2021年河北省衡水中学高考物理三调试卷

2021年河北省衡水中学高考物理三调试卷
1.如图，“50TFSI”为某品牌汽车的一款车辆的尾部标识，其中“50”称为G值，G
值越大，加速越快。

G值的大小为车辆从静止加速到100km/ℎ(百公里加速)的平均
加速度的10倍。

若某款车百公里加速时间为8.0s，由此推算，该车的尾标应该是()
A. 25TFSI
B. 35TFSI
C. 45TFSI
D. 125TFSI
2.静止在匀强电场中的碳14原子核，某时刻放射的某种粒子与反冲核的初速度方向均与电场方向垂直，
且经过相等的时间后形成的轨迹如图所示(a、b表示长度)。

那么碳14的核反应方程可能是()
A. 614C→24He+410Be
B. 614C→10e+514B
C. 614C→−10e+714N
D. 614C→12H+512Be
3.在我市雨污分流改造施工中，需把钢材运送到水池的底部。

如图，工人甲
将钢材放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，乙通过拉绳将钢材微调到
准确位置。

设乙所拉轻绳始终保持水平，不考虑滑轮的摩擦及大小，在乙
缓慢释放手中的绳
子，钢材向左移动的过程中()
A. 甲对地面的压力不变
B. 甲手中绳子上的拉力不断增大
C. 甲受到地面的摩擦力大于乙受到地面的摩擦力
D. 乙手中绳子上的拉力不断增大
4.如图甲所示，在距水平地面h高处固定的点光源L及小金属球P左右紧贴放置。

小金属球P以初速度
v0水平向右抛出，最后落到水平地面上，运动中不计空气阻力。

以抛出点为坐标原点O、水平向右为x轴正方向，竖直向下为y铀正方向建立平而直角坐标系。

设经过时间t小金属球P运动至A点，其在地面的投影为B点，B点横坐标为x B；小金属球P在A点速度的反方向延长线交于x轴的C点，C点横坐标为x C。

以下图像能正确描述x B、x C随时间t变化关系的是()
A. B.
C. D.
5.2020年6月23日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙火箭成功将北斗三号导航系统最后一颗组
网卫星送入地球同步轨道。

关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是()
A. 火箭能够起飞，是因为火箭喷出的气体对火箭产生一个向上的作用力
B. 火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但无法加速飞行
C. 该卫星进入预定轨道之后完全失重，与地球之间不存在相互作用力
D. 该卫星在轨运行的速度大于地球的第一宇宙速度
6.据报道，2018年4月18日，某市一处高压电线落地燃烧，幸好没有造
成人员伤亡.高压电线落地可能导致行人跨步触电，如图所示，设人的
两脚MN间最大跨步距离为d，电线触地点O流入大地的电流为I，大
地的电阻率为P，ON间的距离为R.电流在以O点为圆心、半径为r的半球面上均匀分布，其电流密度
为I
2πr2
，若电流密度乘以电阻率等于电场强度，该电场强度可以等效成把点电荷Q放在真空中O点处产生的电场强度.下列说法错误的是()
A. 两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法等效
B. 点电荷Q的电荷量为PI
2πk
(k为静电力常量)
C. 图中MN两脚间路步电压可能等于PId
2πR2
D. 当两脚间的距离处于最大跨步时，跨步电压可能为零
7.如图所示为某种电吹风机电路图，图中a、b、c、d为四个固定触点。

绕O点转动的扇形金属触片P，
可同时接触两个触点，触片P位于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种状态。

图示状态刚好为触片P接触c、d两点。

已知电吹风吹冷风时的输入功率为60W，小风扇的额定电压为60V，正常工作时小风扇的输出功率为52W，变压器为理想变压器，则下列说法中正确的是()
A. 当扇形金属触片P与触点c、d接触时，电吹风吹热风
B. 当扇形金属触片P与触点a、b接触时，电吹风吹冷风
C. 小风扇的内阻为10Ω
D. 变压器原、副线圈的匝数比为n1
n2=11
3
8.如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔C，两板间存在正交的电场强度大小
为E的匀强电场、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，AC是两板间的中心线。

金属板下方存在有界匀强磁场区域EFDGH，区域内磁场的磁感应强度大小为B2，其中EFGH为长方形，EF边长为l，EH边长为4l；A、C、F、G四点共线，E、F、D三点共线，曲线GD是以5l为半径、以AG上某点(图中未标出)为圆心的一段圆弧。

