2023-2024學年云南省名校高三下學期月考物理試題（二）（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE72024屆云南名校月考試卷（二）物理試卷一、選擇題：1.電梯上升過程中，某同學在電梯里用智能手機記錄了電梯速度隨時間變化的關系，如圖所示。關于該同學，下列說法正確的是（）A.末，加速度為零 B.末，離出發(fā)點最遠C.內，受到的合力逐漸變小 D.內，平均速度小于〖答案〗C〖解析〗A．圖像中，圖線的斜率表示加速度，由題目中的圖像可知，時，該同學的速度為零，加速度不為零，故A錯誤；B．內，電梯繼續(xù)向上運動，因此時，該同學離出發(fā)點最遠，故B錯誤；C．內，該同學的加速度逐漸變小，根據牛頓第二定律可知，該同學受到的合力逐漸變小，故C正確；D．圖像中，圖線和時間軸所圍圖形的面積表示位移，由題目中圖像可知，該同學在內的位移大于，因此內，根據可知，電梯的平均速度大于，故D錯誤。故選C。2.2022年6月5日，神舟十四號載人飛船與空間站組合體成功實現自主快速交會對接?？臻g站、同步衛(wèi)星繞地球的運動均可視為勻速圓周運動。已知空間站的運行軌道半徑為，同步衛(wèi)星的運行軌道半徑為，下列說法正確的是（）A.空間站處于平衡狀態(tài) B.空間站的角速度比同步衛(wèi)星的小C.空間站與同步衛(wèi)星的運行周期之比為 D.空間站與同步衛(wèi)星的運行速率之比為〖答案〗D〖解析〗A．空間站繞地球做勻速圓周運動，所受合外力不為零，處于不平衡狀態(tài)，故A錯誤；B．空間站、同步衛(wèi)星都繞地球做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律可得化簡可得由于，因此空間站的角速度比同步衛(wèi)星的大，故B錯誤；C．設空間站、同步衛(wèi)星的運行周期分別為，根據開普勒第三定律可得整理可得故C錯誤；D．設空間站、同步衛(wèi)星的運行速率分別為，根據牛頓第二定律可得化簡可得因此空間站與同步衛(wèi)星的運行速率之比為故D正確。故選D。3.如圖所示，間距為且相互平行的導軌固定在水平絕緣桌面，導軌左端與電源連接，電源電動勢為，金屬棒垂直于導軌放置，整個回路的電阻為。整個空間中存在方向垂直于金屬棒且與水平面成角斜向上方的勻強磁場，磁感應強度大小為。取，。若金屬棒始終靜止，則金屬棒受到的摩擦力（）A.方向水平向右，大小為 B.方向水平向左，大小為C.方向水平向右，大小為 D.方向水平向左，大小為〖答案〗A〖解析〗根據左手定則可知，金屬棒受到的安培力方向斜向左上方，對金屬棒受力分析如圖所示根據平衡條件可得聯立解得方向水平向右。故選A。4.如圖所示，質量為的質點在平面坐標系上以某一速度運動時，受到大小不變，方向沿軸負方向的合力作用。已知質點運動的最小速度為，質點速度由增加到所用的時間為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗質點沿軸方向先做勻減速直線運動后做勻加速直線運動，當質點沿軸方向的分速度為0時，質點運動的速度最小。當質點的速度為時，根據則速度與軸正方向的夾角為，根據勻變速直線運動的規(guī)律可得根據牛頓第二定律可得聯立解得故選C。5.如圖所示，真空中正方形的四個頂點處分別固定有電荷量為的點電荷，點為正方形的中心，兩點關于點對稱。若將點處的點電荷移走，規(guī)定無窮遠處電勢為零。下列說法正確的是（）A.兩點的電勢均減小 B.點的電勢增大，點的電勢減小C.兩點的電場強度均減小D.點的電場強度減小，點的電場強度增大〖答案〗C〖解析〗AB．c點處的點電荷帶負電，規(guī)定無窮遠處電勢為零，則點處的點電荷在兩點的電勢均小于零，電勢是標量，因此將點處的點電荷移走后，兩點的電勢均增大，故AB錯誤；CD．