2024年河北省衡水市安平中学高考物理模拟试卷（含解析）

这是一份2024年河北省衡水市安平中学高考物理模拟试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.甲、乙两人用绳aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质量为m的物块由O点沿Oa直线缓慢地向上提升，如图所示∠aOb为锐角．则在物块由O点沿Oa直线缓慢上升过程中，以下判断正确的是( )
A. aO绳和bO绳中的弹力逐渐减小
B. aO绳和bO绳中的弹力逐渐增大
C. aO绳中的弹力一直增大，bO绳中的弹力先减小后增大
D. aO绳中的弹力先减小后增大，bO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( )
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7.9km/s
3.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，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v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，M点的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P点，重力不计。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 两粒子到达P点的速度大小可能相等
B. 电场力对两粒子做功一定相同
C. 两粒子到达P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，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/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B，在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为45kg，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B的过程中，滑板B的速度减小
D. 该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N⋅s
5.如图所示，ABC为正三角形，AB和AC边上放有带等量异种电荷的绝缘细棒，O为BC边中点，D为BC中垂线上O点右侧的一点，P为BC上的一点，选无穷远处电势为0，则下列说法正确的是( )
A. O点和D点场强可能大小相等，方向相同
B. D点的电势一定低于P点
C. 将一正检验电荷沿直线从O点运动到D点，电势能不变
D. 将一正检验电荷沿直线从O点运动到P点，电场力做负功
6.如图所示，A、B两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知mA=mB=1kg，轻弹簧的劲度系数为100N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以2m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块A向上做匀加速运动开始到A、B分离的过程中。弹簧的弹性势能减小了1.28J，重力加速度g取10m/s2。下列判断不正确的是( )
A. 木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最大值是12N
B. 木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最小值是4N
C. 从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为0.64J
D. 从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为0.96J
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ABCD平行，已知AB/​/CD，AD=DC=CB=12AB=2m，φA=10V，φB=30V，φC=20V，一比荷为qm=0.6C/kg的带负电粒子由A点沿AD方向以速率v0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D指向B
C. 该粒子到达C点时速度大小为 21m/sD. 该粒子到达C点时速度方向与BC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R3的滑片P向a端移动时，电压表V、V1和V2的示数分别为U、U1和U2，三个电压表示数变化量的绝对值分别为ΔU，ΔU1和ΔU2，电流表A的示数为I，电流表示数变化量的绝对值为ΔI，以下说法中正确的是( )
A. U2I增大，ΔU2ΔI不变
B. 电源的总功率和效率均增大
C. ΔU2>ΔU1+ΔU
D. 如果设流过电阻R2的电流变化量的绝对值为ΔI2，流过滑动变阻器R3的电流变化量的绝对值为ΔI3，则ΔI2<ΔI3
9.如图甲所示，O点处固定有力传感器，长为l的轻绳一端与力传感器相连，另一端固定着一个小球。现让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的角度为θ(如图所示)，图乙为轻绳弹力大小F随csθ变化的部分图象。图乙中a为已知量，重力加速度大小为g，则( )
A. 小球质量为agB. 小球在与圆心等高处时的速度为 gl2
C. 小球恰能做完整圆周运动D. 小球在最低点时的速度为 2 gl
10.如图所示，AC是圆O的一条水平直径，BD是竖直方向的另外一条直径，M点是圆上的点，OM连线与OC的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将带正电量为q、质量为m的油滴从圆心O点以相同的初动能Ek0射出，射出方向不同时，油滴可以经过圆周上的所有点。在这些点中，经过c点时油滴的动能最小且为Ek04，已知重力加速度的大小为g，匀强电场的场强E=2mgq，那么( )
A. 电场线与MO垂直且B点电势高于C点电势
B. 油滴经过B点动能为4− 34Ek0
