2024年河北省衡水市安平中学高考物理模拟试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.甲、乙两人用绳和通过装在楼和楼楼顶的定滑轮，将质量为的物块由点沿直线缓慢地向上提升，如图所示为锐角．则在物块由点沿直线缓慢上升过程中，以下判断正确的是( )
A. 绳和绳中的弹力逐渐减小
B. 绳和绳中的弹力逐渐增大
C. 绳中的弹力一直增大，绳中的弹力先减小后增大
D. 绳中的弹力先减小后增大，绳中的弹力一直增大
2.地面第五代移动通信已经进入商用，卫星通信与地面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( )
卫星通信类别 轨道高度范围 特点
低轨道卫星通信 传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗都小
中轨道卫星通信 传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗都变大相比，但小于
高轨道地球同步卫星通信 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。
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
3.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场，点与点的连线垂直于电场线，点与在同一电场线上。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分别从点和点沿竖直平面进入电场，点的粒子与电场线成一定的夹角进入，点的粒子垂直电场线进入，两粒子恰好都能经过点，重力不计。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 两粒子到达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. 两粒子到达点时的电势能都比进入电场时小
D. 两粒子到达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，该同学站在滑板前端，与滑板一起以的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板正前方有一静止的滑板，在滑板接近滑板时，该同学迅速从滑板跳上滑板，接着又从滑板跳回滑板，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为，两滑板的质量均为，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和滑板组成的系统机械能守恒
B. 该同学跳回滑板后，他和滑板的共同速度为
C. 该同学跳离滑板的过程中，滑板的速度减小
D. 该同学跳离滑板的过程中，对滑板的冲量大小为
5.如图所示，为正三角形，和边上放有带等量异种电荷的绝缘细棒，为边中点，为中垂线上点右侧的一点，为上的一点，选无穷远处电势为，则下列说法正确的是( )
A. 点和点场强可能大小相等，方向相同
B. 点的电势一定低于点
C. 将一正检验电荷沿直线从点运动到点，电势能不变
D. 将一正检验电荷沿直线从点运动到点，电场力做负功
6.如图所示，、两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知，轻弹簧的劲度系数为。若在木块上作用一个竖直向上的力，使木块由静止开始以的加速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块向上做匀加速运动开始到、分离的过程中。弹簧的弹性势能减小了，重力加速度取。下列判断不正确的是( )
A. 木块向上做匀加速运动的过程中，力的最大值是
B. 木块向上做匀加速运动的过程中，力的最小值是
C. 从向上做匀加速运动到、分离的过程中，力对木块做功为
D. 从向上做匀加速运动到、分离的过程中，力对木块做功为
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平行，已知，，，，，一比荷为的带负电粒子由点沿方向以速率进入该电场，恰好可以通过点。不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. 点电势为零 B. 场强方向由指向
C. 该粒子到达点时速度大小为 D. 该粒子到达点时速度方向与边垂直
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，当滑动变阻器的滑片向端移动时，电压表、和的示数分别为、和，三个电压表示数变化量的绝对值分别为，和，电流表的示数为，电流表示数变化量的绝对值为，以下说法中正确的是( )
A. 增大，不变
B. 电源的总功率和效率均增大
C.
