2024年河北省衡水市安平中學(xué)高考物理模擬試卷(含詳細答案解析)

2024年河北省衡水市安平中學(xué)高考物理模擬試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.甲、乙兩人用繩。。和人。通過裝在夕樓和。樓樓頂?shù)亩ɑ?，將質(zhì)量為〃?的物塊

由。點沿。。直線緩慢地向上提升，如圖所示乙aOb為銳角.則在物塊由。點沿0〃直

線緩慢上升過程中，以下判斷正確的是（）

A.aO繩和）0繩中的彈力逐漸減小

B.“O繩和力O繩中的彈力逐漸增大

C.〃。繩中的彈力一直增大，力。繩中的彈力先減小后增大

D.〃O繩中的彈力先減小后增大，。。繩中的彈力一直增大

2.地面第五代移動通信（5G）已經(jīng)進入商用，衛(wèi)星通信與地面5G的融合成為衛(wèi)星界和地面界討論的新熱

點。相比地面移動通信網(wǎng)絡(luò)，衛(wèi)星通信利用高、中、低軌衛(wèi)星可實現(xiàn)廣域甚至全球覆蓋，可以為全球用戶

提供無差別的通信服務(wù)，在地面5G網(wǎng)絡(luò)無法覆蓋的偏遠地區(qū)、飛機上或者遠洋艦艇上，衛(wèi)星可以提供經(jīng)

濟可靠的網(wǎng)絡(luò)服務(wù)，將網(wǎng)絡(luò)延伸到地面網(wǎng)絡(luò)無法到達的地方，如表表給出了不同軌道通信衛(wèi)星特點。關(guān)于

通信衛(wèi)星，以下說法正確的是（）

衛(wèi)星通信類別軌道高度范圍特點

低軌道（LE。）衛(wèi)星通信500?2000km傳輸時延、覆蓋范圍、鏈路損耗、功耗都小

2000傳輸時延、覆蓋范圍、鏈路拱耗、功耗都變大（相比

中軌道（MEO）衛(wèi)星通信

?20000kmLEO）,但小于GEO

高軌道（GEO）地球同步衛(wèi)技術(shù)最為成熟，但傳輸延時長，鏈路損耗損大，在實時通

35786ktt

星通信信中存在顯著延遲。

A.各軌道通信衛(wèi)星的運行軌道中心一定是地心

B.各軌道通信衛(wèi)星的運行周期都是24小時

C.高軌道通信衛(wèi)星的向心加速度與地球表面赤道上靜止物體的向心加速度相同

D.各軌道通信衛(wèi)星的運行速度都大于7.9/nn/s

3.如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場￡,M點與P點的連線垂直于電

?P

場線，M點與N在同一電場線上。兩個完全相同的帶等量正電荷的粒子，以相同

大小的初速度處分別從M點和N點沿豎直平面進入電場，M點II勺粒子與電場線成

一定的夾角進入，N點的粒子垂直電場線進入，兩粒子恰好都能經(jīng)過2點，重力不計。在此過程中，下列

說法正確的是（）

A.兩粒子到達。點的速度大小可能相等

B.電場力對兩粒子做功■定相同

C.兩粒子到達。點時的電勢能都比進入電場時小

D.兩粒子到達P點所需時間一定不相等

4.滑板運動是由沖浪運動演變而成的一種極限運動。如圖所示，一同學(xué)在臬一

A1B

水平地面上進行滑板練習，該同學(xué)站在滑板A前端，與滑板4一起以I一八|一I

207M/S的共同速度向右做勻速直線運動，在滑板A正前方有一靜止的滑板〃〃切/〃物〃〃〃〃/；〃〃〃勿//〃〃

B,在滑板4接近滑板8時，該同學(xué)迅速從滑板A跳上滑板B,接著又從滑板8跳回滑板4,最終兩滑板

恰好不相撞。已知該同學(xué)的質(zhì)量為45依，兩滑板的質(zhì)量均為2.5kg,不計滑板與地面間的摩擦，下列說法

正確的是（）

A.上述過程中該同學(xué)與滑板A和滑板B組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.該同學(xué)跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度為19m/s