现有大量比荷不同的正、负离子沿AG方向射入两金属板之间，有部分离子经F点进入下方磁场区域，比荷最大的某离子垂直EH边界穿出。

已知从F点进入下方磁场的正、负离子，比荷具有相同的最大值和最小值，且由F点进入下方磁场偏向FG右侧的离子都能从边界FD 射出磁场(存在临界情况)。

不计离子重力及离子间的相互作用，则下列说法正确的是()
A. P一定接电源正极，Q一定接电源负极
B. 从F点进入下方磁场的离子速度大小为v=B1
E
C. 从EH边界射出的离子最大比荷是E
lB1B2
D. 从FD边界射出的离子区域长度是2.8l
9.物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹
起的高度比释放时的高度更大。

如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有
极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，
所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则()
A. C球落地前瞬间A球的速度为√2gH
B. 从上至下三球的质量之比为1：2：6
C. A球弹起的最大高度为25H
D. A球弹起的最大高度为9H
10.如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。

一
物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。

某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短．测得物块A的动能E k与其位置坐标x的关系如图乙所示(弹簧始终处于弹性限度内)，图中除O～x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。

已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则()
A. 物块A、B的质量之比为1：2
B. 弹簧的劲度系数k=3E k1
x1(x2−x1)
g
C. 从x1到x3的过程中，物块运动加速度的最大值a max=x3−x2
x2−x1
E k1
D. 从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了△E p=9x3−8x1
3x1
11.某同学利用图甲装置探究“系统的机械能守恒”，该系统由钩码与弹簧组成。

实验步骤如下：
(1)首先测量出遮光条的宽度d。

a.测遮光条的宽度需要用图乙中的______ (选填“C”或“D”)；
b.某同学用卡尺把遮光条夹紧后直接进行读数，如图丙所示读数为______ cm；
c.上一步骤中该同学漏掉的操作是______ 。

(2)按图竖直悬挂好轻质弹簧，将轻质遮光条水平固定在弹簧下端，测出此时弹簧的长度x0；在铁架台
上固定一个位置指针，标示出弹簧不挂钩码时遮光条下边缘的位置。

(3)用轻质细线在弹簧下方挂上钩码，测量出平衡时弹簧的长度x，并按图所示将光电门的中心线调至
与遮光条下边缘同一高度。

(4)用手缓慢的将钩码向上托起，直至遮光片恰好回到弹簧原长标记指针的等高处(保持细线竖直)，将
钩码由静止释放，记下遮光条经过光电门的时间△t。

)2图像如图丁所示。

通过
(5)多次改变钩码个数，重复步骤(3)(4)，得到多组数据，作出(x−x0)−(1
△t
kx2(其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，查找资料，得知弹簧的弹性势能表达式为E p=1
2
已知当地重力加速度为g，则图线斜率等于______ (用d和g表示)时可得系统的机械能是守恒的。

(6)实验中钩码的速度实际上______ (选填“大于”、“等于”或“小于”)d。

△t
12.导体或半导体材料在外力作用下产生机械形变时，其电阻值发生相应变化，这种现象称为应变电阻效
应，图甲所示，用来称重的电子吊秤，就是利用了这个应变效应。

电子吊秤实现称重的关键元件是拉力传感器。

其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生微小形变(宏观上可认为形状不变)。

拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号(电压或电流)，从而完成将所称物体重量变换为电信号。

物理小组找到一根拉力敏感电阻丝R L，其阻值随拉力F变化的图像如图乙所示，小组按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤“。

电路中电源电动势E=3V，内阻r=1Ω；灵敏毫安表量程为10mA，内阻R g=50Ω；R1是可变电阻器，A、B两接线柱等高且固定。

现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在A、B两接线柱之间固定不动，通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力，现完成下列操作步骤：
步骤a.滑环下不吊重物时，闭合开关调节可变电阻R1使毫安表指针满偏；
步骤b.滑环下吊上已知重力的重物G，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；
步骤c.保持可变电阻R1接入电路电阻不变，读出此时毫安表示数I；
步骤d.换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；
步骤e.将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。

(1)试写出敏感电阻丝上的拉力F与重物重力G的关系式F=______；
(2)设R−F图像斜率为k，试写出电流表示数I与待测重物重力G的表达式I=______(用B、r、R1、R k、
R0、k、θ表示)；
(3)若R−F图像中R0=100Ω，k=0.5Ω/N，测得θ=60°，毫安表指针半偏，则待测重物重力
G=______N；
(4)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“简易吊秤”称重前，进行了步骤a操作，
则测量结果______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。

