2024年河北省衡水市安平中学高考物理模拟试卷(含详细答案解析)

2024年河北省衡水市安平中学高考物理模拟试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.甲、乙两人用绳。。和人。通过装在夕楼和。楼楼顶的定滑轮，将质量为〃?的物块

由。点沿。。直线缓慢地向上提升，如图所示乙aOb为锐角.则在物块由。点沿0〃直

线缓慢上升过程中，以下判断正确的是（）

A.aO绳和）0绳中的弹力逐渐减小

B.“O绳和力O绳中的弹力逐渐增大

C.〃。绳中的弹力一直增大，力。绳中的弹力先减小后增大

D.〃O绳中的弹力先减小后增大，。。绳中的弹力一直增大

2.地面第五代移动通信（5G）已经进入商用，卫星通信与地面5G的融合成为卫星界和地面界讨论的新热

点。相比地面移动通信网络，卫星通信利用高、中、低轨卫星可实现广域甚至全球覆盖，可以为全球用户

提供无差别的通信服务，在地面5G网络无法覆盖的偏远地区、飞机上或者远洋舰艇上，卫星可以提供经

济可靠的网络服务，将网络延伸到地面网络无法到达的地方，如表表给出了不同轨道通信卫星特点。关于

通信卫星，以下说法正确的是（）

卫星通信类别轨道高度范围特点

低轨道（LE。）卫星通信500〜2000km传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗都小

2000传输时延、覆盖范围、链路拱耗、功耗都变大（相比

中轨道（MEO）卫星通信

〜20000kmLEO）,但小于GEO

高轨道（GEO）地球同步卫技术最为成熟，但传输延时长，链路损耗损大，在实时通

35786ktt

星通信信中存在显著延迟。

A.各轨道通信卫星的运行轨道中心一定是地心

B.各轨道通信卫星的运行周期都是24小时

C.高轨道通信卫星的向心加速度与地球表面赤道上静止物体的向心加速度相同

D.各轨道通信卫星的运行速度都大于7.9/nn/s

3.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场£,M点与P点的连线垂直于电

•P

场线，M点与N在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同

大小的初速度处分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，M点II勺粒子与电场线成

一定的夹角进入，N点的粒子垂直电场线进入，两粒子恰好都能经过2点，重力不计。在此过程中，下列

说法正确的是（）

A.两粒子到达。点的速度大小可能相等

B.电场力对两粒子做功■定相同

C.两粒子到达。点时的电势能都比进入电场时小

D.两粒子到达P点所需时间一定不相等

4.滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动。如图所示，一同学在臬一

A1B

水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板4一起以I一八|一I

207M/S的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板〃〃切/〃物〃〃〃〃/；〃〃〃勿//〃〃

B,在滑板4接近滑板8时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B,接着又从滑板8跳回滑板4,最终两滑板

恰好不相撞。已知该同学的质量为45依，两滑板的质量均为2.5kg,不计滑板与地面间的摩擦，下列说法

正确的是（）

A.上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统机械能守恒

B.该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/s

C.该同学跳离滑板8的过程中，滑板8的速度减小

D.该同学跳离滑板8的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N・s

5.如图所示，43C为正三角形，力3和AC边.上放有带等量异种耳荷的绝缘细棒，。为8C边中点，D为BC

中垂线上O点右侧的一点，。为8。上的一点，选无穷远处电势•为0,则下列说法正确的是（）

A.0点和。点场强可能大小相等，方向相同

B.D点的电势一定低于尸点

C.将一正检验电荷沿直线从。点溶动到。点，电势能不变

D.将一正检验电荷沿直线从。点运动到户点，电场力做负功

6.如图所示，A、4两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知m4=旭8=1的，轻弹簧的劲度系