C.該同學(xué)跳離滑板8的過程中，滑板8的速度減小

D.該同學(xué)跳離滑板8的過程中，對滑板B的沖量大小為47.5N?s

5.如圖所示，43C為正三角形，力3和AC邊.上放有帶等量異種耳荷的絕緣細棒，。為8C邊中點，D為BC

中垂線上O點右側(cè)的一點，。為8。上的一點，選無窮遠處電勢?為0,則下列說法正確的是（）

A.0點和。點場強可能大小相等，方向相同

B.D點的電勢一定低于尸點

C.將一正檢驗電荷沿直線從。點溶動到。點，電勢能不變

D.將一正檢驗電荷沿直線從。點運動到戶點，電場力做負功

6.如圖所示，A、4兩個木塊靜止疊放在豎直輕彈簧上，已知m4=旭8=1的，輕彈簧的勁度系

數(shù)為100N/m。若在木塊人上作用一個豎直向上的力凡使木塊4由靜止開始以2m/s2的加速度r

豎直向上做勻加速直線運動，從木塊4向上做勻加速運動開始到4、B分離的過程中。彈簧的彈8

性勢能減小了1.28/,重力加速度g取10m/s2。下列判斷不正確的是（）

A.木塊4向上做勻加速運動的過程中，力廠的最大值是12N

B.木塊人向上做勻加速運動的過程中，力廠的最小值是4N

C.從A向上做勻加速運動到4、B分離的過程中，力尸對木塊做功為0.64/

D.從4向上做勻加速運動到A、B分離的過程中，力尸對木塊做功為0.96/

7.如圖，空間有一范圍足夠大的勻強電場，場強方向與梯形區(qū)域D

9

t

t

A3CO平行，已知AD=DC=CB=^AB=2m,（pA=

10K,（p=30V,（p=20V,一比荷為3=0.6C〃g的帶負電粒子由60

Bc2:

A點沿AD方向以速率%進入該電場，恰好可以通過C點。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）

A.D點電勢為零B.場強方向由。指向8

C.該粒子到達。點時速度大小為'五m/sD.該粒子到達C點時速度方向與8C邊垂直

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.如圖所示電路中，電源的電動勢、內(nèi)阻及各電阻的阻值都標記在了圖中，

電壓表和電流表均為理想電表，當滑動變阻器心的滑片?向〃端移動時，電

壓表V、匕和6的示數(shù)分別為U、/和4，三個電壓表示數(shù)變化量的絕對值

分別為4U,AU】和/g，電流表A的示數(shù)為/，電流表示數(shù)變化量的絕對值為

4,以下說法中正確的是（）

A?半增大，爺不變

B.電源的總功率和效率均增大

C.AU2>4%+4U

D.如果設(shè)流過電阻/?2的電流變化量的絕對值為42,流過滑動變阻器色的電流變化量的絕對值為，/3,則

4,2V

①把木板的一側(cè)墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受牽引力時能拖動紙帶沿木板勻速運動。此處采用

的科學(xué)方法是O

4.理想化模型法

8.阻力補償法

C等效替代法

D控制變量法

②已知交流電源頻率為50比，啟動打點計時器，釋放小車，小車在祛碼桶的作用下拖著紙帶運動。打點計

時器打出的紙帶如圖2所示（圖中相鄰兩點間有4個點未畫出）。小車的加速度大小為m/s2?（結(jié)果

保留3位有效數(shù)字）

③實驗時改變祛碼桶內(nèi)祛碼的質(zhì)量，分別測量小車在不同外力作用下的加速度。根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)畫出

Q-r關(guān)系圖像，如圖3所示。此圖像的AB段明顯偏離直線，造成此現(xiàn)象的主要原因可能是o（選

填下列選項的序）

A.小車與平面軌道之間存在摩擦

A平面軌道傾斜角度過大

C所用小車的質(zhì)量過大

。.所掛的祛碼桶及桶內(nèi)祛碼的總質(zhì)量過大

12.麓同學(xué)用氣墊導(dǎo)軌裝置驗證動量守恒定律，如圖所示。其中6、G2為兩個光電門，它們與數(shù)字計時器

相連“兩個滑塊兒以包含擋光片）質(zhì)量分別為小】、加/,當它們通過光電門時，計時器可測得擋光片被遮

擋的時間。

（1）先調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平，輕推一下8,直到它通過光電門Gi的時間（填“大于”、“等于”、“小

