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濮阳市一高高二年级（2024级）上学期第三次质量检测物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D D B B A B BC CD ABC
1．C【详解】根据图甲可知，极板A与电源正极连接，极板A带正电，带负电的尘埃将被吸
附在带正电的极板上，A错误；由于金属网的屏蔽，验电器箔片不会张开，此时A球上
电荷在验电器金属球B处产生的电场强度与金属网产生的感应电场相互平衡，不是A球
上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零，故B错误。武当山金殿安装了避雷针
后，电荷通过避雷针导入大地，不会出现“雷火炼殿”现象，这是利用尖端放电原理，
故C正确；燃气灶中的电子点火器，是利用高压尖端放电的原理，故D错误；故选C。
2．D【详解】图甲中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，AB不切割磁感线，穿过ABCD的
磁通量也没变化，故不能产生感应电流，A错误；图乙中，将条形磁体放在线圈中不动
时穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流， B错误；题图丙中，开关S保持闭合，
A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动，两线圈没有相对运动，穿过B的磁通量没发生
变化，故不产生感应电流， C错误；题图丙中，开关S保持闭合，使 螺线管A在 螺线
管B中保持不动时，快速移动滑动变阻器滑片时A中电流发生变化，穿过B的磁通量发
生变化，故能产生感应电流，D正确。故选D。
3．D【详解】根据伏安特性曲线，当U＝1V时，电阻b的电流Ib＝0.4A，根据欧姆定律，电
阻b的电阻值 ，A错误；当U＝3V时，电阻a的电流Ia＝0.6A，根
据欧姆定律，电阻a的电阻值 ，伏安特性曲线上的点与原点连线的斜
率表示电阻的倒数，电阻a的斜率不变电阻不变，即U＝1V时，电阻a的电阻仍然为
5Ω，a、b的电阻不相等，B错误；伏安特性曲线上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒
数，由于电阻b的斜率随电压的升高不断变小，所以电阻不断增大，C错误；根据伏安特性曲线可知，当U＝3V时，两图线的交点坐标相同，电阻相同，D正确。选D。
4．B【详解】根据电场线的指向和电场线的密集程度，知两个点电荷为左正右负，且左边电
荷所带电荷量多，故A错误；b点电场线更密集，电场强度更大，带电粒子在b点受电场
力更大，根据 ，得带电粒子在a点的加速度小于在b点加速度，故B正
确，D错误；粒子轨迹在速度方向和受力方向之间，故可判断粒子受力和场强方向相
反，粒子带负电，故C错误。故选B。
5．B【详解】足球静止自由下落20cm，与头部刚接触时的速度为 ，足球下落
到与头部刚接触时动量大小为 ，故A错误；离开头
部后竖直上升的最大高度仍为20cm，则足球离开头部的速度大小也为 ，方向向
上；则足球与头部作用过程中动量变化量大小为 ，故
B正确；足球与头部作用过程中，以向上为正方向，根据动量定理可得 ，
解得头部对足球的平均作用力大小为 ，可知头部对足球的平均作用力为足
球重力的5倍，故C错误；重力的冲量为 ，从最高点下落至重新回到最高点的
过程中，时间不为零，重力对足球的产生的冲量不为0，故D错误。故选B。
6．A【详解】小球在半圆槽内由A向B的过程中只有重力做功，机械能守恒，在由B到C过
程中除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒。由此可知，小球在
半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A正确；小球在槽内运动的前半过
程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，所以小
球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，故B错误；小球
自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与
半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。故选A。
7．B【详解】设加速电压为U，根据动能定理 ，电子在金属板间做类平抛运
0
动，设板长为L，板宽为d，则 ， ， ，电子在金属板间的
侧向位移为 。设电子射出金属板时的速度偏转角度为θ，则
，电子在金属板间，根据动能定理 ，得
。滑动触头向左移动时，U 减小，v可能存在先减小再增大
0
的情况，A错误；滑动触头向右移动时，U 增大，则y与θ均减小，电子射出金属板后
0
斜向上做匀速直线运动，可知电子打在荧光屏上的位置下降，B正确。电压U增大时，
电子打在荧光屏上的速度增大，C错误；电压U增大时，不影响电子进入金属板的速度
v，电子在进入金属板后，沿v 方向做匀速直线运动，则电子从发出到打在荧光屏上的
0 0
时间不变，D错误。故选B。
8．BC【详解】物块A静止时，弹簧的压缩量为x，此时物块A处于平衡位置，由题意可知
，可得 ，A错误；撤去压力的一瞬间，弹簧弹力不变，对物块A
受力分析，由牛顿第二定律 ，其中 ，联立可得物块A的加速度
大小为 ，B正确；当物块A运动到最高点，由对称性可知，弹簧此时伸长量为x，对B有 ，解得物块B的质量大小为 ，C正确；由图丙可知，振幅为
，周期为 ，物块A的振动方程为 ，代入数据可得
