6.三峡名校联盟2022年秋季联考高2024届物理答案.pdf

1、三峡名校联盟 2022 年秋季联考高 2024 届物理参考答案1、A【详解】A牛顿在前人研究的基础上发现了万有引力定律，故A 正确；B点电荷模型的建立运用了理想化物理模型法，故 B 错误；C法拉第用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，促进了电磁现象的研究，故 C 错误；D密立根通过油滴实验最早测出了元电荷的数值，故 D 错误。故选 A。2、B【解析】A由粒子的运动轨迹可知，粒子的受力沿着电场线的方向，所以粒子为正电荷，A 错误；BC粒子从 M 点到 N 点的过程中，电场力做正功，故粒子在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能，C 错误，B 正确；D电场线越密的地方电场强度越大，故可得粒子在 M

2、 点的加速度大于在 N 点的加速度，D 错误。故选 B。3、【答案】A【解析】整个系统水平方向上不受外力，动量守恒，由于初动量为零，因此当子弹向右飞行时，车一定向左运动，当子弹簧向入档板瞬间，车速度减为零，因此停止射击时，车速度为零，A 正确，BCD 错误。资料第一时间更新，认准公众号：一枚试卷君4、答案:B解析:由五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用,故系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得 mv0=5mv,得 v=15v0,即它们最后的速度为15v0,故选项 B 正确。5、【答案】D【详解】根据安培定则可知，固定在 M 点和 Q 点的通电直导线在 P 点的磁场如图所示，两通电直导线

3、在 P 点的磁感应强度大小1B、2B12kIBa23kIBa则 P 点的磁感应强度大小2212136kIBBBa故选 D。6、DAC 边中点 F 点的电势为VCAF32,与 B 点电势相等,则 B、O、F 连线为一条等势线,O 点电势为 3 V,故 A 错误;匀强电场中等势线和电场线垂直,可知 AC 与电场方向平行,又 C、A 间的电势差为CAU=C-A=4 V,则匀强电场的场强大小为LUECA=80 V/m,由沿电场方向电势逐渐降低,可知电场方向由 C 指向 A,故 B 错误;根据沿电场方向电势逐渐降低,可知过 O 作 CA 的平行线与三角形 ABC 的内切圆的左上方的交点电势最低,故 C

4、错误;E 点的电势为VCBE42,故EFU=E-F=1 V,故将电子由 E 点移到 F 点,电场力做的功为 W=qEFU=-1 eV,则电势能增加 1 eV,故 D 正确.7、B 由题意作出粒子的运动轨迹,如图所示,由于粒子在 P 点的速度最小,则粒子所受的电场力方向水平向左,粒子沿垂直电场的方向做匀速直线运动,粒子在沿电场方向先向右做减速运动,当水平速度减为零时粒子的速度最小,所以粒子在 A 点与在 P 点的速度关系为 v=0V sin 60,粒子由 A 到 P 的过程,由动能定理得 eAPU=21 m2V-21 m20V,由以上解得APU=-emV62,B 正确,ACD 错误.8【答案】A

5、BD【详解】A根据UI 图线的斜率的绝对值为电源内阻，可得此电源的内阻1 40.560r 故 A 错误；B两图线的交点表示小灯泡 L 与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压3VU，额定电流2AI，则额定功率为6WPUI故 B 错误；C根据欧姆定律URI可知灯泡UI 图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的大小，可知小灯泡 L 的电阻随两端电压的增大而增大，故 C 正确；D电源的输出功率图像如下由图可看出当 Rr外时输出功率最大，有选项 C 知小灯泡 L 的额定电压3VU，额定电流2AI，则小灯泡 L 正常发光时的电阻为L1.50.5R 若把灯泡 L 换成阻值恒为 1 的纯电阻

6、，则 R外更接近内阻则电源的输出功率变大，根据分压原理，可知路端电压变小，电源效率100%UE 可知电源效率变低，故 D 错误。故选 ABD。9、BC 平行板电容器的电容kdsr4,电容器两极板间的电压 U=Q/C,场强SkQCdQdUEr4,由题意知,电荷量 Q 不变.保持 S 不变,增大 d,两极板间场强不变,电容 C 减小,电压 U增大,故右极板电势升高,故 A错误,B 正确;保持 d 不变,减少 S,两极板间场强变大,电容 C 减小,电压 U 增大,故右极板电势升高,故 C 正确,D 错误.10、AD【解析】A设小球的转动半径为 R，转动过程中任意时刻杆与水平方向的夹角为，则转动中任意

