河北省2024年高考物理模擬試卷及答案9

河北省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、選擇題（共10小題。第1-7題為單項(xiàng)選擇題，每題4分，共28分；第8-10為多選題，每小題6分，共18分，全部選對(duì)得6分，選不全得3分，錯(cuò)選得0分。）得分1．如圖所示，兩段光滑圓弧軌道半徑分別為R1和R2，圓心分別為O1和O2，所對(duì)應(yīng)的圓心角均小于5°，在最低點(diǎn)O平滑連接。M點(diǎn)和N點(diǎn)分別位于O點(diǎn)左右兩側(cè)，距離MO小于NO?，F(xiàn)分別將位于M點(diǎn)和N點(diǎn)的兩個(gè)小球A和B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）同時(shí)由靜止釋放。關(guān)于兩小球第一次相遇點(diǎn)的位置，下列判斷正確的是（）A．一定在O點(diǎn)的右側(cè) B．恰好在O點(diǎn)C．一定在O點(diǎn)的左側(cè) D．條件不足，無法確定2．北京時(shí)間2023年5月30日9時(shí)31分，搭載神舟十六號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙十六運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射升空，在太空飛行數(shù)小時(shí)后與空間站組合體徑向交會(huì)對(duì)接，與神舟十五號(hào)乘組進(jìn)行在軌輪換，再現(xiàn)6名航天員“太空會(huì)師”名場(chǎng)面。中國(guó)空間站的運(yùn)動(dòng)可視為繞地心的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)周期為T，地球半徑為R，地球表面的重力加速為g，則下列說法正確的是（）A．空間站中的航天員在睡眠區(qū)睡眠時(shí)，他們相對(duì)于地心處于平衡狀態(tài)B．空間站運(yùn)動(dòng)的速率為2πRC．空間站運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為3D．空間站運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2π3．如圖（a），在均勻介質(zhì)中有A、B、C和D四點(diǎn)，其中A、B、C三點(diǎn)位干同一直線上，AC=BC=4m，DC=3m，DC垂直AB。t=0時(shí)，位于A、B、C處的三個(gè)完全相同的橫波波源同時(shí)開始振動(dòng)，振動(dòng)圖像均如圖（b）所示，振動(dòng)方向與平面ABD垂直，已知波長(zhǎng)為4m。下列說法正確的是（）A．這三列波的波速均為2m/s B．t=2s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)C．t=4.5s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)向y軸正方向運(yùn)動(dòng) D．t=6s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是2cm4．如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），輕繩的另一端固定在天花板上的O點(diǎn)，天花板上還固定著一個(gè)鋒利刀片。在最低點(diǎn)A時(shí)，現(xiàn)給小球一個(gè)水平向左的初速度，當(dāng)小球擺到B點(diǎn)時(shí)，輕繩被刀片割斷，此時(shí)OB與豎直方向OA的夾角為45°，輕繩被割斷后小球向左運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)為C，此時(shí)小球的速度大小為v。重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。則小球在A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)受到輕繩的拉力大小為（）A．mg+mv2C．(3?2)mg+2m5．如圖所示，真空中固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷A、B，其連線中點(diǎn)為O，其中A帶正電。在A、B所形成電場(chǎng)中，以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓面垂直于AB，以O(shè)為幾何中心、邊長(zhǎng)為2R的正方形abcd平面垂直于圓面且與AB共面，兩平面邊線交點(diǎn)分別為e、f，g為圓面邊緣上一點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．e、f、g三點(diǎn)電勢(shì)相等B．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．將一負(fù)試探電荷沿ab邊從a移動(dòng)到b過程中，試探電荷的電勢(shì)能先增大后減小D．將一正試探電荷沿線段eOf從e移動(dòng)到f過程中，試探電荷受到電場(chǎng)力先減小后增大6．如圖所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)靜止小球A和B，中間用輕質(zhì)彈簧連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上?，F(xiàn)將輕繩剪斷開始計(jì)時(shí)，直至A球速度為v1，B球速度為vA．v1+v2g B．v17．如圖所示，平行板電容器水平放置，開關(guān)S斷開，電源通過二極管給電容器充電，一帶電粒子從上、下極板左側(cè)正中央的O點(diǎn)以一定速度平行于極板射入，恰好從下極板右側(cè)邊緣飛出，不計(jì)粒子自身重力和空氣阻力，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，若粒子打到極板上即被吸收。以下情形，保持入射點(diǎn)O的位置不變，其中說法正確的是（）A．將開關(guān)保持閉合，若將上極板稍向下移動(dòng)，要求粒子仍能從下極板右側(cè)邊緣飛出，則需要增大入射速度B．將開關(guān)保持閉合，若將下極板稍向上移動(dòng)，粒子在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)電勢(shì)能減少量不變C．