三峽名校聯(lián)盟2023年秋季聯(lián)考高物理參考答案

三峽名校聯(lián)盟2023年秋季聯(lián)考高2025屆物理參考答案12345678910BCCDADBADBCABD10．BCD【詳解】A．設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：解得：設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為，物塊B的速度大小為，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：由系統(tǒng)能量守恒得：解得：或（因舍去該組解）又：，得：故A、B正確；碰撞后當(dāng)B與物塊C速度相等時(shí)輕彈簧的彈性勢(shì)能最大據(jù)動(dòng)量恒定律有、機(jī)械能守恒定律：解得：故C錯(cuò)誤；D．在彈簧回到原長時(shí)，物塊C有最大速度，據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可解得；解得：再據(jù)動(dòng)能定理知彈簧對(duì)C做功為：故D正確。11．（1）B（2）D（3）【詳解】（1）傾斜軌道不一定必須光滑，只要滑塊A到達(dá)底端的速度相同即可，故A錯(cuò)誤；B．為防止滑塊A與滑塊B碰后反彈，則滑塊A的質(zhì)量必須大于滑塊B的質(zhì)量，故B正確；C．因?yàn)閮苫瑝K的材料相同，表面的粗糙程度相同，若平直軌道的傾角為θ，由動(dòng)能定理得，得：可見平直軌道不水平時(shí)，兩滑塊在軌道上碰撞前后的速度的平方仍與位移成正比，仍可用運(yùn)動(dòng)的位移代替速度，故C錯(cuò)誤；D．為保證滑塊A每次到達(dá)底端的初速度相同，則同一組實(shí)驗(yàn)中，滑塊A靜止釋放的位置要相同，故D錯(cuò)誤，故選B。（2）對(duì)滑塊A由動(dòng)能定理得：可得滑塊A碰撞前的速度大小為：，即：（3）若滑塊A、B碰撞過程中動(dòng)量守恒，則有：又因?yàn)椋?，，?lián)立可得：12．（1）1.108（2）（3）（4）13．(1)2A

(2)7V

(3)12W【詳解】(1)燈泡L正常發(fā)光，電路中的電流為：-------------（3分）(2)由閉合電路歐姆定律可求得，電動(dòng)機(jī)的額定電壓為：UD=E-I(r+R)-UL=20-2×(1+4)-4=6V---------------------------------------------------------（3分）(3)電動(dòng)機(jī)的總功率為：P總=IUD=2×6=12W----------------------------------------------（2分）電動(dòng)機(jī)的熱功率為：P熱=I2RD=22×0.5=2W-----------------------------------------------（2分）所以電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：P出=P總-P熱=12-2=10W-----------------------------------（2分）14．【詳解】（1）當(dāng)電場力做正功最多時(shí)動(dòng)能最大，而最大的正功為，根據(jù)題意有：----------------------------------------------------------------------------------（2分）代入數(shù)據(jù)得：---------------------------------------------------------------（1分）（2）在A處動(dòng)能最大，A處：-----------------------------------------（2分）A點(diǎn)關(guān)于O的對(duì)稱點(diǎn)B處動(dòng)能最小，則最小動(dòng)能：----------（2分）代入數(shù)據(jù)得---------------------------------------------------------------------------------（1分）（3）B點(diǎn)動(dòng)能最小，在B點(diǎn)：，得-------------------------------（1分）當(dāng)動(dòng)能相等時(shí)，斷線后球做類平拋運(yùn)動(dòng)：-----------------------------（1分）入數(shù)據(jù)得：s--------------------------------------------------------------------------------（1分）小球距A點(diǎn)：---------------------------------------------------------------（1分）15．【詳解】（1）小球第一次與小滑塊碰撞前做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩者第一次碰撞前瞬間小球的速度大小為，由動(dòng)能定理得：即：---------------------------------------------------（1分）設(shè)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度分別為vm1、vM1，小球與小滑塊發(fā)生彈性碰撞，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得-------------------------------------------------------------（1分）---------------------------------------------------（1分）聯(lián)立解得：----------------------------（2分）小球速度方向?yàn)樗较蜃?，小滑塊速度方向?yàn)樗较蛴摇＃?）第一次碰后小球向左勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大?。?----------------（1分）小滑塊向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的速度與小滑塊的速度相同時(shí)，兩者間距離最遠(yuǎn)。設(shè)第一次碰后小球經(jīng)過時(shí)間t與小滑塊的速度相同，兩者間的最遠(yuǎn)距離為sm，--------------------------------------------------------------------------（1分）-------------------------------------------------------------（1分）解得：sm=d0---------------------------------------------------------------------------（1分）（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時(shí)，兩者位移相同，設(shè)此過程經(jīng)歷的時(shí)間為t1，小滑塊的位移為x1，以右為正方向，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得--------------------------------------------------------------（1分）解得，------------------------------------------------（1分）第二次碰撞前瞬間小球的速度為：----------------（1分）設(shè)第二次碰撞后瞬間小球和滑塊的速度分別為vm2、vM2，以豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得------------------------------------------（1分）聯(lián)立解得：，---------------------------------------（1分）同理，設(shè)第二次碰撞后到第三次碰撞時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t2，滑塊的位移為x2，則有，解得：，-----------------（1分）第三次碰撞前瞬間小球的速度為：設(shè)第三次碰撞后瞬間小球和滑塊的速度分別為vm3、vM3，同理可得：聯(lián)立解得：，---------------------------------（1分）同理，設(shè)第三次碰撞后到第四次碰撞時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t3，滑塊的位移為x3，則有：；解得：，----------