于"）它通過光電門的時間；

（2）將3靜置于兩光電門之間，將A置于光電門Gi右側(cè)，用手輕推一下A,使其向左運動，與B發(fā)生碰

撞，為了使4碰后不返回，則Tn】_____m2o（填“>”、或“<”）；

（3）在上述前提下，光電門G］記錄的擋光時間為43滑塊B、A先后通過光電門時，G2記錄的擋光時間分別

為戊2、戊3，已知兩擋光片寬度相同，若m1、加2、戊1、戊2、加3滿足（寫出關(guān)系式，用m1、7712>

10、戊2、戊3表示）則可驗證動量守恒定律：若戊1、加2、戊3逐滿足另一個關(guān)系式，（用41、

戊2、戊3表示）則說明人8發(fā)生的是彈性碰撞。

四、簡答題：本大題共3小題，共40分。

13.為了探究物體與斜面間的動摩擦因數(shù)，某同學(xué)進行了如下實臉：取一質(zhì)量為/〃的物體，使其在沿斜面

方向的推力/作用下向上運動，如圖甲所示，通過力傳感器得到推力隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，通過

頻閃照相處理后得出速度隨時間變化的規(guī)律如圖丙所示，若已知斜面的傾角a=37。，取重力加速度g=

10?n/s2o

(1)求物體與斜面之間的摩擦系數(shù)；

(2)求撤去推力廠后，物體還能上升的距離(斜面足夠長)。

14.如圖所示，木板4、B靜止于光滑水平桌面上，8上表面水平且足夠長，其左端放置一滑塊C,B、C間

的動摩擦因數(shù)為〃，A、B由不可伸長的理想輕繩連接，繩子處于松弛狀態(tài)，現(xiàn)在突然給。一個向右的速度

2%,讓C在3上滑動，當。的速度為孫時，繩子剛好伸直，接著繩子被瞬間拉斷，繩子拉斷時4的速度

為A、B、。的質(zhì)量均為加。

(1)從C獲得速度2%開始經(jīng)過多長時間繩子被拉直？

(2)拉斷繩子造成的機械能損失為多少？

(3)若最終滑塊。未脫離木板B,則木板B的長度至少為多少？

&

[T]

-B

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

15.如圖，圓弧軌道A8的圓心為。，半徑為R=2.5m,圓弧軌道AB的8點與水平地面8E相切，B點在

。點的正下方，在8點的右側(cè)有一豎直虛線CD,3點到豎直虛線。。的距離為Li=2.57九，豎直虛線C。

的左側(cè)有一水平向左的勻強電場，場強大小為%(大小未知)，豎直虛線CO的右側(cè)有場強大小為第(大小未

知)、豎直向上的勻強電場。豎直虛線C。的右側(cè)有一豎直墻壁E尸，墻壁E戶到豎直虛線。。的距離為G二

1m,墻壁石尸底端E點與水平地面B石相連接，墻壁石尸的高度也為乙2=1加。現(xiàn)將一電荷量為q=+4x

10-2久質(zhì)量為m=l的的完全絕緣的滑塊從A點由靜止釋放沿圓弧軌道A8下滑，過8點時的速度大小

為4m/s,最后進入豎直虛線C。右側(cè)。已知滑塊可視為質(zhì)點，圓弧軌道A8光滑，水平地面8E與滑塊間

的動摩擦因數(shù)為〃=0.2,g=lOzn/s2,LAOB=53°,sin53°=0.8,cos53°=0.6。求：

(1)場強邑的大?。?/p>

(2)滑塊到達豎直虛線。。時速度的大小和滑塊從8點到達豎直虛線C。所用時間;

(3)要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，求治的取值范圍。

0D

gR」」曲

JI

L,

J;〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/礪//?〃〃〃〃〃

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

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：以物塊為研究對象，分析受力情況：重力G、兒的拉力尸和\_______'

繩子，。的拉力丁，由平衡條件得知，尸和丁的合力與G大小相等、方向相、、、2/飛''、/

反，

當將物體點向上緩慢移動，繩方向不變則丁方向不變，繩繞o點逆時,/

--t~F

針轉(zhuǎn)動，作出三個轉(zhuǎn)動過程三個位置力的合成圖，如圖中由3到2到1的過

程，由圖可以看出。。繩拉力r一直變大，歷繩彈力?先減小后變大。故c

正確。，，

故選：C。

以物塊為研究對象，分析受力情況，作出力的合成圖，由平衡條件分析兩繩拉力大小的變化.