D. 如果设流过电阻的电流变化量的绝对值为，流过滑动变阻器的电流变化量的绝对值为，则
9.如图甲所示，点处固定有力传感器，长为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如图所示，图乙为轻绳弹力大小随变化的部分图象。图乙中为已知量，重力加速度大小为，则( )
A. 小球质量为 B. 小球在与圆心等高处时的速度为
C. 小球恰能做完整圆周运动 D. 小球在最低点时的速度为
10.如图所示，是圆的一条水平直径，是竖直方向的另外一条直径，点是圆上的点，连线与的夹角为，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将带正电量为、质量为的油滴从圆心点以相同的初动能射出，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，经过点时油滴的动能最小且为，已知重力加速度的大小为，匀强电场的场强，那么( )
A. 电场线与垂直且点电势高于点电势
B. 油滴经过点动能为
C. 油滴经过点时的动能为
D. 油滴经过连线中点时的动能为
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
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
已知交流电源频率为，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所示图中相邻两点间有个点未画出。小车的加速度大小为 ？结果保留位有效数字
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关系图像，如图所示。此图像的段明显偏离直线，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、为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块、包含挡光片质量分别为、，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮挡的时间。
先调节气垫导轨水平，轻推一下，直到它通过光电门的时间______填“大于”、“等于”、“小于”它通过光电门的时间；
将静置于两光电门之间，将置于光电门右侧，用手轻推一下，使其向左运动，与发生碰撞，为了使碰后不返回，则 ______。填“”、“”或“”；
在上述前提下，光电门记录的挡光时间为，滑块、先后通过光电门时，记录的挡光时间分别为、，已知两挡光片宽度相同，若、、、、满足______写出关系式，用、、、、表示则可验证动量守恒定律；若、、还满足另一个关系式______，用、、表示则说明、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：取一质量为的物体，使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，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，取重力加速度。
求物体与斜面之间的摩擦系数；
求撤去推力后，物体还能上升的距离斜面足够长。
14.如图所示，木板、静止于光滑水平桌面上，上表面水平且足够长，其左端放置一滑块，、间的动摩擦因数为，、由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态，现在突然给一个向右的速度，让在上滑动，当的速度为时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时的速度为，、、的质量均为。
从获得速度开始经过多长时间绳子被拉直？
拉断绳子造成的机械能损失为多少？
若最终滑块未脱离木板，则木板的长度至少为多少？
15.如图，圆弧轨道的圆心为，半径为，圆弧轨道的点与水平地面相切，点在点的正下方，在点的右侧有一竖直虚线，点到竖直虚线的距离为，竖直虚线的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为大小未知，竖直虚线的右侧有场强大小为大小未知、竖直向上的匀强电场。竖直虚线的右侧有一竖直墙壁，墙壁到竖直虚线的距离为，墙壁底端点与水平地面相连接，墙壁的高度也为。现将一电荷量为C、质量为的完全绝缘的滑块从点由静止释放沿圆弧轨道下滑，过点时的速度大小为，最后进入竖直虚线右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道光滑，水平地面与滑块间的动摩擦因数为，，，，。求：
场强的大小；
滑块到达竖直虚线时速度的大小和滑块从点到达竖直虚线所用时间；
要使滑块与竖直墙壁碰撞，求的取值范围。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：以物块为研究对象，分析受力情况：重力、的拉力和绳子的拉力，由平衡条件得知，和的合力与大小相等、方向相反，
当将物体点向上缓慢移动，绳方向不变则方向不变，绳绕点逆时针转动，作出三个转动过程三个位置力的合成图，如图中由到到的过程，由图可以看出绳拉力一直变大，绳弹力先减小后变大。故C正确。
故选：。
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】
【解析】解：、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小时，其他卫星的运行周期不是小时，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，可得：，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：，解得运行速度：，即线速度随轨道半径 的增大而减小， 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 ，故D错误。
故选：。
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 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】