C. 油滴经过A点时的动能为74Ek0
D. 油滴经过CD连线中点时的动能为58Ek0
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。

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 。
A.理想化模型法
B.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50Hz，启动打点计时器，释放小车，小车在砝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实验时改变砝码桶内砝码的质量，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a−F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 。(选填下列选项的序)
A.小车与平面轨道之间存在摩擦
B.平面轨道倾斜角度过大
C.所用小车的质量过大
D.所挂的砝码桶及桶内砝码的总质量过大
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G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B(包含挡光片)质量分别为m1、m2，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B，直到它通过光电门G1的时间______(填“大于”、“等于”、“小于”)它通过光电门G2的时间；
(2)将B静置于两光电门之间，将A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则m1 ______m2。(填“>”、“=”或“<”)；
(3)在上述前提下，光电门G1记录的挡光时间为Δt，滑块B、A先后通过光电门时，G2记录的挡光时间分别为Δt2、Δt3，已知两挡光片宽度相同，若m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3满足______(写出关系式，用m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3表示)则可验证动量守恒定律；若Δt1、Δt2、Δt3还满足另一个关系式______，(用Δt1、Δt2、Δt3表示)则说明A、B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验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F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=10m/s2。
(1)求物体与斜面之间的摩擦系数；
(2)求撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)。
14.如图所示，木板A、B静止于光滑水平桌面上，B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μ，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C一个向右的速度2v0，让C在B上滑动，当C的速度为v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为12v0，A、B、C的质量均为m。
(1)从C获得速度2v0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C未脱离木板B，则木板B的长度至少为多少？
15.如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R=2.5m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1=2.5m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1(大小未知)，竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2(大小未知)、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2=1m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2=1m。现将一电荷量为q=+4×10−2C、质量为m=1kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2，∠AOB=53°，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
(1)场强E1的大小；
(2)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；
(3)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
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、b的拉力F和绳子a的拉力T，由平衡条件得知，F和T的合力与G大小相等、方向相反，
当将物体点向上缓慢移动，a绳方向不变则T方向不变，bO绳绕O点逆时针转动，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a绳拉力T一直变大，b绳弹力F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】A
【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；