本題是動態(tài)分析問題，運用圖解法，形象直觀，比較簡捷.也可以運用函數(shù)法研究.

2.【答案】4

【解析】解：A、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，各軌道通信衛(wèi)星的運行軌道中心一

定是地心，故A正確；

8、同步衛(wèi)星的運行周期是24小時，其他衛(wèi)星的運行周期不是24小時，故8錯誤；

C、同步衛(wèi)星與靜止在赤道上的物體具有共同的角速度，由公式a句=ro)2,可得：建=噌，因軌道半徑

不同，故其向心加速度不同，故C錯誤；

。、根據(jù)萬有引力提供向心力得：誓二69,解得運行速度：v=睬,即線速度￡隨軌道半徑「的增

大而減小，〃=7.M?n/s為第一宇宙速度，即圍繞地球表面運行的速度，因同步衛(wèi)星軌道半徑比地球半徑

大很多，因此其線速度應(yīng)小于7.9bn/s,故。錯誤。

故選:A。

研究同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式求出表示出線速度的大小。

知道7.9km/s為第一宇宙速度。

了解同步衛(wèi)星的含義，即同步衛(wèi)星的周期必須與地球相同。

根據(jù)向心加速度的表達式找出向心加速度與靜止在赤道上物體的向心加速度大小關(guān)系。

該題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識，了解第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，是最小的發(fā)射速度，在地球

周圍運行的其他衛(wèi)星的運行速度都要小于第一宇宙速度.要比較一個物理量大小，我們應(yīng)該把這個物理量

先表示出來，在進行比較。

3.【答案】D

【解析】解：A、根據(jù)動能定理知N點的粒子到達。點時的速度增大，而“點的粒子到達尸點時的速度大

小不變，它們的初速度大小相等，所以兩粒子達到。點的速度大小不相等，故4錯誤；

B、由于MP間的電勢差為零，NP間的電勢差大于零，則由W=知，電場力對M點的粒子不做功，對

N點的粒子做正功，電場力對兩粒子做功一定不相同，故B錯誤；

C、根據(jù)電場力做功情況可知，M點的粒子到達P點時電勢能不變，N點的粒子到達P點時電勢能減少，

故C錯誤；

。、在垂直于電場線方向，兩個粒子都做勻速直線運動，設(shè)PM=L,設(shè)M點的粒子與電場線的夾角為％則

M點的粒子到達P點的時間3=」^，N點的粒子到達。點的時間上，可見，兩粒子到達。點所需

p()sinaVQ

時間一定不相等,故。止確。

故選：。。

分析初末位置的電勢差，判斷電場力做功的關(guān)系.由動能定理分析速度大小關(guān)系.運用運動的分解法和運

動學(xué)公式分析運動時間的關(guān)系.

本題主要考查了帶電粒子在電場中運動，根據(jù)電勢差研究電場力做功，進而分析電勢能和動能的關(guān)系是常

用的方法.粒子在電場中做勻變速曲線運動時，常用運動的分解法研究其運動規(guī)律.

4.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)機械能守恒的條件，在整個系統(tǒng)中，在A、6板來回跳的過程中存在摩擦力做功，所

