[天一大联考]高三2026届高考全真模拟卷(二)2物理(河南专版)答案

2026-03-02 10:06:33 5℃

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14.【答案】（1）0=45（6分）（2）见解析（6分）满足：1所以内阻越大对应的电流表量程越小R【解析】受力分析如图所示所以I=10L，则9R=R。11.【答案】（1）铝球（2分）（2）ABC（2分）（3）19R（3分）【解析】（1）经过一系列碰撞后发现上方小球比初始位置高出很多，所以铝球在上方，铁球在下方。（2）实际的运动可能存在碰撞过程能量损失，空气阻力，以及与直尺存在摩擦，与小球实际质量无关。（3）由于两球同时静止释放，所以两球下落的高度均为4R，设此时它们的速度大小为Vo，由v=2gh=8gR可得设此时弹力绳的伸长量为l，小球A受到的重力为g，小球A受到直杆的支持力为F，小球A所受弹力绳的V。=√8gR。拉力为F，弹力绳与竖直杆的夹角为θ，孔钉Q到竖直铁球第一次落地并与地发生弹性碰撞后速度反向，与铝球发生碰撞。因为两球体积相同且铁球密度为铝球3倍，故铁球质量为铝球的3倍，设铁球质量为3m，铝球质量k为m，并设它们碰后的速度分别为v和v2，选竖直向上对小球A进行受力分析，可知Fcosθ=mg（2分）为正方向，两球发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守根据胡克定律F=kl，可得h=lcosθ（2分）恒有3mv。-mv。=3mv+mv由几何关系可得sinθ=，联立解得sinθ=cosθ。所以1111θ=45(2)m2V3m2y2222（2）小球A向下离开衡位置为x时所受的指向衡位由以上两式可得v=0：v2=2vo置的回复力方向向上，与位移方向相反（2分）v²大小为F=F²cosp-mg=kx（3分）铝球竖直上升的高度h=代入数值得铝球竖直上升2g符合简谐运动的回复力特点，因此小球A以初始位置为衡位置做简谐运动。（1分）的高度h=16R6Eq再考虑两球的半径为R，故球心位置为19R。15.【答案】（1）a（4分）（2）s=3L（8分）12.【答案】（1）限流，保护电容器A（2分）m(3)△E=10EqL（2）1.40（1.39~1.42均可）（2分）（3）C（3分）（4分）【解析】（1）为了减缓充电速度，保护电容器A，需要【解析】（1）对滑块A6，受到的电场力为F=6Eq（2分）在电路中串联一个电阻。6Eq（2分）根据牛顿第二定律可得F=ma，解得a（2）电压U应该比U减小一半多，所以结果应该小于m1.45，通过坐标观察，约在1.40附近。（2）记滑块A加速度为6a，同理可得滑块A6、A5、A4、A3、A2、A的加速度分别为6a、5a、4a、3a、2a、4a，（3）电阻影响电流大小而不会影响电荷量的多少。故AB错误，造成实际数据与理论值出现差异的可能原因是1根据运动学公式xat电容器在充放电过程中损耗一部分电量。故C正确。电2当A追上As时，它们的位移之差为L，可得压传感器不会放掉一部分电量。故D错误。故选C。qU（2分）13.【答案】（1）22md81（7分）此时，As位移为x。6at²=6LU2【解析】（1）行板间电场强度E粒子受电场力同理，As、A、A3、A、A位移分别为5L、4L、3L、2L、4L；d发现此时A6、As、A、A3、A位移差也为L，（2分）F=qE=qU（2分）故左侧五个滑块同时发生非弹性碰撞并结合成一个整体Ao；p碰撞前A速度为v。=6atqU方向向同理，碰撞前As、A、A3、A2、A1速度v5、v4、v3、V2md上（3分）v分别为5at、4at、3at、2at、4at；由动量守恒得mv+v+v+v+mv=5nv（2）粒子以v射入时，水方向L=V，竖直方向（2分）（2分）得整体Ao的速度v。=4at（1分）又整体Ao的加速度a。5mmd与A的速度和加速度均相同，所以之后不再增加相1竖直方向位移yt²，联立得y（1分）对距离，所以A2和A最大距离为碰撞时的距离，为28S=4L+L-2L=3L（2分）qU电场力做功W=qEy=（1分）（3）这次碰撞损失的机械能为811AE+-mv5mv2（2分）1初动能E=2mv（1分）222222联立解得△E=5mat²=10EqL（1分）由于之后不再发生碰撞，故碰撞损失的机械能为10EgL。8（2分）高二物理参考答案第2页（共2页）2/2

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