開關(guān)保持?jǐn)嚅_，若將上極板稍向下移動(dòng)，粒子仍能從極板右端射出D．開關(guān)保持?jǐn)嚅_，若將上極板稍向上移動(dòng)，粒子不能從極板右端射出8．如圖所示，質(zhì)量為m的小物體靜止于長(zhǎng)L的木板邊緣，開始板水平放置，現(xiàn)使板繞其另一端O沿逆時(shí)針方向緩緩轉(zhuǎn)過α角，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，小物體始終相對(duì)木板靜止，則這一過程中下列說法正確的是（）A．板對(duì)物體的支持力不做功 B．板對(duì)物體的摩擦力做功為0C．板對(duì)物體的支持力對(duì)物體做的功mgLsinα D．重力對(duì)物體做功為mgLsinα9．交警部門所用酒駕檢測(cè)儀中的“電子鼻子”是氧化錫半導(dǎo)體，它是一種氣敏電阻RQ，吸附酒精氣體后表面能態(tài)會(huì)發(fā)生改變，從而引起電阻率發(fā)生變化。RQ的阻值隨酒精氣體濃度的變化曲線如圖甲，圖乙是含有氣敏電阻RQA．燈泡L兩端電壓增大 B．R1C．電源E的總功率增大 D．R010．真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在電場(chǎng)中，若將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中小球的速度與豎直方向夾角為37°?，F(xiàn)將該小球從電場(chǎng)中A點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出，經(jīng)過最高點(diǎn)B后回到與A在同一水平線上的CA．小球所受的電場(chǎng)力為43mg B．小球在最高點(diǎn)BC．小球在C點(diǎn)的機(jī)械能比在A點(diǎn)多98mv02 閱卷人二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共14分。請(qǐng)將答案填寫在答題卷中的橫線上。）得分11．某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)利用已安裝加速度傳感器的手機(jī)測(cè)量木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖（a）所示。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①將手機(jī)用膠帶固定在木塊上，把木塊放置在木板上。調(diào)整小滑輪使細(xì)線與水平木板平行并與豎直細(xì)線在同一豎直平面內(nèi)，以保證木塊能夠沿細(xì)線方向做直線運(yùn)動(dòng)。②將砂和砂桶釋放，細(xì)線帶動(dòng)木塊由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。讀出彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F，并記錄手機(jī)所顯示的木塊運(yùn)動(dòng)的加速度a。③改變砂和砂桶的總質(zhì)量，重復(fù)步驟②多次進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。④根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出木塊運(yùn)動(dòng)的加速度a與其對(duì)應(yīng)的彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F變化的圖像，如圖（b）所示。根據(jù)上述信息，回答下列問題：（1）該同學(xué)從手機(jī)說明書上查到該手機(jī)的質(zhì)量為150g，已知重力加速度大小為g=10m/s2，根據(jù)圖像數(shù)據(jù)可得木塊的質(zhì)量m為kg，不計(jì)固定手機(jī)所用膠帶的質(zhì)量，木塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ（2）實(shí)驗(yàn)過程中如果沒有調(diào)整木板水平，小滑輪一端較低，木板與水平方向有一定的夾角，這樣會(huì)導(dǎo)致動(dòng)摩擦因數(shù)μ的測(cè)量結(jié)果（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。12．某同學(xué)測(cè)量電阻約為30Ω的一段圓柱形合金材料的電阻率，步驟如下：（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑示數(shù)如圖所示，該示數(shù)為mm；（2）用伏安法測(cè)合金材料的電阻時(shí)，除待測(cè)合金材料外，實(shí)驗(yàn)室還備有如下器材，為了準(zhǔn)確測(cè)量其電阻，電壓表應(yīng)選；電流表應(yīng)選。（填寫器材前對(duì)應(yīng)的序號(hào)字母）A.電壓表V1B.電壓表V2C.電流表A1D.電流表A2E.滑動(dòng)變阻器R（0~10Ω）F.電動(dòng)勢(shì)為4.5V的電源，內(nèi)阻不計(jì)G.開關(guān)S，導(dǎo)線若干（3）為準(zhǔn)確測(cè)量電阻，應(yīng)使待測(cè)電阻兩端電壓變化較大，盡量多的測(cè)量數(shù)據(jù)，請(qǐng)選出正確的實(shí)驗(yàn)電路圖。閱卷人三、解答題（本題共3小題，共38分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。請(qǐng)按題號(hào)在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效。）得分13．如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿與水平方向夾角θ=30°斜向右上方，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，一質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以某初速度開始運(yùn)動(dòng)，初速度方向與電場(chǎng)方向一致。小球所帶電荷量為mgE（g為重力加速度大小）。不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)添加一新的勻強(qiáng)電場(chǎng)滿足小球做不同運(yùn)動(dòng)的需求。