以機械能不守恒，故A錯誤；

8、因該同學(xué)從4跳上從再跳回4時最終兩滑板恰好不相撞，可知速度相等，該同學(xué)跳回滑板A整個過

程中系統(tǒng)水平方向合力為零，動量守恒，則

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

代入數(shù)據(jù)解得：v=19m/s,所以最終他和滑板的速度為19m/s,故8正確；

C、該同學(xué)跳離滑板8的過程中，人給滑板8的水平方向的作用力向右，可知滑板8的速度增加，故C錯

誤；

D、該同學(xué)從跳上到跳離滑板4整個過程中的沖量為：l=mv,代入數(shù)據(jù)得：/=47.5/V-s

所以該同學(xué)跳離滑板B的過程中對滑板B的沖量大小小于47.5N?s,故。錯誤。

故選：B。

根據(jù)整個系統(tǒng)存在摩擦力做功，所以機械能不守恒；根據(jù)動量守恒以及恰好不相撞的臨界值求出共同速

度；根據(jù)動量守恒判斷跳離滑板B時速度變化，根據(jù)動量定理求出B的沖量。

本題主要考查動量守恒定律的應(yīng)用，以及不碰撞的條件。在做題中要注意沖量等于動量的變化量。

5.【答案】C

【解析】解：4沿方向，該電場可以看作是多對等量異種點電荷疊加成的電場，由場強的疊加和對稱

性可知，沿AOQ方向電場強度的方向都向下，。點和。點場強方向相同，但。點場強要小于。點的場

強，故A錯誤；

B.選無窮遠處電勢為0,由電場的分布特點可知，D點電勢為0,P點電勢小于0,所以。點的電勢一定高

于。點，故8錯誤；

。.沿AOO方向電場強度的方向都向下，則將一正檢驗電荷沿直線從。點運動到。點，電場力不做功，電

勢能不變，故C正確；

。.結(jié)合前面的分析可知，OP連線處電場強度的方向人?體向下，則將一正檢聆電荷沿直線從()點運動到P

點，電場力做正功，故。錯誤。

故選:Co

根據(jù)場強的疊加和對稱性，可以判斷。點和。點場強的大??；利用電場的分布特點，判斷兩點的電勢高

低；根據(jù)沿等勢線移動電荷，電場力不做功可以判斷電勢能不變：先判斷電場力做功正負，再利用功能關(guān)

系判斷電勢能的變化。

本題考查電場線與電勢、電勢能與電場力做功的關(guān)系，要求學(xué)生熟記等量同種電荷和等量異種電荷的電場

線分布特點，并能結(jié)合具體題目場景靈活運用。

6.【答案】D

【解析】解：AB、對A、8整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：F-(mA+mB)g+=(mA+mB)a

彈簧開始時被壓縮，向上做加速運動，。不變，彈簧彈力尸彈逐漸變小，則力尸逐漸增大。

對A分析，根據(jù)牛頓第二定律有：F-mAg+FBA=mAa

a不變，力產(chǎn)逐漸增大，則以A間的彈力殳人逐漸減小，當仄A間的彈力&A減小為零時，力尸達到最大

值保持不變。

r

則開始時力尸有最小值，對整體曰牛頓第二定律有：Fmin=(mA+mB)a=(1+1)x2/V=4A

當AB剛要脫離時，力尸有最大值，對A有：=mAa+mAg=lx2N+lxION=12/V,故AB正

確：

CD、入、〃靜止時，根據(jù)胡克定律可得，彈簧的壓縮量為；,==(1+需1。由=02m

K1UU

A、8分離瞬間，對8分析，根據(jù)牛頓第二定律有：kx2-mBg=mBa

解得，此時彈簧的壓縮量為：x2=0.12m

2

設(shè)A、8分離時的速度為i，，則根據(jù)運動學(xué)規(guī)律有：v=2a(X1-x2)

整個過程中，根據(jù)功能關(guān)系可得：匕-(四+?(%i-M)+0=^(%+如"

解得，從A向上做勻加速運動到A、8分離的過程中，力尸對木塊做功為：必=0.64/,故C正確，。錯

誤。

本題選不正確的，

故選：D.

根據(jù)牛頓第二定律對整體進行分析拉力的變化趨勢，再隔離A物體求拉力的總大、小值；

先隔離8物體，由牛頓第二定律求出兩種臨界狀態(tài)下彈簧的壓縮量，再由速度-位移的公式求出整體的速

度，再根據(jù)功能關(guān)系求拉力所做的功。

該題主要考查了牛頓第二定律和功能關(guān)系的應(yīng)用，要求同學(xué)們能止確分析物體的受力情況。穴能關(guān)系的應(yīng)

用范圍很廣，可以求速度、力、功等物理量，特別是可以去求變力功。

7.【答案】C

【解析】解：B、(pA=10IZ,08=3OV,勻強電場中U與d成正比，故可知A8的中點E的電勢為20匕

可知￡C為等勢線，連接EC,做EC的垂線，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知場強方向由3指向Q,故6

