2026届湖南岳阳市高三年级教学质量监测（一模）物理试卷

2026届高三年级教学质量监测(一) 物理试卷 本试卷共8页，15道题，满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、考号和姓名填写在答题卡指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应的标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。 4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡。 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.物理学的发展与完善离不开科学家的探索，也伴随着重要研究思想与方法的确立。下列对相关物理学史或物理思想方法的描述正确的是（ ） A.伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因 B.麦克斯韦电磁理论告诉我们变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场 C.牛顿通过“月地检验”，发现了月球受到的引力与地面上的重力是不同性质的力 D.点电荷是一种理想模型，当带电体的形状、大小及电荷分布状况对所研究问题影响不可忽略时，可以将带电体视为点电荷 2.如图所示，在同一竖直平面内，两套自动投放装置分别安装在不同高度的固定平台上。装置①与装置②分别以大小相等、方向相反的水平初速度释放两个小型探测器，释放后探测器只受重力作用，且两探测器恰好在同一时刻落到地面，它们运动轨迹的交汇点为A点。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ） A.两探测器一定在 A点发生相遇 B.两探测器一定是在同一时刻被释放的 C.装置①与装置②释放的探测器水平方向的位移大小相等 D.两物体运动过程中，速度变化率大小始终相等，方向竖直向下 3.一只双层圆形晾衣篮(结构如图)，篮口平面的圆心为O点。晾衣篮可视为质量均匀分布，半径 R=0.40m的刚性圆环。四根轻绳下端系于圆环上四等分点A、B、C、D，上端汇到P点，再由挂钩悬挂。调节四根轻绳的长度，使 P点始终在圆心O 点正上方，且保持篮口水平。篮与衣物总质量m=12kg，取重力加速度 每根绳允许的最大拉力为50N，为保证四根绳都不断裂，P点到O点的竖直距离至少应为（ ） A.0.30m B. 0.25m C. 0.20m D.0.15m 如图所示，在某种介质水平面上有S₁、S₂、Q、O四个点，S₁和 之间的距离为8m,O点为S₁和S₂连线的中点,点Q到S₁的距离为6m,到S₂的距离为10m,两波源分别置于S₁和S₂，t=0时刻同时从平衡位置开始沿竖直方向振动，振动方程均为y=2sin(πt) cm,波速为2m/s。下列说法正确的是（ ） A.该简谐波的波长为2m B. O点振动加强，Q点振动减弱 C. 在 t=6.5s 时, 点 Q 的位移大小为4cm D.在0~4s的时间内，点O 通过的路程为8cm 5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，接入 的理想交流电源，定值电阻R₁和R₂的阻值均为55Ω，滑动变阻器 的最大阻值为55Ω，电流表、电压表均为理想电表。当滑动变阻器 R₃的滑片P从最上端滑动到最下端的过程中，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别用△I 和△U表示，下列判断正确的是（ ） A.滑片在向下滑动过程中，电源的输出功率变小 B.滑片在向下滑动过程中，电流表的示数变小 C.当滑片滑到最下端时，电压表的示数为44V D.电表示数变化量的绝对值之比 等于13.75Ω 学科网（北京）股份有限公司 6.如图所示，某智能物流系统的倾斜传送带AB与水平面夹角为( 传送带以v₀=6m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。