【解析】解：、根据动能定理知点的粒子到达点时的速度增大，而点的粒子到达点时的速度大小不变，它们的初速度大小相等，所以两粒子达到点的速度大小不相等，故A错误；
B、由于间的电势差为零，间的电势差大于零，则由知，电场力对点的粒子不做功，对点的粒子做正功，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，点的粒子到达点时电势能不变，点的粒子到达点时电势能减少，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，设点的粒子与电场线的夹角为则点的粒子到达点的时间，点的粒子到达点的时间，可见，两粒子到达点所需时间一定不相等，故D正确。
故选：。
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】
【解析】解：、根据机械能守恒的条件，在整个系统中，在、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、因该同学从跳上，再跳回时最终两滑板恰好不相撞，可知速度相等，该同学跳回滑板整个过程中系统水平方向合力为零，动量守恒，则
代入数据解得：，所以最终他和滑板的速度为，故B正确；
C、该同学跳离滑板的过程中，人给滑板的水平方向的作用力向右，可知滑板的速度增加，故C错误；
D、该同学从跳上到跳离滑板整个过程中的冲量为：，代入数据得：
所以该同学跳离滑板的过程中对滑板的冲量大小小于，故D错误。
故选：。
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时速度变化，根据动量定理求出的冲量。
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】
【解析】解：沿方向，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，沿方向电场强度的方向都向下，点和点场强方向相同，但点场强要小于点的场强，故A错误；
B.选无穷远处电势为，由电场的分布特点可知，点电势为，点电势小于，所以点的电势一定高于点，故B错误；
C.沿方向电场强度的方向都向下，则将一正检验电荷沿直线从点运动到点，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，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点运动到点，电场力做正功，故D错误。
故选：。
根据场强的叠加和对称性，可以判断点和点场强的大小；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】
【解析】解：、对、整体分析，根据牛顿第二定律可得：
弹簧开始时被压缩，向上做加速运动，不变，弹簧弹力逐渐变小，则力逐渐增大。
对分析，根据牛顿第二定律有：
不变，力逐渐增大，则、间的弹力逐渐减小，当、间的弹力减小为零时，力达到最大值保持不变。
则开始时力有最小值，对整体由牛顿第二定律有：
当刚要脱离时，力有最大值，对有：，故AB正确；
、、静止时，根据胡克定律可得，弹簧的压缩量为：
A、分离瞬间，对分析，根据牛顿第二定律有：
解得，此时弹簧的压缩量为：
设、分离时的速度为，则根据运动学规律有：
整个过程中，根据功能关系可得：
解得，从向上做匀加速运动到、分离的过程中，力对木块做功为：，故C正确，D错误。
本题选不正确的，
故选：。
根据牛顿第二定律对整体进行分析拉力的变化趋势，再隔离物体求拉力的总大、小值；
先隔离物体，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】
【解析】解：、，，匀强电场中与成正比，故可知的中点的电势为，可知为等势线，连接，做的垂线，根据沿电场线方向电势降低可知场强方向由指向，故B错误；
A、点如图所示，为和交点，由几何知识可知为的中点，强电场中与成正比，有
可得，，故A错误；
C、由于为等势线，故电场强度方向垂直于，有几何知识知垂直于故电场强度方向指向，与夹角，故
电场强度的大小
平行电场强度方向小球做匀速直线运动
电场强度方向小球做匀加速直线运动
解得，
电场强度方向小球的速度
该粒子到达点时速度大小为，故C正确；
D、与延长线的夹角的正切值
可知
该粒子到达点时速度方向不与边垂直，故D错误。
故选：。
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点时的速度，根据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】
【解析】解：如图所示当滑片向端移动时，滑动变阻器电阻变大，由欧姆定律对分析则有
可知增大，根据闭合电路欧姆定律得
化简得
则有
可得不变，故A正确；
B.当滑动变阻器的滑片向端移动时，滑动变阻器增大，电路中总电阻增大，总电流减小，电源的总功率
得电源的总功率减小；
由电源的效率表达式有
根据闭合电路欧姆定律，路端电压为
可知总电流减小时路端电压增大，得电源的效率增大，故B错误；
C.由分析可得
由闭合电路欧姆定律得路端电压为
由和电路关系得
那么可得
联立解得
故
而的电压为
则
那么有
当
可得
故C错误；
D.根据和并联，并联电路电压相同，由欧姆定律有
得表达式
当滑动变阻器的滑片向端移动时，滑动变阻器增大，得电路中总电流减小，由于增大，为定值，得增大，根据电流关系
所以减小的量比增大的量更大，故
故D正确。
故选：。
本电路图和并联，再与串联；根据滑片向端移动时，滑动变阻器电阻变大，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】
【解析】解：、设小球在最低点时的速度为，则当角度为时，由动能定理：，绳子拉力满足：，
联立解得：，故图线解率大小为，截距 ，解得：，，故AD正确；
B、与圆心等高处，即时，此时满足，解得：，故B错误；
C、假设小球能沿圆周到达最高点，此时，带入以上结果可知，此时，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：。
根据动能定理、牛顿第二定律可写出轻绳弹力大小随变化的表达式，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】
