云南昭通市市直中学2025-2026学年高一下学期第二次阶段检测物理试题

昭通市市直中学2026年春季学期高一年级第二次月考 物理参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共46分） 一、选择题（本大题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合要求，每小题4分；第8～10题有多项符合要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C D B A A AB AC BD 【解析】 1．合外力方向与加速度方向相同，故A错误。内，汽车做匀速直线运动，合外力为0，故B错误。内和内，汽车的速度方向相同，故C错误。内加速度为负，内加速度为正，故内和内，汽车加速度方向相反，故D正确。 2．已知物体通过AB、BC两段位移的时间相等，且A到C总时间为2s，因此每段位移对应的时间，根据匀变速直线运动的推论：连续相等时间间隔内的位移差满足，其中，代入，解得，，，故选C。 3．小明在吊床上静止时，处于平衡状态，所受合力为零，因此吊床对小明的作用力大小等于小明的重力，故吊床对小明的合力大小始终相等，故A错误。设每条拉索的拉力大小为，拉索与竖直方向的夹角为，根据竖直方向平衡条件有，小明坐着时，拉索与竖直方向的夹角较大，较小，故拉力较大，故C正确。小明躺着时，拉索与竖直方向的夹角较小，较大，故拉力较小，故D错误。 4．未撤去拉力F时，对物体A受力分析，由平衡条件可得，解得，撤去拉力F时，弹簧短时间无法恢复形变，因此A的受力情况不变，即，故A、B错误。对B受力分析，此时B受到弹力和摩擦力，根据牛顿第二定律可得，解得，故C错误，D正确。 5．依据斜面上平抛的推论，解得，故A错误。依据平抛运动规律，将小球初速度增加到，则落点距抛出点的距离变为，故B正确。由于沿斜面方向小球做初速度不为零的匀加速运动，可知C、D错误。 6．子弹打入木块的过程，时间极短则外力忽略不计，子弹与木块组成的系统动量守恒，有，子弹受到的冲量大小为，子弹打入木块的过程中，会有内能产生，因而子弹和木块组成的系统机械能不守恒，故C错误，A正确。根据能量守恒定律，有，整理可得子弹动能的减少量，即子弹动能的减少量等于木块增加的动能与子弹和木块内能的增加量之和，故B错误。在压缩弹簧的过程中，外力不做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，但是墙壁对系统有向左的冲量，则系统动量不守恒，故D错误。 7．设第一次跳出的速度大小为，则，最高点时竖直方向的速度为零，设水平方向的速度为，则，得，则第一次跳出时竖直方向的分速度为，第一次跳出时在空中运动的时间；第二次青蛙以同样的初速度跳出，受恒定水平风力的作用，竖直方向仍只受重力，竖直方向运动情况不变，由运动的独立性和等时性，第二次跳出时在空中运动的时间，故B错误。第二次跳出时水平方向的加速度大小，第二次水平风力大小，故A正确。第二次到达最高点时的速度大小，第二次到达最高点时的动能为，故C错误。由C项分析可知，第二次在最高点动能为，但此时合力方向指向左下方，速度水平向右，合力与速度方向的夹角为钝角，之后速度会继续减小，故第二次在空中的最小动能小于，故D错误。 8．设地球质量为M，空间站质量为m，根据万有引力提供向心力，可得，故A正确。地球的体积为，地球的质量为，地球的密度为，故B正确。悬浮在空间站内的物体受到地球对其的引力，万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，故C错误。根据万有引力提供向心力，得，可求得地球的第一宇宙速度为，又根据，可得空间站的运行速度，显然空间站的运行速度小于地球的第一宇宙速度，故D错误。 9．滑块与小球组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，故A正确。该过程中滑块对小球的弹力方向始终与小球的速度方向成钝角，可知滑块对小球始终做负功，故B错误。系统在水平方向上动量守恒，规定的方向为正方向，小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，有，解得，小球运动至最高点时，滑块的速度大小为；根据机械能守恒定律得，解得，故C正确，D错误。 10．开始时，物体P的速度大于传送带的速度，P受到的滑动摩擦力向左，P相对于传送带向右运动时，对P、Q整体，由牛顿第二定律得μmg+mg=2ma1，解得a1=8m/s2，小物体P在传送带上速度减到与传送到速度相等所用时间为，此过程中P的位移为；物块P继续向右减速，此时P所受的滑动摩擦力向右，对P、Q整体，由牛顿第二定律得mg-μmg=2ma2，解得a2=2m/s2，小物体P从=6m/s减速到零的时间为，则t=t1+t2=0.5s+3s=3.5s，即小物体P在传送带上经3.5s速度减为0，故A错误，B正确。