7、时刻带正电小球的电势能为Ep+=q=q（-ERcos）=-qER cos 同理，转动中任意时刻带负电小球的电势能为Ep-=-q=-qERcos=-qERcos故转动中两小球的电势能始终相等，故 A 正确；B小球运动方向与受力方向夹角小于 90，静电力对两小球均做正功，故 B 错误；CD该过程中电场力对两个小球都做正功，两小球的电势能均减小，则两小球的总电势能减小，而两小球的总动能增加，故 C错误，D 正确；故选 AD。11、（6 分）答案:P（3 分）、2（3 分）解析:根据实验现象,未放 B 球时 A 球落地点是记录纸上的 P 点;碰 撞 前 总 动 量p与 碰 撞 后 总 动 量p 的 百

8、 分 误 差|-|100%=|2.(.+.)|.100%=2%。12、（10 分）每空 2 分（1）串联 2960（2）B（3）1.451.480.6300.680【详解】（1）12将电流表改装成 03 V 量程的电压表，需要用电流表 A2，将其与电阻箱 R1串联，此时电阻箱 R1的阻值应调至334 02 9 6 010ggURrI（2）3由于电流表内阻对电源内阻测量的影响较大，则应该采用 B 电路进行测量；（3）45将图线延长与两个坐标轴相交，则由图像可知，电动势 E=1.46V内阻642.056.010.146.1IUr13、（11 分）【答案】（1）2hmg tg （2）2mghmgt【

9、详解】对自由落体运动，有：h=解得：，（2 分）则整个过程中重力的冲量 I=mg（t+t1）=mg（t+）（3 分）（2）规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：mg（t1+t）Ft=0（3 分）解得：F=（3 分）其它解法酌情给分。14、（12 分）【答案】（1）4798；（2）1000【详解】（1）当电流表满偏时有g内 EIR其中 R 内为欧姆表的内阻，所以有6g1.5=5000300 10ERI 内（3 分）而 R 内=r+Rg+R0+R 解得 R=4798（3 分）（2）用它测量电阻 Rx 时，当指针指在满偏电流56 时有g56+xEIRR内（3 分）解得g6=10005xE

10、RRI内（3 分）15、（18 分）(1)滑块 A 的受力如图A 处于静止状态,则斜面对滑块 A 的支持力大小为cosmgN（1 分）解得 N=mg332;(1 分）滑块 A 受到的电场力大小为tanmgqE，（1 分）解得mgqE33;（1 分）(2)B 下滑过程中,设加速度大小为 a,第 1 次与 A 碰撞时的速度为v,有sinmg=ma，2V=2aL,gLV（1 分）设第 1 次碰撞后 A 的速度为1AV,B 的速度为1BU,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv=m1AV+m1BU，（1 分）21212212121BAmUmVmV（1 分）解得1AV=gL,（1 分），1BU=0（1 分

11、）第 1 次碰撞后,A 匀速下滑,B 匀加速下滑,发生第 1 次碰撞到发生第 2 次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等,设所用时间为 1t,有1AV1t=2121 at解得 1t=gL4（1 分）(3)由(2)可知,第 2 次碰撞前瞬间 B 的速度为1BV=1BU+a 1t 即第 2 次碰撞前瞬间,两滑块速度分别为1AV=gL,1BV=gL2（1 分）根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得,碰撞后速度交换,故2AV=2gL,（1 分）2BU=gL（1 分）发生第 2次碰撞到发生第 3次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等,设所用时间为 2t,有2AV2t=2BU2t+2221 at、222atUVBB解得 2t=gL4,（1 分），gLVB32（1 分）即第 3 次碰撞前瞬间,两滑块速度分别为gLVA22,LVBg32 碰撞后速度再次交换,故gLVA33,gLUB23 以此类推,每次碰撞后 A 的速度分别为1AV=gL、gLVA22、gLVA33 相邻两次碰撞的时间间隔 T 均相等,且 T=gL4所以,在两滑块发生第 1 次 碰 撞 到 发 生 第 5 次 碰 撞 的 过 程 中,A 的 位 移 为TVTVTVTVSAAAA4321=40L（1 分）则 A 的电势能增加量为cosqESE，（1 分）解得E=20mgL（1分）