（1）要使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E'（2）原電場(chǎng)的方向不變，大小可以改變，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，求新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小值Emin14．算盤是我國(guó)古老的計(jì)算工具，現(xiàn)代生活中偶爾還會(huì)見到。它中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，設(shè)每顆算珠的質(zhì)量均為m=10g，使用前算珠需要?dú)w零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未歸零，甲靠中擋b，甲、乙相隔l1=3.5cm，乙與邊框a相隔l2=1.62cm，算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.（1）通過計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a處；（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。15．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、二象限內(nèi)分別存在勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ的電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0，區(qū)域Ⅱ的電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向，其寬度為d，虛線MN為其左邊界。一個(gè)比荷為k的帶正電粒子從區(qū)域Ⅰ中的P點(diǎn)由靜止釋放，剛好能從x軸上的N點(diǎn)離開電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，已知P點(diǎn)坐標(biāo)為（d2，d），不計(jì)粒子重力。

（1）求粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間；（2）求粒子從N點(diǎn)離開區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度大??；（3）若粒子從電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ中某一點(diǎn)由靜止釋放后，均能經(jīng)過N點(diǎn)離開電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，求粒子釋放點(diǎn)的坐標(biāo)應(yīng)滿足的關(guān)系。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】據(jù)題意，兩段光滑圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角均小于5°，把兩球在圓弧上的運(yùn)動(dòng)看做等效單擺，等效擺長(zhǎng)等于圓弧的半徑，則M、N兩球的運(yùn)動(dòng)周期分別為TM=2π兩球第一次到達(dá)O點(diǎn)的時(shí)間分別為tM=由于R1<R2，則tM<tN故兩小球第一次相遇點(diǎn)的位置一定在O點(diǎn)的右側(cè)。故答案為：A?！痉治觥?jī)啥喂饣瑘A弧所對(duì)應(yīng)的圓心角均小于5°，把兩球在圓弧上的運(yùn)動(dòng)看做等效單擺，等效擺長(zhǎng)等于圓弧的半徑。再根據(jù)單擺運(yùn)動(dòng)規(guī)律進(jìn)行解答。2．【答案】C【解析】【解答】A．空間站中的航天員在睡眠區(qū)睡眠時(shí)，繞地球近似做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，處于完全失重狀態(tài)，由萬有引力提供向心力，加速度不為0，他們相對(duì)于地心不處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B．空間站的軌道半徑大于地球半徑，令空間站距離地表的高度為h，故空間站的運(yùn)行速率為2π故B錯(cuò)誤；

C．設(shè)空間站的軌道半徑為r，則有G地球表面的物體萬有引力近似等于重力，則有G解得r=故C正確；

D．由向心加速度表達(dá)式可知a=結(jié)合上述解得a=故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】空間站中繞地球近似做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，處于完全失重狀態(tài)，萬有引力提供向心力。確定空間站的運(yùn)行軌道半徑與地球半徑的關(guān)系，地球表面的物體萬有引力近似等于重力，再根據(jù)萬有引力定律及牛頓第二定律進(jìn)行解答。3．【答案】D【解析】【解答】A．由圖（b）的振動(dòng)圖像可知，振動(dòng)的周期為4s，故三列波的波速為v=故A錯(cuò)誤；