物体P从=6m/s减速到零继续向右运动的距离为，则物体P从开始运动到速度为零沿传送到向右运动的距离为x=x1+x2=4m+9m=13m＜L，没有从传送带右端滑出，则以加速度大小为a2=2m/s2向左加速运动，根据运动学公式可得=2a2x，解得小物体P离开传送带时速度大小=2m/s，故D正确。合外力所做的功等于动能的变化量，解得W=-24J，故C错误。 第Ⅱ卷（非选择题，共54分） 二、填空、实验题（本大题共2小题，共16分） 11．（每空2分，共8分） （1）①④⑥⑤ （2）3.34 （3） 大于 【解析】（1）①将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端④先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸带⑥关闭电源，取下纸带⑤在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数据，实验步骤是①④⑥⑤。 （2）打点“13”时，重锤下落的速度大。 （3）根据题意，需要验证的机械能守恒定律的方程为，整理得，实际实验中，重锤下落受到阻力、机械能有损失，因此。 12．（每空2分，共8分） （1）C （2） （3） 【解析】（1）为了探究滑块的向心力F与角速度的关系，需保持滑块的质量和转动半径不变，该同学需要采用的实验方法为控制变量法，故C正确。 （2）测得遮光片的挡光时间为，则遮光片经过光电门时的线速度大小为，角速度为。 （3）滑块做圆周运动的角速度大小为，根据牛顿第二定律可得，故该同学通过保持滑块的质量和运动半径不变，改变电动机旋转的角速度，获得多组数据，以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点，若能拟合出一条过原点的直线，则说明F与成正比。所以斜率为。 三、计算题（本大题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 13．（10分） 解：（1）由图可知：碰前 ① ② 碰后 ③ ④ 由动量守恒定律可知 ⑤ 得 ⑥ 所以对的冲量为 ⑦ （2）由题意 ⑧ 解得 ⑨ 评分标准：本题共10分。正确得出⑧式给2分，其余各式各给1分。 14．（12分） 解：（1）恰好静止在斜面上，对受力分析，根据受力平衡有 ① ② 解得 ③ （2）、分离前速度最大瞬间，对、组成的整体受力分析，设此时弹簧的压缩量为，根据受力平衡有 ④ 解得 ⑤ （3）、分离后向上运动的过程中做匀减速直线运动，对分析，根据牛顿第二定律有 ⑥ 根据运动规律有 ⑦ 解得 ⑧ 机械能减少量等于摩擦力所做的功 ⑨ 评分标准：本题共12分。正确得出④、⑥、⑨式各给2分，其余各式各给1分。 15．（16分） 解：（1）要使小滑块恰好不脱离大半圆形轨道，在最高点A时，对小滑块分析有 ① 解得 ② ③ ④ （2）①滑块从滑道顶端D点恰好与斜面平行进入斜面，设小滑块在D点速度为，第一次到达点时速度为，则 ⑤ 解得 ⑥ ⑦ ⑧ ② ⑨ ⑩ ⑪ 从D点到F点，由动能定理 ⑫ ⑬ ⑭ ③最终小滑块在圆弧轨道运动，运动到E点速度为0，由动能定理 ⑮ 解得 ⑯ 评分标准：本题共16分。正确得出①~⑯式各给1分。 答案第2页，共10页 高一物理ZT参考答案·第6页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 昭通市市直中学2026年春季学期高一年级第二次月考 物理 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷第1页至第4页，第Ⅱ卷第4页至第8页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。 第Ⅰ卷（选择题，共46分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。 一、选择题（本大题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1∼7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8∼10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分） 1．五一期间，高速公路上的车流量大增，某汽车通过ETC过程的图像如图1所示，下列说法正确的是 A．内，汽车所受合外力方向与加速度方向相反 B．内，汽车所受合外力不为0 C．和内，汽车速度方向相反 D．和内，汽车加速度方向相反 2．物体从点由静止开始做匀加速直线运动，依次途经、、三点，其中，。若物体通过和这两段位移的时间相等，从到的时间为，则为 A． B． C． D． 3．小明在假期中去野营，如图2甲所示，他将吊床的拉索固定在两棵树等高的位置上，有时他躺在吊床上休息，有时又坐在吊床中点处看书。