錯誤；

A、產(chǎn)點如圖所示，為CE和BD交點,由幾何知識可知尸為的中點，強電場中U與d成正比，有9B+

可得WF=20V,SD=10V,故A錯誤;

C、由于AD為等勢線，故電場強f度方向垂直于A。，有幾何知識知/"/垂直于人。故電場強度方向8指向

D,與夾角30。，故

cpR—(pp30—20..10/3../

電場強度的大小E=加最驕=^Vr/m=

平行電場強度方向小球做勻速直線運動A。+CDsin^o=vot

電場強度方向小球做勻加速直線運動4Esin60。=|x^-t2

，YYl

解得%=3m/s,t=Is

電場強度方向小球的速度與=at=*t='3x0.6m/s=2amis

該粒子到達。點時速度大小為I；。=J諱+uj=324-（2x/-3）27n/s=V21m/s?故C正確；

D、與￡C延長線的夾角的正切值

Vy2/3

tan。=—=—=—

v03

可知。H30°

該粒子到達。點時速度方向不與BC邊垂直，故加錯誤。

故選：C。

在勻強電場中，平行的等間距的兩點間的電勢差相等；電場線與等勢面垂直，根據(jù)粒子運動的物跡形狀，

可判斷其受力的方向，根據(jù)動能定理求出到達〃點時的速度，根據(jù)U=dE求解電場強度的大小。

解決該題的關(guān)鍵是掌握勻強電場中電場線的確定方法，熟記電勢差與電場強度的關(guān)系式。

8.【答案】AD

【解析】解：A如圖所示當滑片P向〃端移動時，滑動變阻器心電阻變大，由歐姆定律對R3分析則有

R—%

K3--

可知學(xué)增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得

U2=E-（1+皆）（丁+%）

化簡得

=ER?（一+8）&/

T+R\+R?T+R\+/?￡

則有

AU2_（r+/?i）/?2

Alr+Ri+/?2

可得若不變，故A正確；

及當滑動變阻器％的滑片。向〃端移動時，滑動變阻器也增大，電路中總電阻增大，總電流減小，電源的

總功率

P=El

得電源的總功率減?。?/p>

由電源的效率表達式有

P輸出UIU

rl=~T=Ei=E

根據(jù)閉合電路歐姆定律，路端電壓為

U=E-Ir

可知總電流減小時路端電壓U增大，得電源的效率增大，故8錯誤:

c.nA分析可得

（7+R1）R2

=

r+Ri+爪2

…由閉合一電3路歐姆定律得路端電壓U為

由&和心電路關(guān)系得

R

一^T2^O

那么可得

_R2+R3

聯(lián)立解得

U-E⑸+的）廠

UE

~R2

故

（/?2+P3）

皿二一“丁川

?2

而％的電壓為

（/?2+爪3）&7

&=/總％=

則

=（處。危）治4

“2

那么有

（2+危）（丁+Ri）

叫+4U=

R?

