云南省开远市第一中学校2024-2025学年高二上学期10月检测物理试题

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1．D
【详解】AB．根据右手螺旋定则可知O处的磁场方向垂直平面向外，与平面垂直，故AB错误；
CD．M中电流增大时，磁感应强度增大，穿过N的磁通量增大，N中产生感应电流，故C错误，D正确。
故选D。
2．D
【详解】ACD．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在水平方向动量守恒，则小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反，则小球向左摆动时，小车向右运动，故AC错误，D正确；
B．小球向左摆到最高点，竖直方向速度为零，水平速度小球与车等大反向，则小球的速度为零时小车的速度也为零，故B错误。
故选D。
3．C
【详解】A．两球之间的库仑力是相互作用力，可知A球受到的库仑力与B球受到的库仑力等大反向，选项A错误；
B．对小球受力分析可知
由几何关系可知，两球细线与竖直方向的夹角相同，可知两球质量相等，选项B错误；
C．将两球接触后重新分开，两球受的库仑力仍大小相等，则静止时两球仍在同一水平线上，选项C正确；
D．将两球接触后重新分开，则两球带同种电荷将被斥开，则静止时两球间的距离比原来大，选项D错误。
故选C。
4．B
【详解】A．P、Q两点间的距离为12m，波由P点传播到Q点用时6s，则波速为
故A错误；
B．由振动图像可知波的周期为，则波长为
故B正确；
C．P、Q间的距离为
可知两质点的振动步调始终相反，Q点在波峰时，P点在波谷，故C错误；
D．Q点在5s时第二次出现在波峰，此时P点振动的时间为
P点由平衡位置开始振动，每通过的路程为一个振幅，所以在这段时间内P点通过的路程为
故D错误。
故选B。
5．B
【详解】AB．由于ac两点电势相等，故ac为一条等势线，电场方向与等势线垂直，且由高电势指向低电势，可知，电场方向垂直ac，且指向斜上方，故电场强度的大小为
故A错误，B正确；
C．电子从c点移动到b点，电场力做功为
故C错误；
D．电子从a点移动到c点，ac为一条等势线，电场力做功为0，故D错误。
故选B。
6．C
【详解】A．电场线越密，电场强度越大，处电场线较密，、两点场强大小关系为
故A错误；
B．根据沿电场线电势逐渐降低，、两点电势关系为
故B错误；
C．因，由可知，同一带负电的试探电荷，其在M点的电势能比在N点的电势能小，故C正确；
D．若P、Q两点关于两点电荷连线对称，根据对称性可知两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不相同，故D错误。
故选C。
7．D
【详解】A．图像的切线斜率表示场强，其绝对值越大，则场强越大，可知两处的电场强度均不为零，故A错误；
B．从到电势先升高后降低，由电势沿电场线方向降低可知，和之间的场强方向先沿轴负方向后沿轴正方向，故B错误；
C．粒子在处由静止沿轴正方向运动，表明粒子开始时的运动方向与电场力方向相同，则电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C错误；
D．由图像的切线斜率表示场强可知，从到过程中，电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，故D正确。
故选D。
8．AD
【详解】A．将A向左移动少许，根据
两板间距离增大，电容器的电容减小。断开S后，电容器的带电量保持不变，根据
可知，电容器两个极板间电压差增大，而两板间电势差等于静电计金属球与外壳之间的电势差，因此静电计指针张开的角度增大，A正确；
B．将A向上移动少许，根据
两板间正对面积减小，电容器的电容减小。断开S后，电容器的带电量保持不变，根据
可知，电容器两个极板间电压差增大，因此静电计指针张开的角度增大，B错误；
C．保持S闭合，无论如何改变两板间距离、正对面积以及电介质，两板间电势差均保持不变，从而静电计指针张开的角度不变，故C错误；
D．当电容器稳定后，电容器相当于断路，无论怎样移动划片静电计两端的电压都等于电源电压，且保持不变，所以D正确。
故选AD。
9．BC
【详解】A．因为在匀强电场中，电场力是恒力，因此会产生恒定的加速度，所以粒子做匀变速运动，A错误；
B．粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为，由速度关系得合速度为
B正确
C．粒子在云强电场中做类平抛运动，在水平方向上
在竖直方向上
由牛顿第二定律得
解得
方向竖直向下，C正确；
D．粒子做类平抛运动，在竖直方向上
解得
D错误。
故选BC。
10．AC
【详解】A．根据动量定理得
解得

A正确；
B．根据动量定理得
解得

B错误；
C．水平力F在前3s内的冲量大小为

C正确；
D．3s末速度为零，因为

所以物块一直静止，所以在4s末的动量大小为零，D错误。
故选AC。
11．(1)1.35
(2)小
(3)
【详解】（1）游标卡尺读数
（2）由单摆公式得
同学误将摆球60次全振动记为59次时，测量周期偏大，重力加速度偏小。
（3）由单摆公式得
结合图像得
解得
12．(1)见解析
(2)A
(3) 1.47 0.73
(4) 电源内阻太小 可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻
【详解】（1）根据电路图，完整的实物连线如图所示
（2）由于电路中的电流比较小，为了让测量结果尽量准确，电流表应选用小量程的电流表，即选择A。
（3）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得
可得
可知图像的纵截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值等于内阻，则有
（4）[1][2]路端电压为
如果电源内阻r太小，则电压表U较大，调节滑动变阻器，电压表的示数取不到1.0V以下，给电源串联一个较小阻值的定值电阻可以使电压表示数取到1.0V以下。
13．(1)5N·s，方向竖直向下
(2)
【详解】（1）根据
解得
则重力的冲量为
方向竖直向下；
（2）竖直方向的速度大小为
则物块落地前一瞬间的速度大小为

则物块落地前一瞬间的动量大小为
14．(1)正电；(2)；(3)
【详解】(1)设电场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如图
则小球带正电
(2)结合平行四边形定则作图，有
得
(3)设小球从O到最高点的路程为s，合力
根据动能定理得
得
物体运动的水平距离为
电场力做功为
根据功能关系可知：小球的电势能变化为
15．（1）4m/s；（2）1m/s；（3）0.375m
【详解】（1）对小球下摆过程，由机械能守恒定律得
解得
v0=4m/s
（2）对小球反弹后过程，由机械能守恒定律得
解得
v1=2m/s
小球与物块A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m0v0=－m0v1＋mvA
解得
vA=1m/s
（3）物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以物块A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mvA=（m＋M）v
解得
v=0.5m/s
由能量守恒定律得
解得
x=0.375m
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
C
B
B
C
D
AD
BC
AC