数为100N/m。若在木块人上作用一个竖直向上的力凡使木块4由静止开始以2m/s2的加速度r

竖直向上做匀加速直线运动，从木块4向上做匀加速运动开始到4、B分离的过程中。弹簧的弹8

性势能减小了1.28/,重力加速度g取10m/s2。下列判断不正确的是（）

A.木块4向上做匀加速运动的过程中，力厂的最大值是12N

B.木块人向上做匀加速运动的过程中，力厂的最小值是4N

C.从A向上做匀加速运动到4、B分离的过程中，力尸对木块做功为0.64/

D.从4向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力尸对木块做功为0.96/

7.如图，空间有一范围足够大的匀强电场，场强方向与梯形区域D

9

t

t

A3CO平行，已知AD=DC=CB=^AB=2m,（pA=

10K,（p=30V,（p=20V,一比荷为3=0.6C〃g的带负电粒子由60

Bc2:

A点沿AD方向以速率%进入该电场，恰好可以通过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）

A.D点电势为零B.场强方向由。指向8

C.该粒子到达。点时速度大小为'五m/sD.该粒子到达C点时速度方向与8C边垂直

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在了图中，

电压表和电流表均为理想电表，当滑动变阻器心的滑片?向〃端移动时，电

压表V、匕和6的示数分别为U、/和4，三个电压表示数变化量的绝对值

分别为4U,AU】和/g，电流表A的示数为/，电流表示数变化量的绝对值为

4,以下说法中正确的是（）

A・半增大，爷不变

B.电源的总功率和效率均增大

C.AU2>4%+4U

D.如果设流过电阻/?2的电流变化量的绝对值为42,流过滑动变阻器色的电流变化量的绝对值为，/3,则

4,2V

①把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用

的科学方法是O

4.理想化模型法

8.阻力补偿法

C等效替代法

D控制变量法

②已知交流电源频率为50比，启动打点计时器，释放小车，小车在祛码桶的作用下拖着纸带运动。打点计

时器打出的纸带如图2所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。小车的加速度大小为m/s2?（结果

保留3位有效数字）

③实验时改变祛码桶内祛码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出

Q-r关系图像，如图3所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是o（选

填下列选项的序）

A.小车与平面轨道之间存在摩擦

A平面轨道倾斜角度过大

C所用小车的质量过大

。.所挂的祛码桶及桶内祛码的总质量过大

12.麓同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中6、G2为两个光电门，它们与数字计时器

相连“两个滑块儿以包含挡光片）质量分别为小】、加/,当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮

挡的时间。

（1）先调节气垫导轨水平，轻推一下8,直到它通过光电门Gi的时间（填“大于”、“等于”、“小

于"）它通过光电门的时间；

（2）将3静置于两光电门之间，将A置于光电门Gi右侧，用手轻推一下A,使其向左运动，与B发生碰

撞，为了使4碰后不返回，则Tn】_____m2o（填“>”、或“<”）；

（3）在上述前提下，光电门G］记录的挡光时间为43滑块B、A先后通过光电门时，G2记录的挡光时间分别

为戊2、戊3，已知两挡光片宽度相同，若m1、加2、戊1、戊2、加3满足（写出关系式，用m1、7712>

10、戊2、戊3表示）则可验证动量守恒定律：若戊1、加2、戊3逐满足另一个关系式，（用41、

戊2、戊3表示）则说明人8发生的是弹性碰撞。

四、简答题：本大题共3小题，共40分。

13.为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实脸：取一质量为/〃的物体，使其在沿斜面

方向的推力/作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过

频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角a=37。，取重力加速度g=

10?n/s2o

(1)求物体与斜面之间的摩擦系数；

(2)求撤去推力厂后，物体还能上升的距离(斜面足够长)。

14.如图所示，木板4、B静止于光滑水平桌面上，8上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C,B、C间

的动摩擦因数为〃，A、B由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态，现在突然给。一个向右的速度

2%,让C在3上滑动，当。的速度为孙时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时4的速度

为A、B、。的质量均为加。

(1)从C获得速度2%开始经过多长时间绳子被拉直？

(2)拉断绳子造成的机械能损失为多少？

(3)若最终滑块。未脱离木板B,则木板B的长度至少为多少？

&

[T]