移走點處的點電荷前，兩點的電場強度如圖所示，設之間的距離為，根據矢量合成的平行四邊形定則可知，點處的電場強度大小為方向向左，點處的電場強度大小為方向向右。將點處的點電荷移走后，點處的電場強度大小為方向向右，點處的電場強度大小為方向向右。因此兩點的電場強度均減小，故C正確，D錯誤。故選C。6.一列簡諧橫波沿軸傳播，時刻的波形圖如圖所示，是平衡位置分別處于、處的質點。質點沿軸方向做簡諧運動的表達式為。下列說法正確的是（）A.該簡諧橫波的周期為 B.該簡諧橫波的波速為C.該簡諧橫波沿軸負方向傳播 D.質點處于波谷時，質點的速度最大〖答案〗AD〖解析〗A．該簡諧橫波的周期為故A正確；B．由題圖可知該簡諧橫波的波長為，所以該簡諧橫波的波速為故B錯誤；C．由質點的振動方程可知時刻，質點a沿軸正方向振動，根據“同側法”可知該簡諧橫波沿軸正方向傳播，故C錯誤；D．質點與質點的平衡位置相差，當質點處于波谷時，質點處于平衡位置，速度最大，故D正確。故選AD。7.如圖所示，一定質量理想氣體，由狀態(tài)開始，經三個過程后回到初狀態(tài)。下列說法正確的是（）A.過程中，氣體向外界放出熱量 B.過程中，氣體始終對外界做功C.過程中，氣體的內能先增大后減小 D.過程中，氣體向外界放出熱量〖答案〗BC〖解析〗A．過程中，氣體的體積不變，氣體對外做的功為根據查理定理可得解得因此過程中溫度升高，內能增大，故根據熱力學第一定律可知氣體從外界吸收熱量，故A錯誤；B．過程中，氣體體積始終增大，對外界做功，故B正確；C．過程，根據理想氣體方程可知壓強和體積的乘積先增大后減小，故氣體的溫度先升高后降低，內能先增大后減小，故C正確；D．過程，氣體最終回到狀態(tài)a內能不變，故圖像中圖線和坐標軸圍成的面積表示氣體對外界做的功，由題目中圖像可知整個過程中，氣體對外界做正功，故根據熱力學第一定律可知故氣體從外界吸收熱量，故D錯誤。故選BC。8.如圖甲所示，豎直放置的輕質彈簧，下端固定在水平地面上，質量為的小球從彈簧正上方一定高度處靜止開始自由下落，從小球開始下落到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球的加速度隨位移變化的關系如圖乙所示。重力加速度取，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.彈簧的勁度系數為B.彈簧的彈性勢能最大為C.小球從運動到的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒D.小球從運動到的過程中，小球的最大速度為〖答案〗BD〖解析〗A．小球在處的加速度為0，根據牛頓第二定律可得由題目圖乙可知聯立解得故A錯誤；B．當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，根據能量守恒可得故B正確；C．小球從運動到的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，故C錯誤；D．當小球的加速度為零時，小球的速度最大，根據圖像與坐標軸圍成的面積表示合外力做的功，則小球從運動到的過程中，合外力做的功為根據動能定理則小球最大速度為故D正確。故選BD。二、非選擇題：9.實驗小組將小量程電流表（滿偏電流為，內阻為）改裝成多用電表，其中電流表的量程為、電壓表的量程為，然后進行校對，設計電路如圖所示，圖中電阻箱（阻值范圍為）、（阻值范圍為），a為公共接線柱?；卮鹣铝袉栴}：（1）為_______的接線柱（選填“電流表”或“電壓表”）。（2）應將電阻箱的阻值調為_______。（3）實驗小組用標準表對改裝后的多用電表進行校準時，發(fā)現電流擋準確，電壓擋量程偏大，為使改裝后的電流擋量程為、電壓擋的量程為，應_______。（填正確〖答案〗前的字母標號）A．僅將調大B．僅將調小C．將都調大D．