现将一个质量m=200kg的打包货箱(可视为质点)无初速地置于底端A处。为了提高运输效率，系统对货箱施加一个沿传送带向上的恒定辅助拉力 F=1600N。已知货箱与传送带的动摩擦因素 取重力加速度. 空气阻力忽略不计。当货箱运行至顶端B时，速度大小恰好为10m/s, sin37°=0.6, cos37°=0.8。关于该过程, 下列判断正确的是（ ） A.货箱从底端A 运行至顶端B 耗时5s B.传送带AB段长度. C.由于货箱与传送带相对滑动产生的热量为2800J D.货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长为14m 7.如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m=0.4kg,带电量为q=+0.5C的小球(可视为质点)，小球在半径R=2m的竖直光滑圆轨道上，从与圆心等高的点A 以初速度 v₀ 沿轨道切线向下运动，恰好能做完整的圆周运动。角度θ为小球从A 点起沿运动方向转过的圆心角，C点为轨道最低点，已知带电体在运动过程中电势能 Ep随角度θ的变化图像如图乙所示，电势能的最大值 取重力加速度 下列判断正确的是（ ） A.电场强度大小为6N/C，方向水平向右 B.小球在从A 点运动到C 点的过程中机械能先增大后减小 C.小球在运动过程中速度的最大值为 10m/s D.小球在运动过程中对轨道压力的最大值为30N 学科网（北京）股份有限公司 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.我国“朱雀”行星探测计划对类地行星X进行详细探测，探测器将先进入行星X的同步轨道(轨道周期与行星自转周期相同)，轨道高度为h。随后经过多次变轨，最终进入贴近行星表面的圆形轨道运动。已知行星自转周期为T₀，贴近表面轨道周期为T，引力常量为G，忽略大气阻力及探测器质量变化。根据上述信息，下列判断正确的是（ ） A. T小于 T₀ B.行星X 的半径R 与同步轨道高度h满足关系式 C.行星X的质量可表示为 其中 R 为行星X半径 D.探测器在行星X同步轨道上的加速度大于在贴近表面轨道上的加速度 9.如图所示，质量分别为m₁和m₂的两个小球之间用轻绳AB、BQ和轻弹簧PA连接并保持静止，其中轻绳AB保持水平，轻弹簧PA 与竖直方向夹角为37°，轻绳BQ与竖直方向夹角为53°, sin37°=0.6, cos37°=0.8, 重力加速度为g,下列说法正确的是（ ） C.剪断轻绳BQ 的瞬间，小球m₁的加速度为 D.剪断轻绳BQ的瞬间，小球m₂的加速度为 学科网（北京）股份有限公司 10、如图所示，两根足够长的导轨由上下两段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N两点等高，间距L=1m，连接处平滑。导轨面与水平面夹角θ=30°，导轨两端分别连接一个(C=0.6F的电容器和一个阻值， 的电阻，整个装置处于B=1T 的垂直斜面向上的匀强磁场中，两根导体棒 ab、cd分别放在 MN两侧，质量分别为 棒 ab 电阻忽略不计，棒 cd 电阻 ，给cd施加一沿导轨平面向上的恒力.F=5N,使 cd 由静止开始运动，同时 ab 从距离 MN为x=1m处由静止开始释放，两棒恰好在 MN处发生弹性碰撞，相遇前瞬间棒 cd速度为4m/s，此时撤去作用力F，取重力加速度 则从棒 ab静止释放开始（ ） A.棒 ab 静止释放到与棒 cd相遇运动的时间为1s B.棒 cd沿导轨向上运动的距离为6.4m C.棒 cd上产生的焦耳热为24J D.两棒碰后，棒 cd速度大小为2m/s 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(6分)甲同学用单摆测定重力加速度的装置如图所示，O为固定悬点，摆球用细线悬挂，在摆球与O点之间串接力传感器，记录细线对摆球的拉力F。将摆球从最高点(与竖直方向夹角θ<5°)由静止释放，摆球在同一竖直面内往返运动。数据采集得到 F-t图像如图所示。 