13.如图所示，长为3L的轻杆左端套在固定的水平转轴O上，右端连接有质量为M的小球A，绕过两个
光滑定滑轮C、D的细线一端连接A球，另一端连接B球，开始时轻杆水平，C、A间的细线竖直且长度为L，由静止释放A球，当A球运动到最低点时，速度刚好为零，重力加速度为g，BD段细线足够长。

轻杆与水平转轴间无摩擦，求：
(1)B球的质量；
(2)释放A球的瞬间，A球的加速度大小；
g，则A球运动到最低点时速度多大？
(3)若改变B球的质量，使A球由静止释放时的加速度大小为1
2
14.如图a所示，水平面内固定有宽L=0.2m的两根光滑平行金属导轨，金属杆ab、cd垂直导轨水平放置，
ab阻值R=0.5Ω，cd质量m=0.01kg。

匀强磁场垂直于导轨平面，不计金属杆cd和导轨的电阻。

若固定cd，用水平力F1=0.04N匀速向左拉动ab时，作出的位移大小−时间图像如图b中的①所示；
若固定ab，用水平力恒力F2从静止起拉动cd向右，作出的位移大小−时间图像如图b中的②所示，已知t=1s时纵坐标，但是此时并未达到匀速直线运动。

试求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)在F2拉动cd的3s时间内，ab上产生的焦耳热Q；
(3)若用水平外力按图线①向左匀速拉动ab的同时，用水平外力按图线②拉动cd，则1s内作用在cd
上的外力至少做了多少功。

(提示：不同电源串联时，回路中总电动势等于各电源电动势之和)
15.将冰块放在烧杯中，冰块慢慢熔化成水，再逐渐蒸发。

以下说法正确的是()
A. 几何形状不规则的冰块不是晶体
B. 冰熔化成水的过程中，水分子的平均动能增加
C. 在水的表面层，分子比较稀疏，分子间作用力表现为斥力
D. 水变成水蒸气，分子间距增大，分子势能增大
16.趣味运动“充气碰碰球”如图所示。

用完全封闭的PVC薄膜充气膨胀成型，人钻入洞中，进行碰撞游
戏。

充气之后碰碰球内气体体积为0.8m3，压强为1.5×105Pa。

碰撞时气体最大压缩量是0.08m3，不考虑压缩时气体的温度变化。

(1)求压缩量最大时，球内气体的压强；
(2)为保障游戏安全，球内气体压强不能超过1.75×105Pa，那么，在早晨17℃环境下充完气的碰碰球，
球内气体压强为1.5×105Pa，若升温引起的球内容积变化可忽略，请通过计算判断是否可以安全地在中午37℃的环境下进行碰撞游戏？
17.如图所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球(非金属球)带正电，悬挂于O
点，摆长为l，当它摆过竖直线OC时便进入或离开匀强磁场，磁场方
向垂直于单摆摆动的平面向里，A、B点分别是最大位移处。

下列说法
中正确的是()
A. A点高于B点
B. 单摆的振动周期不再等于T=2π√l
g
C. 摆球每次在C点处线上的拉力大小相等
D. 摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等
18.如图所示，一半径为3m的圆柱形容器中装有折射率为√2的透明液体，
在距离液面下方2m处有一点光源，在点光源正上方1m处有一半径为
1m的不透光圆盘，现让圆盘从此位置逐渐向上移动到液面，则移动过程中，人从液面上方可观察到的液面被该光照亮的最大面积和最小面积是多少？
答案和解析1.【答案】B
【解析】解：由题意可知，v=100km/ℎ=27.8m/s，则汽车的加速度a=△v
△t =27.8
8
m/s2=3.5m/s2
则可知，该车的G值为3.5×10=35；
故其新尾标应为35TFSI
故B正确ACD错误；
故选：B。

根据题意求得加速度，再根据题意求出G值即可确定新尾标的数值。

本题主要考查了匀加速直线运动的速度−时间公式，关键是根据信息求得加速度是解题的关键。

2.【答案】A
【解析】解：由轨迹弯曲方向可以看出，反冲核与放出的射线的受力方向均与电场强度方向相同，均带正电，所以放出的粒子为α粒子，即发生α衰变，则核反应方程是 614C→24He+410Be，故A正确，BCD错误．故选：A。