B．由圖（a）可，D處距離波源最近的距離為3m，故開始振動(dòng)后波源C處的橫波傳播到D處所需的時(shí)間為t故t=2s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)還未開始振動(dòng)。故B錯(cuò)誤；

C．由幾何關(guān)系可知AD=BD=5波源A、B產(chǎn)生的橫波傳播到D處所需的時(shí)間為t故t=4.5s時(shí)，僅波源C處的橫波傳播到D處，此時(shí)D處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)時(shí)間為t由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處的質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤；

D．t=6s時(shí)，波源C處的橫波傳播到D處后振動(dòng)時(shí)間為t由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處為波源C處傳播橫波的波谷。t=6s時(shí)，波源A、B處的橫波傳播到D處后振動(dòng)時(shí)間為t由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處為波源A、B處傳播橫波的波峰，根據(jù)波的疊加原理可知此時(shí)D處質(zhì)點(diǎn)的位移為y=2A?A=2故t=6s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是2cm。故D正確。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)圖像確定波的振動(dòng)周期，再根據(jù)波速、波長(zhǎng)和周期的關(guān)系確定波速的大小。波速等于質(zhì)點(diǎn)與波源的距離與時(shí)間之比。根據(jù)各波傳到D點(diǎn)的時(shí)間，確定各波在該時(shí)間點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)D與平衡位置的距離，再根據(jù)波的疊加原理確定D處的振動(dòng)方向和與平衡位置的距離。4．【答案】C【解析】【解答】小球在B點(diǎn)時(shí)將速度vB正交分解，vB的水平分量等于小球在C點(diǎn)的速度v，則v對(duì)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理可知mgL設(shè)在A處繩子拉力大小為F，則有F?mg=由以上各式解得F=故答案為：C。

【分析】小球在BC過程做斜拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定小球在B點(diǎn)的速速與C點(diǎn)速度的關(guān)系，再根據(jù)動(dòng)能定理確定小球在A點(diǎn)的速度，確定小球在A點(diǎn)的受力情況，再根據(jù)牛頓第二定律確定繩子拉力的大小。5．【答案】A【解析】【解答】A．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知，圖中圓面是一個(gè)等勢(shì)面，e、f、g三點(diǎn)電勢(shì)相等，故A正確；

B．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)和對(duì)稱性可知，a、b、c、d四點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向不同，故B錯(cuò)誤；

C．從a到b，電勢(shì)先增大后減小，所以負(fù)試探電荷的電勢(shì)能先減小后增大，故C錯(cuò)誤；

D．從e經(jīng)O到f，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，所以試探電荷受到的電場(chǎng)力先增大后減小，故D錯(cuò)誤。

故答案為：A。

【分析】熟悉掌握等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)及電勢(shì)分布特點(diǎn)，等勢(shì)面上電勢(shì)相等。負(fù)電荷在電勢(shì)高的位置電勢(shì)能小。對(duì)于同一電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，電場(chǎng)力越大。6．【答案】B【解析】【解答】對(duì)小球A進(jìn)行分析有mgt+IFA=mv1，對(duì)小球B進(jìn)行分析有故答案為：B

【分析】分別對(duì)小球AB進(jìn)行受力分析，根據(jù)動(dòng)量定理得出該過程所用時(shí)間。7．【答案】A【解析】【解答】A．將開關(guān)保持閉合，電容器的電壓不變，若將上極板稍向下移動(dòng)，由E=可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，豎直方向的位移不變，加速度變大，則飛行時(shí)間變小，要求粒子仍能從下極板右側(cè)邊緣飛出，則需要增大入射速度，故A正確；

B．將開關(guān)保持閉合，電容器的電壓不變，由E=可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大，粒子一定打到下極板上，由U=Ed可知，O與上極板的電勢(shì)差變大，則O與下極板的電勢(shì)差變小，由電場(chǎng)力做功公式W=qU可知，電場(chǎng)力做功減小，根據(jù)功能關(guān)系可知，粒子在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)電勢(shì)能減少量變小，故B錯(cuò)誤；

C．開關(guān)保持?jǐn)嚅_時(shí)，若將上極板稍向下移動(dòng)，由C=εS4πkd可知，極板上帶電量增大，二極管導(dǎo)通，故極板上電壓不變，由E=可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大，故粒子一定打到下極板上，故C錯(cuò)誤；