学科网（北京）股份有限公司 (1)由图乙可知，单摆的振动周期T= s。 (2)若已知摆长L和周期T，则当地重力加速度的表达式g= (用L、T表示)。 (3)乙同学发现他们组的摆球在水平面内做圆周运动，如图丙所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍然用单摆运动公式求出重力加速度，则由此测得的重力加速度值与真实值相比将 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 12.(10分)某同学利用实验室的实验器材制成了简易的欧姆表，该简易欧姆表有×10、×1两个倍率，如图所示，已知电流计(内阻. 量程为 滑动变阻器 R(最大阻值为1500Ω)、电阻箱(0~499.9Ω)、干电池(E=1.2V, r=0.8Ω)。 (1)电路中M应为 (填“红”或“黑”)表笔；断开开关S时，应为 (填“×10”或“×1”)倍率。 (2)断开开关S，滑动变阻器接入电路的电阻值为 Ω，当电流表的指针偏转角度为满偏的 时，此时所对应的电阻阻值应为 Ω。 (3)这位同学发现，表内电池的电动势已经下降，但仍然可以调零。实际测量时，实际阻值为240Ω的标准电阻的测量值为300Ω，分析可知表内电池的电动势等于 V。 学科网（北京）股份有限公司 13.(10分)某同学利用几何光学原理制作了一种简易液体折射率测量仪，一正方体容器，边长为d=10cm，紧贴容器底边内侧贴有等间距刻度尺，最左端刻度为0刻度，向右刻度增大。空容器时，从A 点恰好能看到底部刻度尺的0刻度点B，向容器中加入透明液体，每次都加到同一高度，使液面稳定在离底部h=8cm处，仍沿AB方向观察，恰好能看到底部刻度尺的C点，读出其刻度读数为x=4cm，空气的折射率取1.0，光在空气中的传播速度取 求： (1)C点刻度处对应的液体折射率n(已知. A (2)光在该液体中的传播速度v。 14.(15分)有一粒子源位于边长为2L 的正方体空间内的几何中心O，能够向水平各个方向发射速度大小均为v₀、质量为m，电荷量为+q的相同带电粒子，忽略粒子重力及粒子间相互作用。求： (1)若只加竖直向下的匀强电场，为使垂直于平面ABCD射出的粒子能打在F点，求所加电场的场强E的大小； (2)若只加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 粒子运动到正方体侧面的最短时间t； (3)当所加竖直向下的匀强电场 时，再在竖直方向加一竖直向下的匀强磁场，使所有粒子都能汇聚于正方体底面的中心( ，求所加磁场的磁感应强度 B₂。 学科网（北京）股份有限公司 15.(16分)一质量 M=1kg的绝缘长木板放在倾角( 的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离，s=10.25m,斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t=0时刻将一质量；m=2kg的带正电小物块置于木板上距离木板左端l=37m的位置，并使其获得沿木板向上的初速度v₀=6m/s，如图所示，与此同时，撤去作用在木板上的外力。空间还存在着沿斜面向上的匀强电场，场强大小 小物块的带电量 当木板第一次与弹性挡板相碰时，撤去电场。木板与物块间的动摩擦因数μ=0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，不考虑因电场变化产生的磁场，： 取重力加速度 求： (1)t=0时刻，小物块和木板的加速度的大小； (2)木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小； (3)小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡扳间的距离。 学科网（北京）股份有限公司 $岳阳市2026届高三教学质量监测（一) 物理参考答案及评分标准 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要 求 题号 1 2 3 4 5 6 1 答案 B D A C D O D 1.B【解析】 A.伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因 ,故A错误； B.麦克斯韦电磁理论指出变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场，故B正确： C. 牛顿通过“月地检验”证明了月球受到的引力与地面上的重力是同一种力，故C错误： D.点电荷是理想模型，当带电体的形状、大小及电荷分布对研究问题影响可忽略时，才能视为 点电荷，故D错误。 2.D【解析】 A.两探测器轨迹交汇于A点，但不是在A点相遇，它们在不同时刻经过A点，故A错误： B.两探测器同时落地，但由于释放高度不同，释放时间不同，故B错误： C.水平位移x=vt,由于运动时间不同，水平位移不相等，故C错误； D.两物体均只受重力，加速度均为g,方向竖直向下，所以速度变化率相同，故D正确。 3.A【解析】 设P点到O点的竖直距离为h,每根绳与竖直方向夹角为8，根据共点力平衡有g=4Tcos0,由 长系知tan9无当取最大值50N时，cos9最小，最小。代入数据：m12ka,8 ,R-0.40m,解得cos0=0.6,=0.30m。故答案为A。 4.C【解析】 A.由振动方程=2sin(r0cm得角频率w=元rads,周期T-2r=2S,波速=2m/s,波长v=4m ,故A错误； B.O点到两波源路程差为0，是振动加强点：Q点到两波源路程差为4=λ，也是振动加强点，故 B错误； C.在=6.5s时，来自S的波已在Q点振动6.5s-3s=3.5s,来自S2的波已在Q点振动6.5s-5s=1.5s,两 列波在Q点引起的振动相位相同，合振幅为4cm,振动方程为y=4sin(π0cm，当仁1.5s时，位移 为-4cm,大小为4cm,故C正确； D.波传到O点需2s,在0~4s内O点振动时间为2s,即一个周期，通过的路程为4×4cm=16cm,故 D错误。 5.D【解析】 A.滑片向下滑动过程中，电阻减小，副线圈等效电阻减小，原线圈电流增大，电源的输出功 率P=增大，故A错误： B.原线圈电流增大，副线圈电流也增大，所以电流表示数变大，故B错误： C.当滑片滑到最下端时，副线圈总电阻为552，等效电阻为2202，原线圈两端电压为196V,副 线圈两端电压为88V,故C错误； D.依电压表示数U与电流表示数1关系u=R+U,可得M=风+U,U=-()2R1+u, n n, △U=-13.752,绝对值之比为13.752，故D正确。 AI 6.C【解析】 A.对货箱第一阶段进行受力分析可得：F+1gcos日-gsin0=g,先以加速度a4=3m/s2加速 到与传送带共速，时间t=2s,位移=6；共速后，摩擦力发生突变，第二阶段 F-mg cos(0-gsin0=m%,,再以加速度ab=1m/s2加速到=10m/s,时间=4s,位移x2=32m,总 时间=6s,故A错误； B.传送带长度Lx1+x2=38m,故B错误； C.摩擦力大小f-ungcos37°=200N,第一阶段相对位移△s1=6m,第二阶段相对位移△s28m,总 相对路程△s=14m,产生热量Q=s=2800J,故C正确： D.货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为相对路程14，但实际痕迹长度为两阶段相对位移覆 盖的区域长度，为8m,故D错误。 7.D【解析】 A.由电势能变化图像可知，电势能最大值为Eo=6J,对应位置为起始点A(0=0)。电势能表达 式为Ep=9 ERcos(0,代入数据得6=O.5×E×2,解得电场强度大小E=6N/C。由Ep=gERcos0知电 场强度方向水平向左，故A错误： B.从A点到C点过程中，电场力做负功，电势能减小，机械能一直增加，故B错误： C.建立等效重力场，大小F=5N,方向与竖直方向夹角37°斜向左下方，等效重力加速度为 12.5m/s2,小球恰能做完整圆周运动，则在等效最高点（合力反方向)有最小速度ym,满足 耳m受，代入可得5m,最大速度出现在等效最低点，2识，R=m。