 R（1分） 2 （3）小球由释放到D点的过程中，由动能定理得 花 1 qE6.5Rmg2R和 mv 2（1分） 儿 2 D 解云得v 3 gR D ： 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 号 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 众 公 3 vv cos45 2gR （1分） D 2 1 9 所以小球的最小动能为E  mv2  mgR（1分） kmin 2 4 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 R t 2 （1分） g 1 小球在水平方向的位移为xv t gt2 （1分） D 2 解得x=4R 则落地点与释放点间的距离为Δx=x -x=2.5R AB 则落地点与释放点的电势差为U=－E·Δx （1分） 5mgR 解得U  （1分） 2q 第 2 页 共 2 页