B、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B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向=rω2，可得：a同a物=R+hR，因轨道半径不同，故其向心加速度不同，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r，解得运行速度：v= GMr，即线速度v随轨道半径 r的增大而减小，v=7.9 km/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7.9 km/s，故D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7.9 km/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P点时的速度增大，而M点的粒子到达P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P点的速度大小不相等，故A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=qU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；
D、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α.则M点的粒子到达P点的时间tM=Lv0sinα，N点的粒子到达P点的时间tN=Lv0，可见，两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确。
故选：D。
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、B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；
B、因该同学从A跳上B，再跳回A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B正确；
C、该同学跳离滑板B的过程中，人给滑板B的水平方向的作用力向右，可知滑板B的速度增加，故C错误；
D、该同学从跳上到跳离滑板B整个过程中的冲量为：I=mv，代入数据得：I=47.5N⋅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D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：A.沿AOD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AOD方向电场强度的方向都向下，O点和D点场强方向相同，但D点场强要小于O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D点的电势一定高于P点，故B错误；
C.沿AOD方向电场强度的方向都向下，则将一正检验电荷沿直线从O点运动到D点，电场力不做功，电势能不变，故C正确；
D.结合前面的分析可知，OP连线处电场强度的方向大体向下，则将一正检验电荷沿直线从O点运动到P点，电场力做正功，故D错误。
故选：C。
根据场强的叠加和对称性，可以判断O点和D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、B整体分析，根据牛顿第二定律可得：F−(mA+mB)g+F弹=(mA+mB)a
弹簧开始时被压缩，向上做加速运动，a不变，弹簧弹力F弹逐渐变小，则力F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F逐渐增大，则B、A间的弹力FBA逐渐减小，当B、A间的弹力FBA减小为零时，力F达到最大值保持不变。
则开始时力F有最小值，对整体由牛顿第二定律有：Fmin=(mA+mB)a=(1+1)×2N=4N
当AB刚要脱离时，力F有最大值，对A有：Fmax=mAa+mAg=1×2N+1×10N=12N，故AB正确；
CD、A、B静止时，根据胡克定律可得，弹簧的压缩量为：x1=(mA+mB)gk=(1+1)×10100m=0.2m
A、B分离瞬间，对B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
设A、B分离时的速度为v，则根据运动学规律有：v2=2a(x1−x2)
整个过程中，根据功能关系可得：WF−(mA+mB)g⋅(x1−x2)+Ep=12(mA+mB)v2
解得，从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为：WF=0.64J，故C正确，D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B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，要求同学们能正确分析物体的受力情况。功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、φA=10V，φB=30V，匀强电场中U与d成正比，故可知AB的中点E的电势为20V，可知EC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B指向D，故B错误；
A、F点如图所示，为CE和BD交点，由几何知识可知F为BD的中点，强电场中U与d成正比，有φB+φD=2φF=40V
可得φF=20V，φD=10V，故A错误；
C、由于AD为等势线，故电场强度方向垂直于AD，有几何知识知bd垂直于AD故电场强度方向B指向D，BD与AB夹角30°，故
电场强度的大小E=φB−φFBCcs30∘=30−202× 32V/m=10 33V/m
平行电场强度方向小球做匀速直线运动AD+CDsin30°=v0t
电场强度方向小球做匀加速直线运动AEsin60°=12×Eqm⋅t2
解得v0=3m/s，t=1s
电场强度方向小球的速度vy=at=Eqm⋅t=10 33×0.6m/s=2 3m/s
该粒子到达C点时速度大小为vC= v02+vy2= 32+(2 3)2m/s= 21m/s，故C正确；
D、与EC延长线的夹角的正切值
tanθ=vyv0=2 33
可知θ≠30°
该粒子到达C点时速度方向不与BC边垂直，故D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，根据粒子运动的轨迹形状，可判断其受力的方向，根据动能定理求出到达a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a端移动时，滑动变阻器R3电阻变大，由欧姆定律对R3分析则有
R3=U2I
可知U2I增大，根据闭合电路欧姆定律得
U2=E−(I+U2R2)(r+R1)
化简得