原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，粒子在电场中只受电场力，根据轨迹弯曲方向判断受力方向即可解答。

本题考查衰变，关键掌握衰变的三种粒子，α粒子带正电，β粒子为电子带负电，γ粒子不带电。

3.【答案】C
【解析】解：BD、对物体所连接的绳子节点进行受力分析，设甲绳在节
点的作用力与水平夹角为θ，物体缓慢移动，所以该节点合力时刻为零，
工人甲也受力平衡。

受力如图所示：
对节点受力平衡可知：T1cosθ=T2，T1sinθ=mg
在乙缓慢释放手中的绳子时，θ变大，则T1变小，T2变小，故BD错误；
AC、对甲受力分析可知：T1cosα=f，F N+T1sinα=G
工人甲将钢材放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，则α不变，当T1变小时，F N变大，故A错误；
对乙受力分析，在水平方向上，f′=T2
联立解得：f
f′=cosα
cosθ
，由图可知：α≤θ
则f≥f′，即甲受到地面的摩擦力大于乙受到地面的摩擦力，故C正确；
故选：C。

分别对物体所连接的绳子节点进行受力分析以及甲乙进行受力分析，然后根据受力平衡，及平行四边形定则即可求解两个绳子拉力的变化，以及支持力和摩擦力大小比较．
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

注意此题关键在于确定两个夹角的变化，从而实现力学平衡得动态分析。

4.【答案】B
【解析】解：AB、设运动到A点时所用的时间为t，对应的水平位移：x=v0t，竖直位移：y=1
2
gt2，根
据相似三角形得：v0t
x B =
1
2
gt2
ℎ
，解得：x B=2ℎv0
gt
，可知x B与1
t
成正比，即x B与t成反比，对应的图线应该是双
曲线的分支，故A错误，B正确；
CD、根据平抛运动的推论知，平抛运动某时刻速度的反向延长线经过水平位移的中点，即x C=1
2
v0t，可知x C与t成正比，图线为过原点的倾斜直线，故C、D错误。

故选：B。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，求出经过t时间时的水平位移和竖直位移，结合相似三角形得出x B与t的函数关系式，从而确定正确的图线；抓住平抛运动某时刻速度的反向延长线经过水平位移的中点，得出x C与t的函数关系式，从而确定正确的图线。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，从而确定正确图线。

5.【答案】A
【解析】解：A、火箭尾部向外喷气，喷出的气体反应过来对火箭产生一个反作用，从而让火箭获得向上的推力，故A正确；
B、火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故B错误；
C、该卫星进入预定轨道之后完全失重，仍然受到地球的引力，故C错误；
D 、第一宇宙速度是绕地球的最大的圆轨道运行速度，则该卫星在圆轨道上运行速度小于第一宇宙速度，故D 错误； 故选：A 。

火箭推力形成是火箭向外喷气，喷出的气体对火箭产生一个反作用力，与有无空气无关．飞船进入轨道后，受到地球的引力，该引力与飞船对地球的引力是一对作用力和反作用力．第一宇宙速度是卫星近表面圆轨道的运行速度，也是绕地球的最大的圆轨道运行速度。

本题考查了力的相互作用性，力与物体运动的关系，是基础题；知道火箭加速上升，受力不平衡是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：A 、两脚并拢时跨步电压较小，跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法，故A 正确； B 、根据题意有
kQ r 2
=I 2πr 2⋅P ，解得：Q =PI
2πk ，故B 正确；
C 、N 点处电流密度为I
2πR 2，由于MN 间的电场是非匀强电场，电场强度越靠近O 点越大，则知MN 间的场强大于I
2πR 2⋅P ，MN 两脚间跨步电压大于PId
2πR 2，故C 错误；
D 、当两脚位于同一等势线上时即两脚到O 点的距离相等时，跨步电压为零，故D 正确。