當

（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錯誤：

。.根據(jù)飽和%并聯(lián)，并聯(lián)電路電壓相同，由歐姆定律有

，3危==%

得表達式

怨_R

儀—2

AU2

-4T/T3=R3

當滑動變阻器的滑片。向〃端移動時，滑動變阻器R3增大，得電路中總電流減小，由于%增大，%為定

值，得/2增大，根據(jù)電流關(guān)系

I=I2+h

所以/3減小的量比/2增大的量更大，故

4/2V

故D正確。

故選：AD0

本電路圖飽和R2并聯(lián)，再與&串聯(lián)；根據(jù)滑片。向。端移動時，滑動變阻器飛電阻變大，結(jié)合閉合電路歐

姆定律，效率表達式，功率表達式分析求解。

對于直流電路的分析，要弄清電路的結(jié)構(gòu)，明確各個部分甩壓和電流的關(guān)系，合理利用閉合電路歐姆定律

是解決此類問題的關(guān)鍵。

9.【答案】AD

【解析】解：43、設(shè)小球在最低點時的速度為幾,則當角度為e時，由動能定理：一瓶磯（1-cos。）=

\mv2-^mvQ,繩子拉力滿足：F-mgcosf）=

乙乙I

聯(lián)立解得：F=3mgcos3+（上言-2mg）,故圖線解率大小為吆產(chǎn)=3mg,截距2a=中-2mg,解

得：m=-,v=2yf~gl,故A。正確；

90

B、與圓心等高處，即cos。=0時，此時滿足2。=十，解得：%=J2gZ,故8錯誤：

C、假設(shè)小球能沿圓周到達最高點，此時cose=—L帶入以上結(jié)果可知，此時r=-/ng,即球受到繩向

上的支持力，而繩只能產(chǎn)生拉力，故假設(shè)不成空，故C錯誤；

故選：AD.

根據(jù)動能定理、牛頓第二定律可寫出輕繩彈力大小/隨COSJ變化的表達式，結(jié)合圖線的橫軸截距以及斜率

分析判斷。

本題主要考查了圓周運動向心力公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象獲取有效信息，再結(jié)合向受力分

析和牛頓第二定律進行分析求解。

10.【答案】CD

【解析】解：A、從。經(jīng)過C點時油滴的動能最小且為半，則C點為復(fù)合場的等效最高點，則油滴在復(fù)合

4

場中受到的合力方向如圖所示，

則有：F合=qEcos0,qEsinO=mg

由題意可知：￡=等

聯(lián)立解得：F合=Cmg,8=30。,則電場線的方向如圖所示。

由幾何關(guān)系可知，M。與電場線垂直，B點電勢低于。點電勢，故A錯誤；

B、油滴經(jīng)過區(qū)點時，位移的方向與合外力垂直，所以合外力不做功，所以油滴的動能不變，放8錯誤；

C、油滴從。經(jīng)過C點時，電場力做負功，由動能定理可得：-F合-L=Ekc-Eko

從。經(jīng)過4點時：F合?L=EkA-Ek。

聯(lián)立解得油滴經(jīng)過A點時的動能為：EkA=\EkQ,故C正確；

。、油滴經(jīng)過CO連線中點時的動能為等于粒子經(jīng)過OC中點的動能，由動能定理有：-尸合=2中-

Ek。,聯(lián)立。選項的表達式，解得：Ek(p=^EkQ,故。正確。

故選：CD.

根據(jù)從。經(jīng)過C點時粒子的動能最小且為孥，則C點為更合場的等效最高點，則可知復(fù)合場的合力方

向，結(jié)合題設(shè)條件求出電場強度的大小和方向，根據(jù)電場強度的方向比較4點和C點電勢的高低；

根據(jù)動能定理可求得經(jīng)過C、B、中點的動能。

本題考查電勢差與電場強度的關(guān)系，解題關(guān)鍵掌握復(fù)合場的判斷，注意同?等勢面上的兩點電勢相等。

11.【答案】B2.01D

【解析】解：①把木板的一側(cè)墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使木塊沿木板的下滑的力大小等于摩擦力，即小

車在不受牽引力時拖動紙帶沿木板勻速運動。此處采用的科學(xué)方法是阻力補償法。故選：及

②由交流電源頻率為50Hz,紙帶上相鄰兩點間有4個點未畫出，可知相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為T=

0.02x5s=0.1s

2

根據(jù)逐差法可得小車的加速度為Q=注拜=8.61+10.61-6z59-4.61乂1Q-2jn/s2=2.01m/s

4片4x0.1"

③Z18C.當小車與平面軌道之間存在摩擦，平面軌道傾斜角度過大，所用小車的質(zhì)量過大，都不會影響

F關(guān)系圖的人8段明顯偏離直線，故4BC錯誤;

D當所掛的跌碼桶內(nèi)及桶內(nèi)磚碼的總質(zhì)量太大時，根據(jù)牛頓第二定律

F=Ma

mg=(M+m)a

解得F=器

M+1

造成此現(xiàn)象的主要原因可能是當有祛碼桶內(nèi)及桶內(nèi)磚碼的總質(zhì)量接近木塊和木塊上祛碼的總質(zhì)量時，木塊

受到的合外力小于磚碼桶及桶內(nèi)磚碼的總重力，木塊的加速度就不成線性增大，實驗誤差增大，則有

F圖像的44段明顯偏離直線，故。正確。

故選：Do

故答案為：①2②2.01；③。

①根據(jù)平衡摩擦力的方法分析判斷；

②根據(jù)逐差法求加速度；

③根據(jù)實驗原理與牛頓第二定律分析判斷。

本題考查探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，要求掌握實驗原理、實驗裝置、實驗步驟、數(shù)據(jù)處理和誤差分