-B

//7ZZz/'z^/Z/ZZ//ZZ/z'/ZZ/ZZ^z^ZZ/z^/Zzz

15.如图，圆弧轨道A8的圆心为。，半径为R=2.5m,圆弧轨道AB的8点与水平地面8E相切，B点在

。点的正下方，在8点的右侧有一竖直虚线CD,3点到竖直虚线。。的距离为Li=2.57九，竖直虚线C。

的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为%(大小未知)，竖直虚线CO的右侧有场强大小为第(大小未

知)、竖直向上的匀强电场。竖直虚线C。的右侧有一竖直墙壁E尸，墙壁E户到竖直虚线。。的距离为G二

1m,墙壁石尸底端E点与水平地面B石相连接，墙壁石尸的高度也为乙2=1加。现将一电荷量为q=+4x

10-2久质量为m=l的的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道A8下滑，过8点时的速度大小

为4m/s,最后进入竖直虚线C。右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道A8光滑，水平地面8E与滑块间

的动摩擦因数为〃=0.2,g=lOzn/s2,LAOB=53°,sin53°=0.8,cos53°=0.6。求：

(1)场强邑的大小；

(2)滑块到达竖直虚线。。时速度的大小和滑块从8点到达竖直虚线C。所用时间;

(3)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求治的取值范围。

0D

gR」」曲

JI

L,

J;〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/砺//?〃〃〃〃〃

BL--------------------------------.

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：以物块为研究对象，分析受力情况：重力G、儿的拉力尸和\_______'

绳子，。的拉力丁，由平衡条件得知，尸和丁的合力与G大小相等、方向相、、、2/飞''、/

反，

当将物体点向上缓慢移动，绳方向不变则丁方向不变，绳绕o点逆时,/

--t~F

针转动，作出三个转动过程三个位置力的合成图，如图中由3到2到1的过

程，由图可以看出。。绳拉力r一直变大，历绳弹力?先减小后变大。故c

正确。，，

故选：C。

以物块为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，由平衡条件分析两绳拉力大小的变化.

本题是动态分析问题，运用图解法，形象直观，比较简捷.也可以运用函数法研究.

2.【答案】4

【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，各轨道通信卫星的运行轨道中心一

定是地心，故A正确；

8、同步卫星的运行周期是24小时，其他卫星的运行周期不是24小时，故8错误；

C、同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度，由公式a句=ro)2,可得：建=噌，因轨道半径

不同，故其向心加速度不同，故C错误；

。、根据万有引力提供向心力得：誓二69,解得运行速度：v=睬,即线速度£随轨道半径「的增

大而减小，〃=7.M?n/s为第一宇宙速度，即围绕地球表面运行的速度，因同步卫星轨道半径比地球半径

大很多，因此其线速度应小于7.9bn/s,故。错误。

故选:A。

研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出表示出线速度的大小。

知道7.9km/s为第一宇宙速度。

了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球相同。

根据向心加速度的表达式找出向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小关系。

该题考查了人造卫星的相关知识，了解第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是最小的发射速度，在地球

周围运行的其他卫星的运行速度都要小于第一宇宙速度.要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量

先表示出来，在进行比较。

3.【答案】D

【解析】解：A、根据动能定理知N点的粒子到达。点时的速度增大，而“点的粒子到达尸点时的速度大

小不变，它们的初速度大小相等，所以两粒子达到。点的速度大小不相等，故4错误；

B、由于MP间的电势差为零，NP间的电势差大于零，则由W=知，电场力对M点的粒子不做功，对

N点的粒子做正功，电场力对两粒子做功一定不相同，故B错误；

C、根据电场力做功情况可知，M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点时电势能减少，

故C错误；

。、在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM=L,设M点的粒子与电场线的夹角为％则

M点的粒子到达P点的时间3=」^，N点的粒子到达。点的时间上，可见，两粒子到达。点所需

p()sinaVQ

时间一定不相等,故。止确。

故选：。。

分析初末位置的电势差，判断电场力做功的关系.由动能定理分析速度大小关系.运用运动的分解法和运

动学公式分析运动时间的关系.