將調大，將調小〖答案〗（1）電流表（2）2910.0（3）B〖解析〗（1）[1]與小量程電流表并聯，為電流表接線柱，與改裝后的電流表串聯，為電壓表接線柱。（2）[2]根據串、并聯電路的規(guī)律可得解得（3）[3]由于電流擋準確，所以不需要調整。電壓擋量程偏大，根據串、并聯電路的規(guī)律可得因此僅將調小即可。故選B。10.實驗小組利用如圖甲所示實驗裝置做“探究加速度與物體所受合外力關系”的實驗。將一端帶定滑輪的長木板置于水平桌面上，滑塊放在長木板上，砂桶通過滑輪用輕質細線拉滑塊，在細線的另一端接一個微型力傳感器，通過力傳感器可以直接讀出細線的拉力大小。保持滑塊質量不變，在砂桶中添加少量細砂來改變力傳感器的示數，利用打點計時器打出的紙帶計算出不同拉力對應的加速度的大小。已知實驗中打點計時器使用的是頻率為的交流電源，重力加速度取，據此回答下列問題：（1）關于該實驗，下列說法正確的是_______。（填正確〖答案〗前的字母標號）A．保證砂桶和砂的總質量遠遠小于滑塊的質量B．調節(jié)定滑輪，使連接滑塊的細線與木板平行C．把力傳感器示數作為滑塊受到的合力（2）安裝并調節(jié)好裝置，接通電源由靜止釋放滑塊，某次實驗得到一條點跡清晰的紙帶如圖乙所示，相鄰兩個計數點之間還有四個點沒有畫出來，利用以上數據可知，打該紙帶時滑塊的加速度大小_______。（計算結果保留3位有效數字）（3）改變砂桶和砂的總質量，記錄多組傳感器的示數，并計算對應的滑塊的加速度，在坐標紙上描點作出圖像，如圖丙所示，所得圖線沒有經過坐標原點，可能的原因是_______（寫一條即可）。（4）由圖丙可以求出滑塊的質量為_______kg，滑塊與木板間的動摩擦因數為_______。（計算結果均保留2位有效數字）〖答案〗（1）B（2）1.80（3）沒有補償滑塊受到摩擦力（4）0.41##0.40##0.42##0.43##0.44##0.45##0.460.19##0.16##0.17##0.18##0.20##0.21〖解析〗（1）[1]A．可以通過力傳感器直接測出細線的拉力，不需要保證砂桶和砂的總質量遠遠小于滑塊的質量，故A錯誤；B．調節(jié)定滑輪，使連接滑塊的細線與木板平行，才能保證細線的拉力與木板平行，故B正確；C．由于沒有補償摩擦力，因此滑塊的合力是細線的拉力與滑塊受到的摩擦力的合力，故C錯誤。故選B。（2）[2]相鄰兩計數點的時間間隔為根據勻變速直線運動的規(guī)律，可得此時滑塊的加速度大小為（3）[3]題目中沒有補償滑塊受到的摩擦力，因此細線的拉力不是滑塊受到的合力，圖丙中的橫坐標是細線的拉力，因此圖線沒有經過坐標原點。（4）[4]對滑塊根據牛頓第二定律可得化簡整理可得因此圖像的斜率表示解得[5]加速度為零時，有解得11.如圖所示，在平面直角坐標系的第一象限內，存在方向垂直紙面（坐標面）向里的勻強磁場，磁感應強度大小為。一帶電粒子從軸上的點，以速率在紙面內沿與軸正方向成的方向射入磁場，粒子恰好垂直于軸離開磁場。不計粒子的重力。求：（1）粒子的比荷；（2）粒子在磁場中運動的時間?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示，設帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為，由幾何關系可得根據牛頓第二定律可得聯立解得（2）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為帶電粒子在磁場中運動的時間為聯立解得12.如圖甲所示，王亞平在天宮課堂中演示了水球光學實驗，在完全失重時往水球中央注入空氣形成了一個內含氣泡的水球。其簡化模型如圖乙所示，氣泡與水球同心，半徑分別為。在過球心的球面內，用一細束單色光照射這一水球上的a點，光束恰好在氣泡表面發(fā)生全反射，然后從水球點射出。已知兩點之間的距離為，光在真空中的傳播速度為。求：（1）水的折射率；（2）細光束在水球中的傳播時間?