本题选错误的， 故选：C 。

根据题意：电流密度乘以电阻率等于电场强度，结合点电荷场强公式求等效点电荷Q 电量。

由欧姆定律分析MN 两脚间跨步电压。

根据电势的分布情况分析跨步电压。

本题是信息给予题，要读懂题意，抓住有效信息是关键，可采用类比的方法理解，将电流场与点电荷的静电场模拟分析。

7.【答案】D
【解析】解：A 、由电路图可知，当扇形金属触片P 与触点c 、d 接触时，电路处于断路状态，电吹风未处于工作状态，故A 错误；B 、由电路图可知，当扇形金属触片P 与触点a 、b 接触时，电热丝和小风扇都处于工作状态，电吹风吹热风，故B 错误；
CD 、由题意可知，理想变压器n 1两端的电压U 1=220V ，小风扇正常工作时n 2两端的电压U 2=60V ，由
理想变压器可得：U 1U 2
=n 1n 2
，解得n 1n 2
=
113
，故D 正确；电吹风吹冷风时的输入功率为P 1=60W ，输入电流
I 1=P 1U 1
=311A ，又因为I 1I 2
=n
2n 1
，解得I 2=1A ，电吹风内阻上消耗的功率P 内=60W −52W =8W ，所以小
风扇的内阻r =P 内
I 2
2=
8W (1A)2
=8Ω，故C 错误。

故选：D 。

根据触片P 的位置，由电路图可以判断小风扇处于哪种工作状态；理想变压器的电压关系：U 1U 2
=n
1
n 2
，电流
关系：I 1I 2
=n
2
n 1
；电吹风属于非纯电阻电路，内电阻上消耗的功率P 内=P 入−P 出；功率、电压、电流、电阻
的关系：P =UI ，P =I 2R 。

本题中的吹冷风与吹热风的电路连接，容易判断出错；理想变压器的电压关系和电流关系要理解清楚；纯电阻电路与非纯电阻电路中的电压关系、功率关系要弄清楚，不能混为一谈。

8.【答案】CD
【解析】解：A.由F 点进入下方磁场偏向FG 右侧的一定是正离子，偏向FG 左侧的一定是负离子，PQ 两板间复合场相当于速度选择器，电场方向一定从右极板指向左极板，即P 一定接电源负极，Q 一定接电源正极，故A 错误；
B .当离子在平行金属板间匀速运动时，有qvB 1=qE ，得v =E
B 1
，故B 错误；
C .比荷最大的离子垂直EF 射入下方磁场，又垂直EH 射出下方磁场，说明离子在下方磁场中偏转了90°，由几何关系可知离子做圆周运动的圆心为E 点，此时离子做圆周运动半径最小，为R 1=l ，由qvB 2=m v 2
R 1
得从EH 边界射出的离子的最大比荷q m =E
B
1B 2l
，故C 正确；
D .正离子做圆周运动的最长轨迹如图中实线所示，圆心为O ，半径R 2满足R 22+12=(51−R 2) 2，得R 2=
2.4l ，R 2为满足正离子均能从FD 射出的最大半径，不论离子带电正负，在磁场B 2中做圆周运动的半径都介于R 1和R 2之间，FD 上有离
子射出，距F 的最近距离为2R 1，距F 的最远距离为2R 2，即距F 点的距离为2l 到4.8l 范围内有离子射出，故D 正确。

故选：CD。

根据速度选择器，电场力与洛伦兹力平衡判断电极正负，并计算速度大小；根据粒子的运动轨迹结合几何关系分析半径，由于洛伦兹力提供向心力可求得比荷与射出的粒子区域长度。

本题考查速度选择器，在速度选择器中，还需要注意粒子匀速通过与电性无关，由洛伦兹力与电场力平衡可求得速度大小。

9.【答案】ABD
【解析】
【分析】
三球静止释放做自由落体运动，根据速度−位移公式求出C球落地前瞬间A球的速度大小；与地面发生弹性碰撞，速度大小不变，方向变为反向，球与球之间发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，结合动量守恒和机械能守恒求出三球的质量之比以及碰撞后A球的速度大小，结合速度−位移公式求出A球弹起的最大高度。

本题主要考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，掌握弹性碰撞的特点，注意使用动量守恒定律时要规定正方向。

【解答】
A、三球同时由静止释放，做自由落体运动，C球落地前瞬间下降的高度为H，则A球下降的高度也为H，根据速度−位移公式得：v2=2gH，解得：v=√2gH，故A正确；
B、球C与地面发射弹性碰撞后，速度方向向上，大小为√2gH，此时B的速度大小也为v=√2gH，方向
竖直向下，C 、B 两球发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，设碰撞后瞬间B 的速度为v′，规定向上为正方向，有：
m C v −m B v =m B v′，1
2m C v 2+1
2m B v 2=1
2m B v′2， 联立解得：m C =3m B ，v′=2v ；
A 、
B 两球发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，设碰撞后A 的速度为v″，规定向上为正方向，有： m B v′−m A v =m A v″，1
2m B v′2+1
2m A v 2=1
2m A v″2， 联立解得：m B =2m A ，v″=3v 。