本题主要考查了带电粒子在电场中运动，根据电势差研究电场力做功，进而分析电势能和动能的关系是常

用的方法.粒子在电场中做匀变速曲线运动时，常用运动的分解法研究其运动规律.

4.【答案】B

【解析】解：A、根据机械能守恒的条件，在整个系统中，在A、6板来回跳的过程中存在摩擦力做功，所

以机械能不守恒，故A错误；

8、因该同学从4跳上从再跳回4时最终两滑板恰好不相撞，可知速度相等，该同学跳回滑板A整个过

程中系统水平方向合力为零，动量守恒，则

(m+M)v0=(2m+M)v

代入数据解得：v=19m/s,所以最终他和滑板的速度为19m/s,故8正确；

C、该同学跳离滑板8的过程中，人给滑板8的水平方向的作用力向右，可知滑板8的速度增加，故C错

误；

D、该同学从跳上到跳离滑板4整个过程中的冲量为：l=mv,代入数据得：/=47.5/V-s

所以该同学跳离滑板B的过程中对滑板B的冲量大小小于47.5N•s,故。错误。

故选：B。

根据整个系统存在摩擦力做功，所以机械能不守恒；根据动量守恒以及恰好不相撞的临界值求出共同速

度；根据动量守恒判断跳离滑板B时速度变化，根据动量定理求出B的冲量。

本题主要考查动量守恒定律的应用，以及不碰撞的条件。在做题中要注意冲量等于动量的变化量。

5.【答案】C

【解析】解：4沿方向，该电场可以看作是多对等量异种点电荷叠加成的电场，由场强的叠加和对称

性可知，沿AOQ方向电场强度的方向都向下，。点和。点场强方向相同，但。点场强要小于。点的场

强，故A错误；

B.选无穷远处电势为0,由电场的分布特点可知，D点电势为0,P点电势小于0,所以。点的电势一定高

于。点，故8错误；

。.沿AOO方向电场强度的方向都向下，则将一正检验电荷沿直线从。点运动到。点，电场力不做功，电

势能不变，故C正确；

。.结合前面的分析可知，OP连线处电场强度的方向人•体向下，则将一正检聆电荷沿直线从()点运动到P

点，电场力做正功，故。错误。

故选:Co

根据场强的叠加和对称性，可以判断。点和。点场强的大小；利用电场的分布特点，判断两点的电势高

低；根据沿等势线移动电荷，电场力不做功可以判断电势能不变：先判断电场力做功正负，再利用功能关

系判断电势能的变化。

本题考查电场线与电势、电势能与电场力做功的关系，要求学生熟记等量同种电荷和等量异种电荷的电场

线分布特点，并能结合具体题目场景灵活运用。

6.【答案】D

【解析】解：AB、对A、8整体分析，根据牛顿第二定律可得：F-(mA+mB)g+=(mA+mB)a

弹簧开始时被压缩，向上做加速运动，。不变，弹簧弹力尸弹逐渐变小，则力尸逐渐增大。

对A分析，根据牛顿第二定律有：F-mAg+FBA=mAa

a不变，力产逐渐增大，则以A间的弹力殳人逐渐减小，当仄A间的弹力&A减小为零时，力尸达到最大

值保持不变。

r

则开始时力尸有最小值，对整体曰牛顿第二定律有：Fmin=(mA+mB)a=(1+1)x2/V=4A

当AB刚要脱离时，力尸有最大值，对A有：=mAa+mAg=lx2N+lxION=12/V,故AB正

确：

CD、入、〃静止时，根据胡克定律可得，弹簧的压缩量为；,==(1+需1。由=02m

K1UU

A、8分离瞬间，对8分析，根据牛顿第二定律有：kx2-mBg=mBa

解得，此时弹簧的压缩量为：x2=0.12m

2

设A、8分离时的速度为i，，则根据运动学规律有：v=2a(X1-x2)

整个过程中，根据功能关系可得：匕-(㊃+•(%i-M)+0=^(%+如"

解得，从A向上做匀加速运动到A、8分离的过程中，力尸对木块做功为：必=0.64/,故C正确，。错

误。

本题选不正确的，

故选：D.

