5.三峡名校联盟2022年秋季联考高2024届物理答案.docx

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】

2、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=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、DAC边中点F点的电势为,与B点电势相等,则B、O、F连线为一条等势线

3、,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=-=4 V,则匀强电场的场强大小为=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,故=-=1 V,故将电子由E点移到F点,电场力做的功为W=q=-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

4、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=sin 60,粒子由A到P的过程,由动能定理得e=m-m,由以上解得= - ,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

5、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1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,电容器两极板间的电压U=Q/C,场强,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，则转动中任意时刻带正电小球的电势能为Ep+=

6、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的百分误差|p-p|p100%=|28.62(22.68+111.50)|28.62100%=2

7、%。12、（10分）每空2分（1）串联 2960（2）B（3） 1.451.48 0.6300.680【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 （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

8、）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=4798 （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 （1分）解得N=; (1分）滑块A受到的电场力大小为，（1分）解得;（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=ma， =2aL, （1分）设第1次碰撞后A的速度为,B

9、的速度为,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv=m+m，（1分） （1分）解得=, （1分），=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,有= 解得=（1分）(3)由(2)可知,第2次碰撞前瞬间B的速度为=+a即第2次碰撞前瞬间,两滑块速度分别为=,=（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,（1分）=（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,有=+、解得=,（1分）， （1分）即第3次碰撞前瞬间,两滑块速度分别为,碰撞后速度再次交换,故,以此类推,每次碰撞后A的速度分别为=、相邻两次碰撞的时间间隔T均相等,且T=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=40L（1分）则A的电势能增加量为，（1分）解得E=20mgL（1分）