D．開關(guān)保持?jǐn)嚅_時(shí)，若將上極板稍向上移動(dòng)，由C=εS4πkd可知，電容器將放電，由于二極管中的電流只能從左向右流，則電容器上電荷量不變，結(jié)合公式E=可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則粒子仍能從極板右端射出，故D錯(cuò)誤。

故答案為：A。

【分析】開關(guān)斷開時(shí)，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鳠o法放電，即電容器上的電荷量不變。開關(guān)閉合時(shí)，二極管被短路。再根據(jù)電容器的定義式及決定式和場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系確定場(chǎng)強(qiáng)變化情況，再根據(jù)粒子受力情況判斷粒子軌跡的運(yùn)動(dòng)情況。8．【答案】B,C【解析】【解答】A．轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，板對(duì)物體的支持力方向垂直板向上，支持力方向與物體的速度方向總是相同，可知板對(duì)物體的支持力做正功，故A錯(cuò)誤；

B．轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，板對(duì)物體的摩擦力方向沿板向上，摩擦力方向與物體的速度方向總是垂直，可知板對(duì)物體的摩擦力做功為0，故B正確；

CD．這一過程中重力對(duì)物體做功為W由于是緩緩轉(zhuǎn)動(dòng)，可認(rèn)為物體的動(dòng)能保持不變，根據(jù)動(dòng)能定理可得W可得板對(duì)物體的支持力對(duì)物體做的功為W故C正確，D錯(cuò)誤。

故答案為：BC。

【分析】小物體始終相對(duì)木板靜止，緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，物體動(dòng)能不變。板對(duì)物體的支持力方向垂直板向上，與物體的速度方向總是相同，板對(duì)物體的摩擦力方向沿板向上，摩擦力方向與物體的速度方向總是垂直。再根據(jù)功的定義及動(dòng)能定理進(jìn)行解答。9．【答案】A,D【解析】【解答】由圖可知，當(dāng)RQ吸附酒精氣體濃度升高時(shí)RQ阻值變大，電路總電阻變大，總電流減小，R1中的電流減?。桓鶕?jù)P=EI可知，電源總功率減小；電阻R1和R2上電壓減小，燈泡L上電壓和電流均變大，則R0上電流減小，則R0消耗的功率減小。

故答案為：AD。

【分析】根據(jù)題意確定電路中總電阻的及總電流的變化情況，再根據(jù)“串反并同”結(jié)論法或者“程序法”分析各部分電路元件各物理量的變化情況。10．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．如圖所示，根據(jù)題意可知，小球重力與電場(chǎng)力的合力方向與豎直方向的夾角為37°，由幾何關(guān)系可得，小球所受的電場(chǎng)力為F=mg故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)題意可知，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=可得，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為t=由牛頓第二定律可得，小球在水平方向上的加速度為a則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為v則小球在最高點(diǎn)B的動(dòng)能為E故B正確；

C．根據(jù)對(duì)稱性可知，小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為t則AC間的水平位移為x=由功能關(guān)系可知，小球從A運(yùn)動(dòng)到C，機(jī)械能的增加量為?E=Fx=即小球在C點(diǎn)的機(jī)械能比在A點(diǎn)多98mvv則小球在C點(diǎn)的速度為v則小球在C點(diǎn)的動(dòng)能為E故D正確；

故答案為：BCD。

【分析】小球靜止釋放時(shí)，在重力和電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律確定電場(chǎng)力和重力的大小關(guān)系。明確小球從A到C的過程中在豎直方向上的位移情況，再分別對(duì)水平和豎直方向運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定小球在B、C點(diǎn)的速度，再根據(jù)動(dòng)能的定義確定小球在B、C點(diǎn)的動(dòng)能大小。除重力以外的做功影響物體的機(jī)械能。11．【答案】（1）0.85；0.30（2）偏小【解析】【解答】（1）令手機(jī)質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m，對(duì)木塊與手機(jī)整體進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有2F?μ則有a=結(jié)合圖（b）解得m=0.85kg，（2）令木板與水平方向的夾角為θ，對(duì)木塊與手機(jī)整體進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有2F+則有a=由于操作過程中，將砂和砂桶釋放，細(xì)線帶動(dòng)木塊由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，表明釋放砂和砂桶前，木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，即有M+m則可知μg實(shí)驗(yàn)中處理數(shù)據(jù)時(shí)，將μgcosθ-gsinθ整體看為了μg，即有μ解得μ即，這樣會(huì)導(dǎo)致動(dòng)摩擦因數(shù)μ的測(cè)量結(jié)果偏小。