可知m A ：m B ：m C =1：2：6，故B 正确； CD 、根据速度−位移公式，对A 球：v″2=2gℎ， 解得A 弹起上升的最大高度ℎ=v″22g
=
9v 22g
=9H ，故C 错误，D 正确。

故选：ABD 。

10.【答案】AD
【解析】解：A 、根据图象可知碰撞后A 的动能变为原来的19，根据E k =1
2mv 2可知碰撞后A 的速度大小变为原来的13，设碰撞前一刻速度为v ，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有：m A v =(m A +m B )⋅1
3v ，解得：m A ：m B =1：2，故A 正确；
B 、设A 质量为m ，则B 的质量为2m ，由图乙可知，x 2处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力为3mg ，从x 1到x 2过程中，弹簧弹力增加mg ，由胡克定律知：ΔF =kΔx ，故 mg =k(x 2−x 1)，从O 到x 1，由动能定理有：E k1=mgx 1，联立解得：k =E k1
x
1(x 2−x 1)
，故B 错误；
C 、从x 1到x 3过程中，加速度大小逐渐减小至0，然后再增加，故加速度最大处在x 1或者x 3处；在x 1处有：mg +2mg −F 弹=3ma ，F 弹=m B g =2mg ，解得a =13
g
在x 3处有：F 弹′−mg −2mg =3ma′，F 弹′=2mg +kΔx =2mg +k(x 3−x 1)，解得：a′=g 3⋅x 3−x
2
x 2
−x 1
，故加
速度最大值不可能为a max =x 3−x
2
x 2−x 1g ，故C 错误；
D 、碰撞后，
A 的动能为E k19
，则B 的动能为
2E k19
，总动能为
E k13
，从x 1到x 3过程中，由能量关系有：E
k1
3
+3mg(x 3−x 1)=ΔEp ，解得：ΔEp =9x 3−8x 13x 1
E k1，故D 正确。

故选：AD 。

根据图象可知碰撞后A 的动能变为原来的19，则碰撞后A 的速度大小变为原来的1
3，根据动量守恒定律求解
质量之比；从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律结合动能定理求解k的值；加速度最大处在x1或者x3处，根据牛
顿第二定律求解加速度的最大值；从x1到x3过程中，由能量关系求解弹簧弹性势能的增加量。

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；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。

11.【答案】C0.230拧紧紧固螺丝、移走遮光片d2
g
大于
【解析】解：(1)考查游标卡尺的使用方法：a、宽度是用外测量爪测量的，故选C；
b、游标卡尺的示数为主尺与游标尺示数之和，所以d=2mm+6×0.05mm=2.30mm=0.230cm；
c、读数之前要拧紧坚固螺丝，拿走遮光片，这一步被省略。

(2)～(5)根据实验步骤，质量为m的钩码开始平衡时有：k(x−x0)=mg
然后从弹簧原长的位置开始释放钩码向下运动了(x−x0)后，经过光电门时，速度为v=d
△t
而由题意此时弹簧的弹性势能为E p1=1
2k(x−x0)2=1
2
mg(x−x0)
若从释放到光电门处机械能守恒，则有：mg(x−x0)=1
2
mv2+E p1
代入得到：(x−x0)=d2
g ×(1
△t
)2
所以(x−x0)−1(△t)2图象的斜率k=d2
g。

(6)由运动学公式知道：d
△t
是光电门通过d位移，时间中点的瞬时速度，而实际速度应是d位移中点的瞬时速度，由运动学公式知：位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度，所以此处填大于。

故答案为：(1)a、C；b、0.230；c、拧紧紧固螺丝、移走遮光片；(2)d 2
g
；(3)大于
(1)使用外测量爪测量宽度，根据游标卡尺的读数规则判断操作过程及正确读数；
(5)根据实验过程和操作要求结合机械能守恒定律及平衡条件写出关系式，化简求出(x−x0)−1
(△t)2
表达式，然后求出斜率的大小；
(6)由运动学规律比较中间时刻的瞬时速度与位移中点的瞬时速度的大小。

本题是另类实验验证机械能守恒的实验，虽说弹性势能公式未知，但由于开始及平衡位置的特殊关系，弹性势能可以用重力的式子代替，从而列出机械能守恒的表达式，找到发生关系图象的斜率。