析。

12.【答案】等于＞察=祟+震與=4+4

【解析】解：(1)輕推一卜從直到它通過光電門G1的時間等于它通過光電門的時間，則說明滑塊做勻速

直線運動，氣墊導(dǎo)軌己經(jīng)調(diào)節(jié)水平。

(2)根據(jù)彈性碰撞的“動碰靜”的碰撞后的速度通項公式可知，要想“動”的物體碰撞“靜”的物體不返

回，必須“動”的物體的質(zhì)量大于“靜”物體的質(zhì)量，即血1＞加2。

(3)設(shè)擋光片寬度為力滑塊A經(jīng)過光電門心的速度為

d

滑塊4經(jīng)過光電門G2的速度為

以=高

滑塊B經(jīng)過光電門G2的速度為

d

取向右為正方向，根據(jù)動量守恒可得

m^A=Tn+m2vB

整理得

m，im，im2

4〃/￡3+4t2

若為彈性碰撞，則有

,

F以=m1vA+m2vB

111

2ml域=2叫吟+々山2詔

聯(lián)立解得

以+%=%

可得

1_11

Jtl-4以十

故答案為：⑴等于；(2)＞；(3虛=髭+靜表力看

(1)氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平時，輕推滑塊，滑塊能做勻速直線運動。如不推滑塊，滑塊在任何位置都能保持靜

止。根據(jù)此要點進行判斷。

(2)為了使A碰后不返回，A的質(zhì)量應(yīng)大于8的質(zhì)量。

(3)滑塊過光電門的速度是用擋光片通過光電門的平均速度替代，擋光片的寬度越小，誤差越小。根據(jù)/=

算求出碰撞前4通過光電門的速度以及碰后A、8通過光電門的速度，再寫出動量守恒定律方程。碰撞過

程機械能也守恒，A、8發(fā)生的是彈性碰撞，由此求出擋光片擋光時間關(guān)系。

解決本題時，要掌握光電門測速的原理和方法：用平均速度代替瞬時速度。要知道彈性碰撞遵守兩大守恒

定律：動量守恒定律和機械能守恒定律。

13.【答案】解：(1)0?2s秒內(nèi)，由F-t圖可得

F1=21.5/V

由牛頓第二定律可得

F]-mgsina-nmgcosa=ma1

由i，-t圖像可得

Av1

a1=五=-^m/s2=0.5m/s2

2s后,由廣一t圖可得

F2=20N

由牛頓第二定律可得

F2-mgsina-^imgcosa=0

解得

1

(2)撤去推力產(chǎn)后，由牛頓第二定律可得

-^mgcosa-mgsina=ma2

解得

20,

z

a2=--5-m/s

撤去外力后，物體的速度為lm/s,物體做勻減速直線運動到達最高點，則由速度-位移公式得

0—v2

%3=~n

2a2

代入數(shù)據(jù)解得X3=0.075m

答:(1)物體與斜面之間的摩擦系數(shù)為今；

(2)撤去推力尸后，物體還能上升的距離為0.075m。

【解析】(1)由圖象求出物體不同時間的推力，由牛頓第二定律與平衡條件求出動摩擦因數(shù)；

(2)由牛頓第二定律求出撤去外力后的加速度，結(jié)合運動學(xué)規(guī)律解得位移。

本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，注意由圖象與F-t圖象獲取所需信息、對物體正確受力分析，應(yīng)用

牛頓第二定律即可正確解題，讀懂圖象是正確解題的前提與關(guān)鋌。

14.【答案】解：(1)從C獲得速度2%到繩子拉直的過程中，取向右為正方向，對C根據(jù)動量定理得：

=m-v0-2mvQ

解得：”當

(2)設(shè)繩子剛拉直時8的速度為外，對8、C系統(tǒng)分析，選擇向右為正方向，由動量守恒定律得：

in-2v0=