6.三峡名校联盟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 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。 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 1 B 、 2 B 1 2 kI B a  2 3 kI B a  则P 点的磁感应强度大小 2 2 1 2 13 6 kI B B B a    故选D。 6、D AC 边中点F 点的电势为 V C A F 3 2       , 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 CA U = C - A =4 V,则匀强电场的场强大小为 L U E CA  =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 V C B E 4 2       ,故 EF U = E - F =1 V,故将电子由E 点移到F 点,电场力 做的功为W=q EF U =-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= 0 V sin 60°,粒子由A 到P 的过程,由动能定理得e AP U = 2 1 m 2 V - 2 1 m 2 0 V ,由以上解得 AP U = - e mV 6 2 ,B 正确,ACD 错误. 8． 【答案】ABD 【详解】A．根据U I 图线的斜率的绝对值为电源内阻，可得此 电源的内阻 1 4 0.5 6 0 r      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 3V U  ，额定电流 2A I  ，则 额定功率为 6W P UI   故B 错误； C．根据欧姆定律 U R I  可知灯泡U I 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R r  外 时输出功率最大，有选项C 知小灯泡L 的额 定电压 3V U  ，额定电流 2A I  ，则小灯泡L 正常发光时的电阻为 L 1.5 0.5 R    若把灯泡L 换成阻值恒为1Ω 的纯电阻， 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% U E   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 kd s r   4 ,电容器两极板间的电压U=Q/C,场强 S kQ Cd Q d U E r   4    ,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 3 3 4 0 2 9 6 0 10 g g U R r I        （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        642 . 0 56 . 0 10 . 1 46 . 1 I U r 13、 （11 分） 【答案】 （1） 2h mg t g          （2） 2 m gh mg t  【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 g 内 E I R 其中R 内为欧姆表的内阻，所以有 6 g 1.5 = 5000 300 10 E R I      内 （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 5 6 时有 g 5 6 + x E I R R  内 （3 分） 解得 g 6 =1000 5 x E R R I    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  cos mg N  （1 分） 解得N= mg 3 3 2 ; (1 分） 滑块A 受到的电场力大小为  tan mg qE  ， （1 分）解得 mg q E 3 3  ; （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  sin mg =ma， 2 V =2aL, gL V  （1 分） 设第1 次碰撞后A 的速度为 1 A V ,B 的速度为 1 B U ,由动量守恒定律和 机械能守恒定律得 mv=m 1 A V +m 1 B U ， （1 分） 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 B A mU mV mV   （1 分） 解得 1 A V = gL , （1 分） ， 1 B U =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1 t ,有 1 A V 1 t = 2 1 2 1 at 解得1 t = g L 4 （1 分） (3)由(2)可知,第2 次碰撞前瞬间B 的速度为 1 B V = 1 B U +a 1 t 即第2 次 碰撞前瞬间,两滑块速度分别为 1 A V = gL , 1 B V = gL 2 （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 2 A V =2 gL ,（1 分） 2 B U = 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2 t ,有 2 A V 2 t = 2 B U 2 t + 2 2 2 1 at 、 2 2 2 at U V B B   解得2 t = g L 4 , （1 分） ， gL VB 3 2  （1 分） 即第3 次碰撞前瞬间,两滑块速度分别为 gL VA 2 2  , L VB g 3 2  碰撞后速度再次交换,故 gL VA 3 3  , gL UB 2 3  以此类推,每次碰撞后A 的速度分别为 1 A V = gL 、 gL VA 2 2  、 gL VA 3 3  … 相邻两次碰撞的时间间隔T 均相等,且T= g L 4 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 T V T V T V T V S A A A A 4 3 2 1     =40L（1 分） 则A 的电势能增加量为  cos qES E   ， （1 分）解得ΔE=20mgL（1 分）