U2=ER2r+R1+R2−(r+R1)R2r+R1+R2I
则有
ΔU2ΔI=(r+R1)R2r+R1+R2
可得ΔU2ΔI不变，故A正确；
B.当滑动变阻器R3的滑片P向a端移动时，滑动变阻器R3增大，电路中总电阻增大，总电流减小，电源的总功率
P=EI
得电源的总功率减小；
由电源的效率表达式有
η=P输出P=UIEI=UE
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B错误；
C.由A分析可得
ΔU2=(r+R1)R2r+R1+R2ΔI
由闭合电路欧姆定律得路端电压U为
U=E−I总r
由R2和R3电路关系得
I=R2R2+R3I总
那么可得
I总=R2+R3R2I
联立解得
U=E−(R2+R3)rR2I
故
ΔU=(R2+R3)rR2ΔI
而R1的电压为
U1=I总R1=(R2+R3)R1R2I
则
ΔU1=(R2+R3)R1R2ΔI
那么有
ΔU1+ΔU=(R2+R3)(r+R1)R2ΔI
当
ΔU2ΔU1+ΔU=(r+R1)R2r+R1+R2ΔI(R2+R3)(r+R1)ΔIR2=R2r+R1+R2⋅R2R2+R3<1
可得
ΔU2<ΔU1+ΔU
故C错误；
D.根据R3和R2并联，并联电路电压相同，由欧姆定律有
I3R3=I2R2=U2
得表达式
ΔU2ΔI2=R2
ΔU2ΔI3=R3
当滑动变阻器的滑片P向a端移动时，滑动变阻器R3增大，得电路中总电流减小，由于U2增大，R2为定值，得I2增大，根据电流关系
I=I2+I3
所以I3减小的量比I2增大的量更大，故
ΔI2<ΔI3
故D正确。
故选：AD。
本电路图R3和R2并联，再与R1串联；根据滑片P向a端移动时，滑动变阻器R3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，明确各个部分电压和电流的关系，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：AD、设小球在最低点时的速度为v0，则当角度为θ时，由动能定理：−mgl(1−csθ)=12mv2−12mv02，绳子拉力满足：F−mgcsθ=mv2l，
联立解得：F=3mgcsθ+(mv02l−2mg)，故图线解率大小为5a−2al=3mg，截距 2a=mv02l−2mg，解得：m=ag，v0=2 gl，故AD正确；
B、与圆心等高处，即csθ=0时，此时满足2a=mv2l，解得：v1= 2gl，故B错误；
C、假设小球能沿圆周到达最高点，此时csθ=−1，带入以上结果可知，此时F=−mg，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F随csθ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O经过C点时油滴的动能最小且为Ek04，则C点为复合场的等效最高点，则油滴在复合场中受到的合力方向如图所示，
则有：F合=qEcsθ，qEsinθ=mg
由题意可知：E=2mgq
联立解得：F合= 3mg,θ=30°，则电场线的方向如图所示。
由几何关系可知，MO与电场线垂直，B点电势低于C点电势，故A错误；
B、油滴经过B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，故B错误；
C、油滴从O经过C点时，电场力做负功，由动能定理可得：−F合⋅L=EkC−Ek0
从O经过A点时：F合⋅L=EkA−Ek0
联立解得油滴经过A点时的动能为：EkA=74Ek0，故C正确；
D、油滴经过CD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：−F合×12L=Ek中−Ek0，联立C选项的表达式，解得：Ek中=58Ek0，故D正确。
故选：CD。
根据从O经过C点时粒子的动能最小且为Ek04，则C点为复合场的等效最高点，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B点和C点电势的高低；
根据动能定理可求得经过C、B、CD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，注意同一等势面上的两点电势相等。
11.【答案】B 2.01 D
【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：B。
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=0.02×5s=0.1s
根据逐差法可得小车的加速度为a=xCE−xAC4T2=8.61+10.61−6.59−4.614×0.12×10−2m/s2=2.01m/s2
③ABC.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a−F关系图的AB段明显偏离直线，故ABC错误；
D.当所挂的砝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=mgmM+1
造成此现象的主要原因可能是当有砝码桶内及桶内砖码的总质量接近木块和木块上砝码的总质量时，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a−F图像的AB段明显偏离直线，故D正确。
故选：D。
故答案为：①B；②2.01；③D
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 > m1Δt1=m1Δt3+m2Δt2 1Δt1=1Δt2+1Δt3
【解析】解：(1)轻推一下B，直到它通过光电门G1的时间等于它通过光电门G2的时间，则说明滑块做匀速直线运动，气垫导轨已经调节水平。
(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m1>m2。
(3)设挡光片宽度为d，滑块A经过光电门G1的速度为
vA=dΔt1
滑块A经过光电门G2的速度为
v′A=dΔt3
滑块B经过光电门G2的速度为
vB=dΔt2
取向右为正方向，根据动量守恒可得
m1vA=m1v′A+m2vB
整理得
m1Δt1=m1Δt3+m2Δt2
若为弹性碰撞，则有
m1vA=m1v′A+m2vB
12m1vA2=12m1v′A2+12m2vB2
联立解得
vA+v′A=vB
可得
1Δt1=1Δt2+1Δt3
