5.三峡名校联盟2022年秋季联考高2024届物理答案

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 点到 点的过程中，电场力做正功，故粒子在 点的电势能大于在 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 点的加速 度大于在 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。 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=1 5v0,即它 们最后的速度为1 5v0,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，两通电直导线在P 点的磁感应强度大 小 、 则P 点的磁感应强度大小 故选D。 6、D AC 边中点F 点的电势为 φF=φ A+φC 2 =3V , 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U CA=φC-φA=4 V,则匀强电场的场强大小为 E=U CA L =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 错误;E 点的 电势为 φE=φB+φC 2 =4V ,故U EF=φE-φF=1 V,故将电子由E 点移到F 点,电场力 做的功为W=qU EF=-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=V 0sin 60°,粒子由A 到P 的过程,由动能定理得eU AP= 1 2 mV 2- 1 2 mV 02,由以上解得U AP= - mV 2 6e ,B 正确,ACD 错误. 8．【答案】ABD 【详解】A．根据 图线的斜率的绝对值为电源内阻，可得此 电源的内阻 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 ，额定电流 ， 则额定功率为 故B 错误； C．根据欧姆定律 可知灯泡 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 时输出功率最大，有选项C 知小灯泡L 的额 定电压 ，额定电流 ，则小灯泡L 正常发光时的电阻为 若把灯泡L 换成阻值恒为1Ω 的纯电阻，则 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 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 ξr s 4 π kd ,电容器两极板间的电压U=Q/C,场强 E=U d = Q Cd = 4 π kQ ξr S ,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θ， 则转动中任意时刻带正电小球的电势能为 Ep+=qφ=q×（-ERcosθ）=-qER cos θ 同理，转动中任意时刻带负电小球的电势能为 Ep-=-qφ'=-q×ERcosθ=-qERcosθ 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'的百分误差| p- p'| p ×100%= |2×8.62−(2×2.68+1×11.50)∨ ¿ 2×8.62 ¿×100%=2%。 12、（10 分）每空2 分 （1）串联 2960 （2）B （3） 1.45~1.48 0.630~0.680 【详解】（1）[1][2]将电流表改装成0~3 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 （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）[4][5]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 r= ΔU ΔI =1.46−1.10 0.56 =0.642Ω 13、（11 分）【答案】（1） （2） 【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）4798Ω；（2）1000Ω 【详解】（1）当电流表满偏时有 其中R 内为欧姆表的内阻，所以有 （3 分） 而R 内=r+Rg+R0+R 解得R=4798Ω （3 分） （2）用它测量电阻Rx 时，当指针指在满偏电流时有 （3 分） 解得 （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 N= mg cosθ （1 分） 解得N= 2√3 3 mg ; (1 分） 滑块A 受到的电场力大小为qE=mg tanθ，（1 分）解得 E=√3 3q mg ; （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mgsinθ=ma， V 2=2aL, V =√gL（1 分） 设第1 次碰撞后A 的速度为V A1,B 的速度为U B1,由动量守恒定律和 机械能守恒定律得 mv=mV A1+mU B1，（1 分） 1 2 mV 2=1 2 mV A 12+ 1 2 mU B 12 （1 分） 解得V A1 =√gL, （1 分），U B1=0（1 分） 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t1,有 V A1t1= 1 2 at1 2 解得t1= 4√ L g （1 分） (3)由(2)可知,第2 次碰撞前瞬间B 的速度为V B1=U B1+at1 即第2 次碰撞前瞬间,两滑块速度分别为V A1=√gL,V B1=2√gL（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 V A2=2√gL,（1 分）U B2=√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 t2,有V A2t2=U B2t2+ 1 2 at 2 2 、V B2=U B2+at 2解得t2= 4√ L g ,（1 分）， V B2=3√gL （1 分） 即第3 次碰撞前瞬间,两滑块速度分别为V A 2=2√gL,V B2=3√gL 碰撞后速度再次交换,故V A 3=3√gL,U B3=2√gL 以此类推,每次碰撞后A 的速度分别为V A1=√gL、V A 2=2√gL、 V A 3=3√gL… 相邻两次碰撞的时间间隔T 均相等,且T= 4√ L g 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 S=V A1T+V A 2T +V A 3T +V A 4T =40L（1 分） 则A 的电势能增加量为ΔE=qEScosθ，（1 分）解得ΔE=20mgL （1 分）