根据牛顿第二定律对整体进行分析拉力的变化趋势，再隔离A物体求拉力的总大、小值；

先隔离8物体，由牛顿第二定律求出两种临界状态下弹簧的压缩量，再由速度-位移的公式求出整体的速

度，再根据功能关系求拉力所做的功。

该题主要考查了牛顿第二定律和功能关系的应用，要求同学们能止确分析物体的受力情况。穴能关系的应

用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功。

7.【答案】C

【解析】解：B、(pA=10IZ,08=3OV,匀强电场中U与d成正比，故可知A8的中点E的电势为20匕

可知£C为等势线，连接EC,做EC的垂线，根据沿电场线方向电势降低可知场强方向由3指向Q,故6

错误；

A、产点如图所示，为CE和BD交点,由几何知识可知尸为的中点，强电场中U与d成正比，有9B+

可得WF=20V,SD=10V,故A错误;

C、由于AD为等势线，故电场强f度方向垂直于A。，有几何知识知/"/垂直于人。故电场强度方向8指向

D,与夹角30。，故

cpR—(pp30—20..10/3../

电场强度的大小E=加最骄=^Vr/m=

平行电场强度方向小球做匀速直线运动A。+CDsin^o=vot

电场强度方向小球做匀加速直线运动4Esin60。=|x^-t2

，YYl

解得%=3m/s,t=Is

电场强度方向小球的速度与=at=*t='3x0.6m/s=2amis

该粒子到达。点时速度大小为I；。=J讳+uj=324-（2x/-3）27n/s=V21m/s»故C正确；

D、与£C延长线的夹角的正切值

Vy2/3

tan。=—=—=—

v03

可知。H30°

该粒子到达。点时速度方向不与BC边垂直，故加错误。

故选：C。

在匀强电场中，平行的等间距的两点间的电势差相等；电场线与等势面垂直，根据粒子运动的物迹形状，

可判断其受力的方向，根据动能定理求出到达〃点时的速度，根据U=dE求解电场强度的大小。

解决该题的关键是掌握匀强电场中电场线的确定方法，熟记电势差与电场强度的关系式。

8.【答案】AD

【解析】解：A如图所示当滑片P向〃端移动时，滑动变阻器心电阻变大，由欧姆定律对R3分析则有

R—%

K3--

可知学增大，根据闭合电路欧姆定律得

U2=E-（1+皆）（丁+%）

化简得

=ER?（一+8）&/

T+R\+R?T+R\+/?£

则有

AU2_（r+/?i）/?2

Alr+Ri+/?2

可得若不变，故A正确；

及当滑动变阻器％的滑片。向〃端移动时，滑动变阻器也增大，电路中总电阻增大，总电流减小，电源的

总功率

P=El

得电源的总功率减小；

由电源的效率表达式有

P输出UIU

rl=~T=Ei=E

根据闭合电路欧姆定律，路端电压为

U=E-Ir

可知总电流减小时路端电压U增大，得电源的效率增大，故8错误:

c.nA分析可得

（7+R1）R2

=

r+Ri+爪2

…由闭合一电3路欧姆定律得路端电压U为

由&和心电路关系得

R

一^T2^O

那么可得

_R2+R3

联立解得

U-E⑸+的）厂

UE

~R2

故

（/?2+P3）

皿二一“丁川

«2

而％的电压为

（/?2+爪3）&7

&=/总％=

则

=（处。危）治4

“2

那么有

（2+危）（丁+Ri）

叫+4U=

R?