【分析】確定滑塊的受力情況，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理推到得出圖像的函數(shù)表達(dá)式，再分析圖像斜率及截距的物理意義，再根據(jù)圖像進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。分析木板傾斜情況下，物塊的受力情況，再根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)得出加速度函數(shù)表達(dá)式，通過和水平時(shí)表達(dá)式的比較分析結(jié)果的差異情況。12．【答案】（1）1.844或1.845或1.846（2）A；D（3）C【解析】【解答】（1）螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為1.5由于最后一位數(shù)是估讀，所以讀數(shù)在1.844mm～1.846mm之間即可。

（2）電源的電動(dòng)勢(shì)為4.5V，電壓表讀數(shù)應(yīng)大于量程的三分之一，所以電壓表應(yīng)選A電壓表，量程比較合適；電壓表選3V，所以電流最大約為I所以電流表應(yīng)選電流表D。

（3）因?yàn)殡妷罕韮?nèi)阻遠(yuǎn)大于待測(cè)電阻，故采用電流表外接法，為準(zhǔn)確測(cè)量電阻，應(yīng)使待測(cè)電阻兩端電壓變化較大，盡量多的測(cè)量數(shù)據(jù)，故采用分壓式接法。

故答案為：C。

【分析】注意測(cè)量?jī)x器的分度值及是否需要估讀。為減小讀數(shù)帶來的誤差，電表的讀數(shù)應(yīng)大于量程的三分之一，電流表的量程應(yīng)大于電流中電流的最大值。熟悉掌握電流表內(nèi)接法和外接法的判斷方法。13．【答案】（1）解；如圖甲所示，欲使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)使其所受的合力為零，有q其中q=q解得α=60°E又小球帶負(fù)電，電場(chǎng)強(qiáng)度方向與電場(chǎng)力方向相反，則電場(chǎng)強(qiáng)度E'的方向與水平方向的夾角為60°（2）解；如圖乙所示，小球要做直線運(yùn)動(dòng)，則小球受到的合力應(yīng)與運(yùn)動(dòng)方向共線，當(dāng)新的電場(chǎng)強(qiáng)度取最小值時(shí)，有q解得E同理電場(chǎng)強(qiáng)度Emin的方向與電場(chǎng)力的方向相反，則電場(chǎng)強(qiáng)度Emin的方向與水平方向的夾角為【解析】【分析】（1）要使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說明小球的合外力為0，對(duì)小球受力分析，可知它受原電場(chǎng)力的作用，方向?yàn)樾毕蛳?，與水平方向成30度角，還受到豎直向下的重力以及未知具體方向的后加電場(chǎng)產(chǎn)生的電場(chǎng)力，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件，知前兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力的大小相等，方向相反，由此推測(cè)出新電場(chǎng)力的方向大概斜向上，并且設(shè)新電場(chǎng)力的方向與水平方向的夾角為α，建立直角坐標(biāo)系，對(duì)不落在軸上的力進(jìn)行分解，根據(jù)平衡條件分別對(duì)x軸、y軸列式，最后聯(lián)立可求得新電場(chǎng)力的大小以及新電場(chǎng)力的具體方向，再根據(jù)電場(chǎng)力的公式可以求出新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度，并且由于小球帶負(fù)電，新加電場(chǎng)的方向與新電場(chǎng)力的方向相反；

（2）首先明確一個(gè)點(diǎn)，要使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說明小球受到的合力方向要與速度方向在同一條直線運(yùn)動(dòng)，要么同向，要么方向，通過畫圖我們知道要使小球的合力跟運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上且使新加的電場(chǎng)強(qiáng)度最小即新電場(chǎng)力最小，新電場(chǎng)力要與重力垂直于原電場(chǎng)線的分力抵消掉，由此列式結(jié)合電場(chǎng)力的公式可以求出新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度，并且由新電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)線的方向相反得出新電場(chǎng)的方向。14．【答案】（1）乙算珠恰能滑動(dòng)到邊框a處（2）0.22s【解析】【解答】（1）設(shè)甲算珠與乙算珠碰撞前甲