13．BC 【解析】 【详解】
A．由图可知，2小时内乙车一直做反方向的运动，1小时末时开始减速但方向没有变，A错误； B．图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知，2小时内，甲车正向运动的位移为
11x甲??2?30km?30km；而乙车反向运动，其位移大小为x乙??2?30km?30km，因两车相向
22运动，且初始时刻相距70km，则2小时末时，两车还相距10km，B正确；
C．图象的斜率表示加速度，由图可知，乙车的图象斜率总是大于甲车的图象的斜率，故乙车的加速度总比甲车的大，C正确；
D．4小内甲车的总位移为120km，而乙车的总位移为?30km?60km?30km，即乙车的位移为正方向4小时末时，的30km，两车原来相距70km，甲车离出发点120km，而乙车离甲车的出发点70+30km=100km，故此时甲乙两车不相遇，故D错误． 14．AB 【解析】 【详解】
A.小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，根据动能定理得:-mgH-fH=△Ek，则得动能的减小量等于mgH+fH；故A正确.
B.根据功能关系知：除重力外其余力做的功等于机械能的变化量；在上升过程中，物体克服阻力做功fH，故机械能减小fH；故B正确.
C.小球上升H，故重力势能增加mgH；故C错误.
D.在上升的过程中，小球克服空气阻力做功fH；故D错误. 15．BD 【解析】 【分析】
当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度． 【详解】
开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin??kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故d?x2，故
m2gsin??kd，故A错误；当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F?m1gsin??kx2?m1a1，
又开始时，A平衡，则有：m1gsin??kx1，而d?x1?x2，解得：物块A加速度为a1?F?kd，故m1B正确；拉力的瞬时功率P?Fv，故C错误；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Ep?Fd?m1gdsin??16．AC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．由题意可知，y轴方向 y=v0t 而x轴方向 x=
1m1v2，故D正确；故选BD． 212at 2联立可得
22v0y?x
a2故A正确，B错误；
C．设合速度的方向与y轴夹角为α，则有
tan?＝ata＝t v0v0故C正确； D．x轴方向 vx=at
那么合速度的大小
2v?v0?a2t2 则v的大小与时间t不成正比，故D错误； 故选AC。
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 17．逆时针转动 0.3A 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]逆时针转动，因为通电液体在磁场中受到磁场力（安培力）的作用，根据左手定则可以判断液体在磁场力作用下会逆时针转动。
(2)[2]开关闭合后，旋转的液体为一只电动机，欧姆定律不适用，因此根据闭合电路欧姆定律
E?I?R0?r??UV
代入数据解得
I?0.3A
18． (1) BC； (2) 1.34 ； (3)①， 1.67 【解析】 【详解】
（1）[1]A.平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力。所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动.故A错误.
B.为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行.故B正确. C.使用打点计时器时，为了有效利用纸带，应先接通电源后释放小车.故C正确.
D.试验中小车的加速度不是越大越好，加速度太大，纸带打的点太少，不利于测量.故D错误. （2）[2]由匀变速运动的规律得： s4-s1=3a1T2 s5-s2=3a2T2 s6-s3=3a3T2
联立并代入数据解得：
a?a1?a2?a3?0.34m/s2
3（3）[3] 由图象可知，当F=1时，a≠1．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。 [4]根据 F=ma
得a-F图象的斜率
k?1 m由a-F图象得图象斜率k=1.5，所以 m=1.67kg
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19． (1) 【解析】 【详解】
(1)在D点对滑块受力分析，可知
(2) 滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为7.5×10-2N (3)
得：
(2)滑块通过D点时受合力提供向心力
滑块由C到D，由动能定理可知
滑块通过C点时，由牛顿第二定律可知
得：
由牛顿第三定律可知，滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为7.5×10-2N (3)滑块由A到C，由动能定理可知
得：
20．（1）60N （2）108J （1）16J 【解析】
试题分析：（1）物块A炸裂前的速度为v0，由动能定理有 mAgL（1﹣cos60°）=mAv02① 解得 v0=6m/s
在最低点，根据牛顿第二定律有 F﹣mAg=mA②
由①②式解得 F=mAg+2mAg （1﹣cos60°）=60N
（2）设物块1的初速度为v1，物块2的初速度为v2，则v2=v0 由动量守恒定律得mAv0=m1v1﹣m2v2 解得v1=12m/s
△E=m1v12+m2v22﹣mAv02 解得△E=\
（1）设物块1 与B粘合在一起的共同速度为vB，由动量守恒 m1v1=（m1+mB）vB 所以vB=\
在以后的过程中，当物块C和1、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vm，由动量守恒 （m1+mB）vB=（m1+mB+mC）vm 有vm=\由能量守恒得
Epm=（m1+m2）vB2﹣m1+mB+mC）vm2 得Epm=\
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
21．（1）E=1×105v/m 场强方向水平向左 （2）F=0.5N 【解析】 【详解】
解：由“小球静止”知小球受力平衡，对小球受力分析如图所示，
mg40?10-3?10N==0.5N 根据三力平衡规律，可得：F=mgtanθ=0.04×10×0.75N=0.3N； FT?cos?0.8根据电场力F=Eq 得：E?F0.3N==-1×105v/m； ?6q-3?10C则：电场强度的大小为：1×105v/m；场强方向为：水平向左； 22． (1) 40m/s (2) 20s 【解析】 【分析】
(3份试卷汇总)2024-2024学年湖南省永州市物理高一第二学期期末检测模拟试题