当

（r+/?i）/?2AT

AU2_丁+R]+/?2R2&<i

4%+/U=（/?2+%）（7+&W

r+RI+/?2R2+R3

Ri

可得

AU2<AU1+AU

故C错误：

。.根据饱和%并联，并联电路电压相同，由欧姆定律有

，3危==%

得表达式

怨_R

仪—2

AU2

-4T/T3=R3

当滑动变阻器的滑片。向〃端移动时，滑动变阻器R3增大，得电路中总电流减小，由于%增大，%为定

值，得/2增大，根据电流关系

I=I2+h

所以/3减小的量比/2增大的量更大，故

4/2V

故D正确。

故选：AD0

本电路图饱和R2并联，再与&串联；根据滑片。向。端移动时，滑动变阻器飞电阻变大，结合闭合电路欧

姆定律，效率表达式，功率表达式分析求解。

对于直流电路的分析，要弄清电路的结构，明确各个部分甩压和电流的关系，合理利用闭合电路欧姆定律

是解决此类问题的关键。

9.【答案】AD

【解析】解：43、设小球在最低点时的速度为几,则当角度为e时，由动能定理：一瓶矶（1-cos。）=

\mv2-^mvQ,绳子拉力满足：F-mgcosf）=

乙乙I

联立解得：F=3mgcos3+（上言-2mg）,故图线解率大小为吆产=3mg,截距2a=中-2mg,解

得：m=-,v=2yf~gl,故A。正确；

90

B、与圆心等高处，即cos。=0时，此时满足2。=十，解得：%=J2gZ,故8错误：

C、假设小球能沿圆周到达最高点，此时cose=—L带入以上结果可知，此时r=-/ng,即球受到绳向

上的支持力，而绳只能产生拉力，故假设不成空，故C错误；

故选：AD.

根据动能定理、牛顿第二定律可写出轻绳弹力大小/随COSJ变化的表达式，结合图线的横轴截距以及斜率

分析判断。

本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，再结合向受力分

析和牛顿第二定律进行分析求解。

10.【答案】CD

【解析】解：A、从。经过C点时油滴的动能最小且为半，则C点为复合场的等效最高点，则油滴在复合

4

场中受到的合力方向如图所示，

则有：F合=qEcos0,qEsinO=mg

由题意可知：£=等

联立解得：F合=Cmg,8=30。,则电场线的方向如图所示。

由几何关系可知，M。与电场线垂直，B点电势低于。点电势，故A错误；

B、油滴经过区点时，位移的方向与合外力垂直，所以合外力不做功，所以油滴的动能不变，放8错误；

C、油滴从。经过C点时，电场力做负功，由动能定理可得：-F合-L=Ekc-Eko

从。经过4点时：F合•L=EkA-Ek。

联立解得油滴经过A点时的动能为：EkA=\EkQ,故C正确；

。、油滴经过CO连线中点时的动能为等于粒子经过OC中点的动能，由动能定理有：-尸合=2中-

Ek。,联立。选项的表达式，解得：Ek(p=^EkQ,故。正确。

故选：CD.

根据从。经过C点时粒子的动能最小且为孥，则C点为更合场的等效最高点，则可知复合场的合力方

向，结合题设条件求出电场强度的大小和方向，根据电场强度的方向比较4点和C点电势的高低；

根据动能定理可求得经过C、B、中点的动能。

本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握复合场的判断，注意同•等势面上的两点电势相等。

11.【答案】B2.01D

【解析】解：①把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使木块沿木板的下滑的力大小等于摩擦力，即小

车在不受牵引力时拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是阻力补偿法。故选：及

②由交流电源频率为50Hz,纸带上相邻两点间有4个点未画出，可知相邻两计数点间的时间间隔为T=

0.02x5s=0.1s

2

根据逐差法可得小车的加速度为Q=注拜=8.61+10.61-6z59-4.61乂1Q-2jn/s2=2.01m/s

4片4x0.1"

③Z18C.当小车与平面轨道之间存在摩擦，平面轨道倾斜角度过大，所用小车的质量过大，都不会影响

F关系图的人8段明显偏离直线，故4BC错误;