,代入可 R 得vx=55m/s,故C错误； D.在等效最低点，轨道对小球支持力最大，由牛顿第二定律：N-F=mm, R 代入可得N6F=30N,故D正确。 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要 求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 题号 8 9 10 答案 AC BC AB 8.AC【解析】 A.由开普勒第三定律可知，轨道半径越大周期越长。同步轨道半径+h大于行星半径R,故同 步轨道周期T大于贴近表面轨道周期T,即T<To,故A正确： B.由开普勒第三定律可得，R=T,整理得R=巴)，故B错误； (R+h)To R+hTo C对同步轨道，由万有引力提供向心力，G奶=m据(R+创，解得M-红+，其中R 4π2 (R+h)m GT2 为行星X半径，故C正确： D.探测器做圆周运动的加速度由a=GM决定，半径越大加速度越小。同步轨道半径R+h大于贴 近表面轨道半径R,故同步轨道上的加速度小于贴近表面轨道上的加速度，故D错误。 9.BC【解析】 AB.对两小球及连接装置进行受力分析，设弹簧PA的弹力为F,绳AB的张力为T1,绳BO的张力 为T2。对水平方向有Fsin37=T1,竖直方向有Fcos37=mg:对2水平方向有T2sin53=T1,竖直 方向有T2cos53°-hg。联立可得ngtan3?70-2gtan530,即业-tan53°_16，故A错误，B正确： 2tan37-9 CD.剪断轻绳BO瞬间，弹簧弹力F不变，绳AB张力突变为T。对M1:竖直方向有Fcos37=g, 故1v0:水平方向有T-sin37=h4。对2：竖直方向只受重力，故a2,=-g;水平方向有-T-2a 。由绳4B不可伸长，两球水平加速度相等，均为a,联立解得a=sn37°，代入得a,=-28 m1+2 258, 故m的加速度大小为号&，方向水平向左：加的加速度有水平分景2。 g和竖直分量g,合加速 25 25 度大小不为号8，故C错误，D正确 10.AB【解析】 A.对金属棒b和电容器组成的回路有△q=C·BL△v,对b,根据牛顿第二定律有 网g30n=州A,其a含/是联立有a=及40、设羽验民6匀加 △t 速直线运动，则有。a,联立解得4=2m83,1s,故A正确： B.由题知，碰前群间cd的速度为m,则根据功能关系有R-%g如日-Q-叫好，金属棒上 滑过程中根据动量定理有P1-4gin0-1-B7-1=m,,其中g=7n=B,R=r+R=22, R点 联立解得x6.4m,Q=24J,v1=2m/s,故B正确： C.Q为总焦耳热，其中cd棒上产生的焦耳热为O.R+, Q=4.8J,故C错误： D.两棒发生弹性碰撞，以沿斜面向上为正方向，碰前v三2ms,2=4ms,由弹性碰撞公式可得， 碰后棒cd速度大小为4m/s,方向沿斜面向下，故D错误。 三、非选择题：本题共5小题，共56分 11.(6分，每空2分)(1)1.6 （2)4π2L (3)偏大 7T2 【解析】(1)由图乙F-t图像可知，相邻两个拉力峰值（对应摆球经过最低点）之间的时间间隔为 0.8s,此为半个周期，故单摆的振动周期T=1.6s。 (2)由单摆周期公式T=2π， , 解得g-4rL (3)若摆球在同一水平面内做圆锥摆运动，其周期公式为T-2元，©os6(8为细线与竖直方向夹角) g ，对同一摆长L,圆锥摆周期T小于单摆周期7(cos1)，若仍用单摆周期公式g=4工计算， T2 由于实际周期测量值T偏小，将导致计算结果g偏大。 12.(10分，每空2分)（1)黑 ×10 （2)1139.2 400 (3)0.96 【解析】(1)在欧姆表内部，电流从内置电源的正极流出，经过黑表笔、外部待测电阻、红表笔流 回电源负极，因此，与内部电源正极相连的M表笔为黑表笔：S断开时，干路的最大电流变小，根据 =左，满偏电流越小，欧姆表内阻越大，对应较高的倍至 (2)根据闭合电路欧姆定律1=一B。,可得R=1139.22。