故答案为：(1)等于；(2)>；(3)m1Δt1=m1Δt3+m2Δt2，1Δt1=1Δt2+1Δt3
(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B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v=dΔt求出碰撞前A通过光电门的速度以及碰后A、B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、B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=21.5N
由牛顿第二定律可得
F1−mgsinα−μmgcsα=ma1
由v−t图像可得
a1=ΔvΔt=12m/s2=0.5m/s2
2s后，由F−t图可得
F2=20N
由牛顿第二定律可得
F2−mgsinα−μmgcsα=0
解得
μ=112
(2)撤去推力F后，由牛顿第二定律可得
−μmgcsα−mgsinα=ma2
解得
a2=−203m/s2
撤去外力后，物体的速度为1m/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
x3=0−v22a2
代入数据解得x3=0.075m
答：(1)物体与斜面之间的摩擦系数为112；
(2)撤去推力F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v−t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键。
14.【答案】解：(1)从C获得速度2v0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：
−μmgt=m⋅v0−2mv0
解得：t=v0μg；
(2)设绳子刚拉直时B的速度为vB，对B、C系统分析，选择向右为正方向，由动量守恒定律得：
m⋅2v0=mv0+mvB
计算得出：vB=v0
绳子拉断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mvB=mvA+m⋅12v0
解得：vA=12v0
绳子拉断过程中，以A、B为系统，根据能量守恒定律得损失的能量为：
ΔE=12mvB2−12×mvA2−12×m⋅(12v0)2
解得ΔE=14mv02；
(3)设C在拉断前的过程中相对于B的位移为L，由能量守恒定律可得：
12m(2v0)2=12mv02+12mvB2+μmgL1
解得：L1=v02μg
设绳子拉断后C恰好滑到B的右端时又相对于B滑动了L2，此时二者速度相等时L2最小，对BC分析，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
mv0+m⋅12v0=2mv共
由能量守恒定律有：12mv02+12m(12v0)2=12×2mv共2+μmgL2
解得：L2=v0216μg
木板的最小长度为：L=L1+L2
联立解得：L=17v0216μg。
答：(1)从C获得速度2v0开始经过v0μg时间绳子被拉直；
(2)拉断绳子造成的机械能损失为14mv02；
(3)若最终滑块C未脱离木板B，则木板B的长度至少为17v0216μg。
【解析】(1)当C的速度为v0时绳子刚好伸直，对C根据动量定理求解从C获得速度2v0开始到绳子刚好伸直的时间；
(2)在整个运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求解绳子拉断后的速度，再根据能量守恒求解整个系统损失的机械能；
(3)根据能量守恒定律求解绳拉断时C相对于木板通过的距离，再根据动量守恒定律、能量守恒定律求解绳子拉断后C相对于木板的距离，由此得解。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
15.【答案】解：(1)滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理可得：
−qE1Rsin53°+mgR(1−cs53°)=12mvB2−0
解得
E1=25N/C
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，根据牛顿第二定律可得：
qE1+μmg=ma
代入数据解得：a=3m/s2
根据速度—位移公式可得：
vB2−v2=2aL1
根据速度—时间公式可得：
v=vB−at
联立解得：v=1m/s；t=1s
(3)当电场强度较小时，滑块刚好能与竖直墙壁底部E点碰撞，则
−μ(mg−qE2)L2=0−12mv2
解得：E2=187.5N/C
当电场强度较大时，滑块刚好能与竖直墙壁的顶部F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，则
水平方向上：L2=vt1
在竖直方向上：
L2=12ayt12
根据牛顿第二定律可得：
qE2−mg=may
联立解得：E2=300N/C
则电场强度的范围为
187.5N/C答：(1)场强E1的大小为25N/C；
(2)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小为1m/s，滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间为1s；
(3)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，E2的取值范围为187.5N/C【解析】(1)根据动能定理求场强E1的大小；
(2)根据牛顿第二定律，结合匀变速直线运动的特点得出速度的大小和对应的运动时间；
(3)找到运动的临界状态，结合动能定理和运动学公式得出场强的范围。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合动能定理和运动学公式即可完成分析。卫星通信类别
轨道高度范围
特点
低轨道(LEO)卫星通信
500～2000km
传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗都小
中轨道(MEO)卫星通信
2000～20000km
传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗都变大(相比LEO)，但小于GEO
高轨道(GEO)地球同步卫星通信
35786km
技术最为成熟，但传输延时长，链路损耗损大，在实时通信中存在显著延迟。