【解析】解：、从经过点时油滴的动能最小且为，则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：，
由题意可知：
联立解得：，则电场线的方向如图所示。
由几何关系可知，与电场线垂直，点电势低于点电势，故A错误；
B、油滴经过点时，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、油滴从经过点时，电场力做负功，由动能定理可得：
从经过点时：
联立解得油滴经过点时的动能为：，故C正确；
D、油滴经过连线中点时的动能为等于粒子经过中点的动能，由动能定理有：，联立选项的表达式，解得：，故D正确。
故选：。
根据从经过点时粒子的动能最小且为，则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点和点电势的高低；
根据动能定理可求得经过、、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】
【解析】解：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：。
由交流电源频率为，纸带上相邻两点间有个点未画出，可知相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
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，都不会影响关系图的段明显偏离直线，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
解得
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，则有图像的段明显偏离直线，故D正确。
故选：。
故答案为：；；
根据平衡摩擦力的方法分析判断；
根据逐差法求加速度；
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
【解析】解：轻推一下，直到它通过光电门的时间等于它通过光电门的时间，则说明滑块做匀速直线运动，气垫导轨已经调节水平。
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。
设挡光片宽度为，滑块经过光电门的速度为
滑块经过光电门的速度为
滑块经过光电门的速度为
取向右为正方向，根据动量守恒可得
整理得
若为弹性碰撞，则有
联立解得
可得
故答案为：等于；；，
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。
为了使碰后不返回，的质量应大于的质量。
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。根据求出碰撞前通过光电门的速度以及碰后、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，、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：秒内，由图可得
由牛顿第二定律可得
由图像可得
后，由图可得
由牛顿第二定律可得
解得
撤去推力后，由牛顿第二定律可得
解得
撤去外力后，物体的速度为，物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度位移公式得
代入数据解得
答：物体与斜面之间的摩擦系数为；
撤去推力后，物体还能上升的距离为。
【解析】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；
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，注意由图象与图象获取所需信息、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：从获得速度到绳子拉直的过程中，取向右为正方向，对根据动量定理得：
解得：；
设绳子刚拉直时的速度为，对、系统分析，选择向右为正方向，由动量守恒定律得：
计算得出：
绳子拉断的过程中，、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：
解得：
绳子拉断过程中，以、为系统，根据能量守恒定律得损失的能量为：
解得；
设在拉断前的过程中相对于的位移为，由能量守恒定律可得：
解得：
设绳子拉断后恰好滑到的右端时又相对于滑动了，此时二者速度相等时最小，对分析，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
由能量守恒定律有：
解得：
木板的最小长度为：
联立解得：。
答：从获得速度开始经过时间绳子被拉直；
拉断绳子造成的机械能损失为；
若最终滑块未脱离木板，则木板的长度至少为。
【解析】当的速度为时绳子刚好伸直，对根据动量定理求解从获得速度开始到绳子刚好伸直的时间；
在整个运动过程中，、、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；
根据能量守恒定律求解绳拉断时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：滑块从运动到的过程中，根据动能定理可得：
解得
滑块从点运动到点的过程中，根据牛顿第二定律可得：
代入数据解得：
根据速度位移公式可得：
根据速度时间公式可得：
联立解得：；
当电场强度较小时，滑块刚好能与竖直墙壁底部点碰撞，则
解得：
当电场强度较大时，滑块刚好能与竖直墙壁的顶部点碰撞，从点到点做类平抛运动，则
水平方向上：
在竖直方向上：
根据牛顿第二定律可得：
联立解得：
则电场强度的范围为
答：场强的大小为；
滑块到达竖直虚线时速度的大小为，滑块从点到达竖直虚线所用时间为；
要使滑块与竖直墙壁碰撞，的取值范围为。
【解析】根据动能定理求场强的大小；
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；
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。
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