当电流表指针偏转为满偏的3时，设 r+R+R 4 所测电阻为R,有= E 代入数据解得R=4002。 r+R+R。+R 当电池电动势下降为卫后，可调，欧姆装的内阻2，满足。太：测量一个实际电阻方 R=2402的电阻时，指针指向的刻度值为R=3002,对于同一个指针位置（即相同的电流I), R+凡R尼化简后得到比例关系； 在电动势为E和E时，分别满足：1=。卫一=E E_R8,可 ER真 得E=0.96V。 13.(10分)【解析】 (1)C点发出的光线C0从液体射向空气中，有折射定律有sn∠AOM sin /CON=n …2分 由几何关系可知∠AOM=45°，∠CON= CN 1 CN+ON5 …2分 解得液体的折射率m=0 ≈1.58 A .2分 (2)因为n=C .2分 解得v=30x10≈1.9×10/5 .2分 5 【说明：(1)问6分，(2)问4分，其他解法对，也酌情给分】 14.（15分)【解析】 (1)粒子从中心O沿垂直与平面ABCD的方向（设为x轴正方形）以初速度vo射出，在竖直向下的电 场中做类平抛运动。运动方程为：w6,:=】吗： .2分 2 m 设F点为ABCD（如x=L的侧面)下边缘中点，=L,z二L 代入方程：1=L,-L=-1驱凸 .1分 2 m vo 解得：E=2mmd .2分 gl (2)只加竖直向下的磁场B,=", 粒子在水平面内做匀速直线运动， gl 轨道半径：r="=L,周期：T=2m-2L .…2分 gB 粒子从O点运动到侧面（如x=L)的最短时间，对应圆周运动中从O点到侧面垂足的最短弧长， 通过何分析，当粒子初速度方向x釉夹角为，弦长0P乙，圆心角8？ …1分 6 弧长=L交，故最短时间：t=三= .2分 3 V。3v。 (3)同时加上电场和磁场，粒子运动可以分解为竖直方向的匀加速直线运动，水平方向的匀速圆 周运动，得-L=.x,T=2(1、2、3) .3分 2 m gB2 联立解得B,-2y5m（1、2、3) …2分 gL 【说明：(1)问5分，2)问5分，3)问5分，其他解法对，也酌情给分】 15.(16分)【解析】 (1)对物块进行分析，根据牛顿第二定律有gsn日+umg cos0-Eq=1m☑ .2分 解得a=4m/s2,方向沿斜面向下 .1分 对木板进行分析，根据牛顿第二定律有gcos6-gsin0=Ma, …2分 解得a,=2m/s2,，方向沿斜面向上 …1分 (2)物块先向上做匀减速直线运动，木板先向上做匀加速直线运动，令历时达到相等速度， 则有y=V。-a4=a,t2,解得t=1s,v1-2m/s .1分 此过程，物块位移x=。y5=4,木板位移x,=上1=1m .1分 之后两者保持相对静止向上做往返匀变速直线运动， 根据牛顿第二定律有(M+m)gsin0-Eq=(M+m)a,解得a=2m/s2 .1分 运动至木板第一次与挡板碰撞过程有-(6+)=4. 1 _at, .1分 舍去负值解得t=4.5s, .1分 此时木板速度为y=-a,+at2=7m/s …1分 (3)木板第一次与挡板碰撞，此时物块距下端的距离L1=37m+3m=40m, 之后，对物块ngsin0-1gcos日=1a,得a,=2m/s2 对木板Mg sin0+gcos6=Ma,得a,=14m/s2, .1分 之后物块向下一直做匀加速直线运动，木板先向上匀减后向下匀加，加速度不变， 因此每次与挡板碰撞前瞬间速度大小均为7m/s …1分 设物块做木板上滑行，每经过△t木板和挡板碰撞一次，则有△=21=1s, a 第一次碰后，物块相对木板下移d,=7m+1m=8m 第二次碰后，物块相对木板下移d,=7m+3m=10m 第三次碰后，物块相对木板下移d,=7m+5m=12m 第4次碰撞前的瞬间物块与挡板的距离为△d,则有△d=L-(d,+d+d)=10m 因此小物块与挡板碰撞次数为4次 …1分 v/(m/s) 1 6 7.5 7m 7m 7m 1m 3m 5 d=131+P+7t-7r,得5-1035,5+10、（舍 3 3 滑出瞬间小物块与挡板间的距离x=7t-7t2= 49W10-140 1m≈1.66m .1分 9 【说明：(1)问6分，2)问6分，3)问4分，其他解法对，也酌情给分】