D当所挂的跌码桶内及桶内砖码的总质量太大时，根据牛顿第二定律

F=Ma

mg=(M+m)a

解得F=器

M+1

造成此现象的主要原因可能是当有祛码桶内及桶内砖码的总质量接近木块和木块上祛码的总质量时，木块

受到的合外力小于砖码桶及桶内砖码的总重力，木块的加速度就不成线性增大，实验误差增大，则有

F图像的44段明显偏离直线，故。正确。

故选：Do

故答案为：①2②2.01；③。

①根据平衡摩擦力的方法分析判断；

②根据逐差法求加速度；

③根据实验原理与牛顿第二定律分析判断。

本题考查探究加速度与力、质量的关系，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分

析。

12.【答案】等于＞察=祟+震与=4+4

【解析】解：(1)轻推一卜从直到它通过光电门G1的时间等于它通过光电门的时间，则说明滑块做匀速

直线运动，气垫导轨己经调节水平。

(2)根据弹性碰撞的“动碰静”的碰撞后的速度通项公式可知，要想“动”的物体碰撞“静”的物体不返

回，必须“动”的物体的质量大于“静”物体的质量，即血1＞加2。

(3)设挡光片宽度为力滑块A经过光电门心的速度为

d

滑块4经过光电门G2的速度为

以=高

滑块B经过光电门G2的速度为

d

取向右为正方向，根据动量守恒可得

m^A=Tn+m2vB

整理得

m，im，im2

4〃/£3+4t2

若为弹性碰撞，则有

,

F以=m1vA+m2vB

111

2ml域=2叫吟+々山2诏

联立解得

以+%=%

可得

1_11

Jtl-4以十

故答案为：⑴等于；(2)＞；(3虚=髭+静表力看

(1)气垫导轨调至水平时，轻推滑块，滑块能做匀速直线运动。如不推滑块，滑块在任何位置都能保持静

止。根据此要点进行判断。

(2)为了使A碰后不返回，A的质量应大于8的质量。

(3)滑块过光电门的速度是用挡光片通过光电门的平均速度替代，挡光片的宽度越小，误差越小。根据/=

算求出碰撞前4通过光电门的速度以及碰后A、8通过光电门的速度，再写出动量守恒定律方程。碰撞过

程机械能也守恒，A、8发生的是弹性碰撞，由此求出挡光片挡光时间关系。

解决本题时，要掌握光电门测速的原理和方法：用平均速度代替瞬时速度。要知道弹性碰撞遵守两大守恒

定律：动量守恒定律和机械能守恒定律。

13.【答案】解：(1)0〜2s秒内，由F-t图可得

F1=21.5/V

由牛顿第二定律可得

F]-mgsina-nmgcosa=ma1

由i，-t图像可得

Av1

a1=五=-^m/s2=0.5m/s2

2s后,由广一t图可得

F2=20N

由牛顿第二定律可得

F2-mgsina-^imgcosa=0

解得

1

(2)撤去推力产后，由牛顿第二定律可得

-^mgcosa-mgsina=ma2

解得

20,

z

a2=--5-m/s

撤去外力后，物体的速度为lm/s,物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度-位移公式得

0—v2

%3=~n

2a2

代入数据解得X3=0.075m

答:(1)物体与斜面之间的摩擦系数为今；

(2)撤去推力尸后，物体还能上升的距离为0.075m。

【解析】(1)由图象求出物体不同时间的推力，由牛顿第二定律与平衡条件求出动摩擦因数；

(2)由牛顿第二定律求出撤去外力后的加速度，结合运动学规律解得位移。

本题考查牛顿第二定律的应用，注意由图象与F-t图象获取所需信息、对物体正确受力分析，应用

牛顿第二定律即可正确解题，读懂图象是正确解题的前提与关铤。

14.【答案】解：(1)从C获得速度2%到绳子拉直的过程中，取向右为正方向，对C根据动量定理得：

=m-v0-2mvQ

解得：”当

(2)设绳子刚拉直时8的速度为外，对8、C系统分析，选择向右为正方向，由动量守恒定律得：

in-2v0=