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）光路圖如圖所示由幾何關系可得則解得由于光束恰好在氣泡表面發(fā)生全反射，根據光的折射定律可得聯立解得（2）根據折射定律可得細光束在水球中的傳播速度為由幾何關系可得細光束在水球中傳播距離為細光束在水球中傳播的時間為聯立解得13.如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在足夠長的斜面上，斜面與水平面之間的夾角為。物塊（可視為質點）和木板，通過不可伸長的輕繩跨過光滑定滑輪連接，物塊與木板下端對齊，物塊、木板間的接觸面和輕繩均與斜面平行。時刻，將物塊、木板靜止釋放；時，剪斷輕繩，物塊恰好不會從木板上端滑落。已知木板的上表面光滑，下表面與斜面之間的動摩擦因數，物塊、木板的質量分別為：，取重力加速度。求：（1）時刻，物塊加速度大??；（2）木板的長度?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）剛釋放物塊、木板瞬間，設輕繩的拉力大小為，物塊的加速度大小為，對物塊、木板分別根據牛頓第二定律可得聯立解得（2）在時間內，設時，物塊a的速度大小為，對物塊分別根據勻變速直線運動的規(guī)律可得解得剪斷輕繩后，對物塊、木板分別根據牛頓第二定律可得解得，設再經過時間，物塊、木板達到共速解得，在時間內，根據勻變速直線運動可得，物塊、木板的位移的大小分別為解得木板的長度為聯立解得2024屆云南名校月考試卷（二）物理試卷一、選擇題：1.電梯上升過程中，某同學在電梯里用智能手機記錄了電梯速度隨時間變化的關系，如圖所示。關于該同學，下列說法正確的是（）A.末，加速度為零 B.末，離出發(fā)點最遠C.內，受到的合力逐漸變小 D.內，平均速度小于〖答案〗C〖解析〗A．圖像中，圖線的斜率表示加速度，由題目中的圖像可知，時，該同學的速度為零，加速度不為零，故A錯誤；B．內，電梯繼續(xù)向上運動，因此時，該同學離出發(fā)點最遠，故B錯誤；C．內，該同學的加速度逐漸變小，根據牛頓第二定律可知，該同學受到的合力逐漸變小，故C正確；D．圖像中，圖線和時間軸所圍圖形的面積表示位移，由題目中圖像可知，該同學在內的位移大于，因此內，根據可知，電梯的平均速度大于，故D錯誤。故選C。2.2022年6月5日，神舟十四號載人飛船與空間站組合體成功實現自主快速交會對接?？臻g站、同步衛(wèi)星繞地球的運動均可視為勻速圓周運動。已知空間站的運行軌道半徑為，同步衛(wèi)星的運行軌道半徑為，下列說法正確的是（）A.空間站處于平衡狀態(tài) B.空間站的角速度比同步衛(wèi)星的小C.空間站與同步衛(wèi)星的運行周期之比為 D.空間站與同步衛(wèi)星的運行速率之比為〖答案〗D〖解析〗A．空間站繞地球做勻速圓周運動，所受合外力不為零，處于不平衡狀態(tài)，故A錯誤；B．空間站、同步衛(wèi)星都繞地球做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律可得化簡可得由于，因此空間站的角速度比同步衛(wèi)星的大，故B錯誤；C．設空間站、同步衛(wèi)星的運行周期分別為，根據開普勒第三定律可得整理可得故C錯誤；D．設空間站、同步衛(wèi)星的運行速率分別為，根據牛頓第二定律可得化簡可得因此空間站與同步衛(wèi)星的運行速率之比為故D正確。故選D。3.如圖所示，間距為且相互平行的導軌固定在水平絕緣桌面，導軌左端與電源連接，電源電動勢為，金屬棒垂直于導軌放置，整個回路的電阻為。整個空間中存在方向垂直于金屬棒且與水平面成角斜向上方的勻強磁場，磁感應強度大小為。取，。若金屬棒始終靜止，則金屬棒受到的摩擦力（）A.方向水平向右，大小為 B.方向水平向左，大小為C.方向水平向右，大小為 D.