，D错误。故选BC。
9．CD【详解】由题知B板接地，其电势为零，根据 ，可得d点与B板的电势差
，又 ，解得 ，故A错误；根据几何关系，可得
，根据 ，可得d、c两点间的电势差为
，故将电荷量 的带负电点电荷从d移到c，电场力做的功
，故B错误，C正确；．BA间的电势差为
，则 B板所带电荷量为
，故D正确。故选CD。
10．ABC【详解】当乙车速度为零时，开始反向，根据动量守恒得 ，解得
，速度方向与原来方向相反，故A正确；当甲车速度为零时，开始反向，根
据动量守恒定律得， ，解得 ，速度方向与原来乙的方向
相同，故B正确；当两者速度相同时，相距最近，根据动量守恒得，解得 。速度方向与乙车原来的速度方向相同，故C
正确，D错误。故选ABC。
11． (1)大于（2分） (2) AD （2分，漏选不得分） (3) （2
分）
【详解】(1)两球碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得 ，
，联立解得 ，
要使碰后两球都向前运动离开轨道末端做平抛运动，需满足 ， ，可知两球质量
关系应满足m 大于m
A B
(2)安装轨道时，轨道末端必须水平，才能保证小球碰后都做平抛运动，A正确；在同一组实
验的多次碰撞中，每次入射小球必须从斜槽上的同一位置由静止释放，以确保碰前的速
度都一样，D正确；由于碰前A球做平抛运动和碰后A、B球做平抛运动的下落高度H
相同，故运动时间相同，由 ，可知，平抛运动的初速度与水平位移成正比，只需
测量平抛运动的水平位移即可进行验证，故需要的测量仪器有天平、刻度尺，不需要秒
表，不需要测量抛出点距地面的高度H，BC错误。故选AD。
(3)碰撞过程由动量守恒定律可得 ，由于平抛运动时间相同，可得
，代入数据可得12．(1)左 (2) (3) （每空2分）
【详解】（1）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移动到最大阻值处，即将滑片P调到左
端。
（2）由于图乙中电压表的分流作用引起测量误差，理论上
，而实验中忽略了通过电压表的电流 形成的误
差，即有 ， ，当 时，则有 。用
、 作出修正图如下，由图可知， ， ，此时短路时的电流测量
准确。
（3）对图甲分析可知，理论上 ， 为电源电流得真实值，而电压表的示
数不是路端电压得真实值，且 ，由此可知，干路电流越大
越大，当 时 ，即纵截距的测量没有误差，如图所示。结合上述分析可知，
图甲的电动势测量没有误差，图乙的短路电流测量没有误差，因此电池内阻的真实值为
13．【答案】(1)1Ω (2)1.8V (3)0.28W
【详解】（1）小灯泡的额定电流为 ……………………………………1分
其阻值为 ……………………………………1分当开关S接1时，根据闭合电路的欧姆定律有 ………………………1分
代入数据解得 ……………………………………1分
（2）当开关S接2时，灯泡正常发光，电路电流仍为0.2A，
电源内电压为 …………………………………… 1分
则电动机两端的电压为 ……………………………………1分
解得 ……………………………………1分
电动机的总功率为 ……………………………………1分
电动机的热功率为 ……………………………………1分
则电动机正常工作的输出功率 ……………………………………1分
14．(1) 4r； (2) （4+❑√2）mgr
【详解】(1)在A点，根据牛顿第二定律得 ，解得
………2分
从释放点到A点，由动能定理得 ……………………2
分
………………………………………………2分
(2) 电场水平向左时，小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，且qE=mg，知小球在
BC弧中点时动能最大，θ=45o ……………………2分
从初始位置到该点，由动能定理有：mg(h+rcos45o)+qErsin45o=E-0 ……………………2分
k
得E=（4+❑√2）mgr ……………………………………2分
k15．(1)4m/s (2)2s (3)0.25m
【详解】（1）设小球C运动到斜面底端的速度为 ，由机械能守恒有
……………………………1分
小球C在斜面底端与小球A发生弹性碰撞有 ……………………1分
…………………………1分
解得 ………………1分
（2）设球 自静止释放至运动到斜面底端的时间为 ，由牛顿第二定律有
………………………………1分
根据位移时间公式有 ………………………………1分
小球 与小球 第1次碰后至与小球 碰前时间为 ，则有 ……………1分
小球 与小球 第1次碰撞，根据动量守恒有 ………………1分
能量守恒： ……………………………………1分
解得 ， ……………………………………1分
小球A与B第1次碰后，小球A第1次返回斜面底端所用时间为 ，则有L=ν t …1分
A1 3
小球A第1次返回斜面底端所经历的时间 ，解得 ………………1分（3）每次碰后小球B做匀减速运动，由牛顿第二定律3μmg=3ma ………………1分
B
设第一次碰后小球B匀减速到静止所用时间为 ，根据速度时间公式有ν =α t ………1分
B1 B 4
解得t >2t ，由此可知第二次碰撞前小球B已静止，小球A每次与小球B碰撞后，速度大小
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变为原来的 ，小球B的速度大小也为小球A原来速度大小的 ………………1分
故每次碰撞前小球B均已停下
由 得小球 与小球 第二次碰前小球 的位移大小 ……1分
小球 与小球 第三次碰前小球 的位移大小 =0.25m……………1 分
从 时刻至A与B第3次碰撞前的过程中B的位移x=x+x=1.25m …………1分
1 2