方向水平向左，大小為〖答案〗A〖解析〗根據左手定則可知，金屬棒受到的安培力方向斜向左上方，對金屬棒受力分析如圖所示根據平衡條件可得聯立解得方向水平向右。故選A。4.如圖所示，質量為的質點在平面坐標系上以某一速度運動時，受到大小不變，方向沿軸負方向的合力作用。已知質點運動的最小速度為，質點速度由增加到所用的時間為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗質點沿軸方向先做勻減速直線運動后做勻加速直線運動，當質點沿軸方向的分速度為0時，質點運動的速度最小。當質點的速度為時，根據則速度與軸正方向的夾角為，根據勻變速直線運動的規(guī)律可得根據牛頓第二定律可得聯立解得故選C。5.如圖所示，真空中正方形的四個頂點處分別固定有電荷量為的點電荷，點為正方形的中心，兩點關于點對稱。若將點處的點電荷移走，規(guī)定無窮遠處電勢為零。下列說法正確的是（）A.兩點的電勢均減小 B.點的電勢增大，點的電勢減小C.兩點的電場強度均減小D.點的電場強度減小，點的電場強度增大〖答案〗C〖解析〗AB．c點處的點電荷帶負電，規(guī)定無窮遠處電勢為零，則點處的點電荷在兩點的電勢均小于零，電勢是標量，因此將點處的點電荷移走后，兩點的電勢均增大，故AB錯誤；CD．移走點處的點電荷前，兩點的電場強度如圖所示，設之間的距離為，根據矢量合成的平行四邊形定則可知，點處的電場強度大小為方向向左，點處的電場強度大小為方向向右。將點處的點電荷移走后，點處的電場強度大小為方向向右，點處的電場強度大小為方向向右。因此兩點的電場強度均減小，故C正確，D錯誤。故選C。6.一列簡諧橫波沿軸傳播，時刻的波形圖如圖所示，是平衡位置分別處于、處的質點。質點沿軸方向做簡諧運動的表達式為。下列說法正確的是（）A.該簡諧橫波的周期為 B.該簡諧橫波的波速為C.該簡諧橫波沿軸負方向傳播 D.質點處于波谷時，質點的速度最大〖答案〗AD〖解析〗A．該簡諧橫波的周期為故A正確；B．由題圖可知該簡諧橫波的波長為，所以該簡諧橫波的波速為故B錯誤；C．由質點的振動方程可知時刻，質點a沿軸正方向振動，根據“同側法”可知該簡諧橫波沿軸正方向傳播，故C錯誤；D．質點與質點的平衡位置相差，當質點處于波谷時，質點處于平衡位置，速度最大，故D正確。故選AD。7.如圖所示，一定質量理想氣體，由狀態(tài)開始，經三個過程后回到初狀態(tài)。下列說法正確的是（）A.過程中，氣體向外界放出熱量 B.過程中，氣體始終對外界做功C.過程中，氣體的內能先增大后減小 D.過程中，氣體向外界放出熱量〖答案〗BC〖解析〗A．過程中，氣體的體積不變，氣體對外做的功為根據查理定理可得解得因此過程中溫度升高，內能增大，故根據熱力學第一定律可知氣體從外界吸收熱量，故A錯誤；B．過程中，氣體體積始終增大，對外界做功，故B正確；C．過程，根據理想氣體方程可知壓強和體積的乘積先增大后減小，故氣體的溫度先升高后降低，內能先增大后減小，故C正確；D．過程，氣體最終回到狀態(tài)a內能不變，故圖像中圖線和坐標軸圍成的面積表示氣體對外界做的功，由題目中圖像可知整個過程中，氣體對外界做正功，故根據熱力學第一定律可知故氣體從外界吸收熱量，故D錯誤。故選BC。8.如圖甲所示，豎直放置的輕質彈簧，下端固定在水平地面上，質量為的小球從彈簧正上方一定高度處靜止開始自由下落，從小球開始下落到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球的加速度隨位移變化的關系如圖乙所示。重力加速度取，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.彈簧的勁度系數為B.彈簧的彈性勢能最大為C.小球從運動到的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒D.小球從運動到的過程中，小球的最大速度為〖答案〗BD〖解析〗A．小球在處的加速度為0，根據牛頓第二定律可得由題目圖乙可知聯立解得故A錯誤；B．當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，根據能量守恒可得故B正確；C．小球從運動到的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，故C錯誤；D．當小球的加速度為零時，小球的速度最大，根據圖像與坐標軸圍成的面積表示合外力做的功，則小球從運動到的過程中，合外力做的功為根據動能定理則小球最大速度為故D正確。故選BD。二、非選擇題：9.實驗小組將小量程電流表（滿偏電流為，內阻為）改裝成多用電表，其中電流表的量程為、電壓表的量程為，然后進行校對，設計電路如圖所示，圖中電阻箱（阻值范圍為）、（阻值范圍為），a為公共接線柱?；卮鹣铝袉栴}：（1）為_______的接線柱（選填“電流表”或“電壓表”）。（2）應將電阻箱的阻值調為_______。（3）實驗小組用標準表對改裝后的多用電表進行校準時，發(fā)現電流擋準確，電壓擋量程偏大，為使改裝后的電流擋量程為、電壓擋的量程為，應_______。（填正確〖答案〗前的字母標號）A．僅將調大B．僅將調小C．將都調大D．將調大，將調小〖答案〗（1）電流表（2）2910.0（3）B〖解析〗（1）[1]與小量程電流表并聯，為電流表接線柱，與改裝后的電流表串聯，為電壓表接線柱。（2）[2]根據串、并聯電路的規(guī)律可得解得（3）[3]由于電流擋準確，所以不需要調整。電壓擋量程偏大，根據串、并聯電路的規(guī)律可得因此僅將調小即可。故選B。10.實驗小組利用如圖甲所示實驗裝置做“探究加速度與物體所受合外力關系”的實驗。將一端帶定滑輪的長木板置于水平桌面上，滑塊放在長木板上，砂桶通過滑輪用輕質細線拉滑塊，在細線的另一端接一個微型力傳感器，通過力傳感器可以直接讀出細線的拉力大小。保持滑塊質量不變，在砂桶中添加少量細砂來改變力傳感器的示數，利用打點計時器打出的紙帶計算出不同拉力對應的加速度的大小。已知實驗中打點計時器使用的是頻率為的交流電源，重力加速度取，據此回答下列問題：（1）關于該實驗，下列說法正確的是_______。（填正確〖答案〗前的字母標號）A．保證砂桶和砂的總質量遠遠小于滑塊的質量B．調節(jié)定滑輪，使連接滑塊的細線與木板平行C．把力傳感器示數作為滑塊受到的合力（2）安裝并調節(jié)好裝置，接通電源由靜止釋放滑塊，某次實驗得到一條點跡清晰的紙帶如圖乙所示，相鄰兩個計數點之間還有四個點沒有畫出來，利用以上數據可知，打該紙帶時滑塊的加速度大小_______。（計算結果保留3位有效數字）（3）改變砂桶和砂的總質量，記錄多組傳感器的示數，并計算對應的滑塊的加速度，在坐標紙上描點作出圖像，如圖丙所示，所得圖線沒有經過坐標原點，可能的原因是_______（寫一條即可）。（4）由圖丙可以求出滑塊的質量為_______kg，滑塊與木板間的動摩擦因數為_______。（計算結果均保留2位有效數字）〖答案〗（1）B（2）1.80（3）沒有補償滑塊受到摩擦力（4）0.41##0.40##0.42##0.43##0.44##0.45##0.460.19##0.16##0.17##0.18##0.20##0.21〖解析〗（1）[1]A．可以通過力傳感器直接測出細線的拉力，不需要保證砂桶和砂的總質量遠遠小于滑塊的質量，故A錯誤；B．調節(jié)定滑輪，使連接滑塊的細線與木板平行，才能保證細線的拉力與木板平行，故B正確；C．由于沒有補償摩擦力，因此滑塊的合力是細線的拉力與滑塊受到的摩擦力的合力，故C錯誤。故選B。（2）[2]相鄰兩計數點的時間間隔為根據勻變速直線運動的規(guī)律，可得此時滑塊的加速度大小為（3）[3]題目中沒有補償滑塊受到的摩擦力，因此細線的拉力不是滑塊受到的合力，圖丙中的橫坐標是細線的拉力，因此圖線沒有經過坐標原點。（4