模型简化如图乙所示，两种状态下吊床的长度视为不变，小明均处于静止且未与地面接触，下列说法正确的是 A．小明躺着时受到吊床的合力小于坐着时受到吊床的合力 B．小明躺或坐，拉索的拉力大小相等 C．小明坐着时，拉索的拉力较大 D．小明躺着时，拉索的拉力较大 4．如图3所示，质量分别为、的两物块A、B用轻弹簧相连，A、B与水平面的动摩擦因数均为，在水平拉力作用下，A、B一起向右做匀速直线运动。突然撤去拉力的瞬间，A、B两物块加速度大小分别为（重力加速度为） A． B． C． D． 5．如图4所示，将一质量为的小球，从倾角为的足够长斜面上的点以初速度水平抛出，落在斜面上的点，落点距抛出点的距离为，不计空气阻力，重力加速度大小为，，，则下列说法正确的是 A．小球从被抛出到落到斜面上点所用的时间为 B．若将小球初速度增加到，则落点距抛出点的距离增加至 C．若小球在离斜面最远处沿垂直于斜面方向的投影点为点、则 D．若小球在离斜面最远处沿垂直于斜面方向的投影点为点、则 6．如图5所示，在光滑水平面上，质量为的木块与轻质弹簧相连，弹簧的另一端连在竖直墙壁上，弹簧处于水平状态，木块处于静止状态。质量为的子弹以水平向右的速度射入木块并留在木块内（该过程所用时间很短），之后木块压缩弹簧（未超出弹性限度），下列说法正确的是 A．子弹打入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒 B．子弹打入木块的过程中，子弹动能的减少量等于子弹和木块内能的增加量 C．子弹打入木块的过程中，子弹受到的冲量大小为 D．在压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 7．“稻花香里说丰年，听取蛙声一片。”稻—蛙生态种养是种植业和水产养殖业结合的一种生产模式。某青蛙在水平地面上跳跃，第一次不计空气作用力，跳出时的动能为，在空中的最小动能为。第二次青蛙以同样的初速度跳出，但受到恒定水平风力的作用，落地时速度竖直向下。关于青蛙两次跳跃，下列说法正确的是 A．第二次水平风力大小等于青蛙重力的 B．两次在空中运动的时间不相等 C．第二次到达最高点时的动能为 D．第二次在空中的最小动能为 8．2026年1月8日中国空间站2025年“工作总结”出炉。在这一年里空间站持续开展多项在轨科学实验与技术验证任务，为我国深空探测事业奠定坚实基础。已知空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其距离地面的高度为，运动周期为，万有引力常量为，地球半径为。则 A．地球的质量 B．地球的密度 C．悬浮在空间站内的物体处于完全失重状态，不受重力 D．中国空间站的运行速度大于地球的第一宇宙速度 9．如图6所示，一质量为的滑块静置在光滑的水平面上，其曲面为光滑的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为的小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块，小球未从圆弧最高点冲出，重力加速度为。在小球上升过程中，下列说法正确的是 A．滑块与小球组成的系统水平方向动量守恒 B．滑块对小球先做负功后做正功 C．小球沿曲面上升的最大高度（相对圆弧最低点）为 D．小球运动至最高点时，滑块的速度大小为 10．如图7所示，水平传送带以速度向右匀速运动，小物体P、Q质量均为，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有向右的速度，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间的动摩擦因数，传送带长度，绳足够长，取。关于小物体P的描述正确的是 A．小物体P在传送带上向右运动全过程加速度为 B．小物体P在传送带上经速度减为0 C．物体P在传送带上运动的全过程中，合外力对P做功为 D．小物体P离开传送带时速度大小为 第Ⅱ卷（非选择题，共54分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。 二、填空、实验题（本大题共2小题，共16分） 11．（8分）实验小组利用图8甲所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有：交流电源（频率50 Hz）、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。 （1）下列所给实验步骤中，有4个是完成实验必需且正确的，把它们选择出来并按实验顺序排列：__________（填步骤前面的序号）。 ①将纸带下端固定在重锤上，将纸带上端穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端 ②先释放纸带，然后再接通电源，打点计时器开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸带 ⑤在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数据 ⑥关闭电源，取下纸带 （2）实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图乙所示，打图中点“13”时，重锤下落的速度大小为__________（保留3位有效数字）。 （3）若打点“1”时重锤下落速度大小为，“1”和“13”两点之间的距离为，以打下点“13”时的高度为参考平面，需要验证的机械能守恒定律的方程为__________（用、、和表示）；实验中一定有阻力，判断两处位置的机械能关系：__________（选填“大于”“小于”或“等于”）。 12．（8分）某科技小组利用如图9所示的装置来探究向心力与质量、转动半径和角速度的关系。实验装置由可调速电动机、竖直转轴、水平直杆、正方体滑块和光电门组成。不计摩擦的水平直杆固定在竖直转轴上，竖直转轴随电动机一起转动，套在水平直杆上的质量分布均匀的正方体滑块通过细线与固定在竖直转轴上的力传感器相连接，并随水平直杆一起做匀速圆周运动，水平直杆的另一端安装了宽度为的遮光片，每经过光电门一次，力传感器和光电门就同时获得一组向心力大小和遮光时间的数据。 （1）为了探究滑块的向心力与角速度的关系，该科技小组需要采用的实验方法为__________（填正确答案标号）。 A．比值法 B．微元法 C．控制变量法 D．等效替代法 （2）某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为，若滑块中心与转轴中心的距离为，遮光片到转轴中心的距离为，遮光片的线速度大小为__________，则水平直杆的角速度为__________。（均选用、、、表示） （3）该科技小组通过保持滑块的质量和运动半径不变，改变电动机旋转的角速度，获得多组数据，以为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点，若能拟合出一条过原点的直线，则说明与成正比。若该直线的斜率为，斜率__________（选用、、、表示）。 三、计算题（本大题共3小题，共38分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 13．（10分）质量为的物体与质量为的物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，碰撞前后位移一时间图像如图10所示，求： （1）碰撞时对的冲量大小； （2）两个物体碰撞时损失的动能。 14．（12分）如图11所示，倾角的斜面固定在水平地面上，轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与质量为的小物块A相连，质量为的小物块B初始时紧靠着A，A、B均可视为质点。在外力作用下，A、B一起沿着斜面缓慢向下运动一段距离。撤去外力后，A、B由静止开始沿斜面向上运动，在A、B分离瞬间，A、B的速度大小均为、B向上运动一段时间后恰好静止在斜面上。已知A与斜面间无摩擦力的作用，弹簧的劲度系数为且始终在弹性限度内，重力加速度大小为，取，，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）B与斜面间的动摩擦因数； （2）A、B分离前速度最大瞬间弹簧的压缩量； （3）在A、B分离后，B向上运动的过程中B机械能的减少量。 15．（16分）如图12所示，轻弹簧压缩后把小滑块（可视为质点）从点弹出（小滑块在点离开弹簧），小滑块质量为，小滑块沿着两个光滑的竖直半圆形轨道和运动，点与光滑的平台相连，小滑块运动到点时受到一个水平拉力作用运动到后撤去拉力，半圆形轨道和的半径分别为、。水平平台右侧有一竖直放置的滑道（与小滑块运动轨迹在同一竖直平面内），将滑道的竖直截面简化为直轨道与圆弧轨道，半径与垂直。为最低点，两点的高度差，段摩擦因数，段摩擦不计，圆弧的半径，与水平方向的夹角滑道顶端点距离水平平台右端点的竖直高度差。不计空气阻力，，，取。 （1）若使小滑块恰好不脱离大半圆形轨道，则弹簧具有的弹性势能； （2）若小滑块从光滑的平台飞出后，从滑道顶端点恰好与斜面平行进入斜面，经过后竖直上抛再从点落回轨道，求： ①小滑块运动到点时重力的瞬时功率； ②点到点的水平距离和小滑块第一次到达点时轨道对小滑块的支持力大小； ③最终小滑块在斜面上运动的总路程。 学科网（北京）股份有限公司 $昭通市市直中学2026年春季学期高一年级第二次月考 物理参考答案 第I卷（选择题，共46分） 一、选择题（本大题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项 符合要求，每小题4分；第8~10题有多项符合要求，每小题6分，全部选对的得6分，选 对但不全的得3分，有错选的得0分) 题号 1 2 3 4 6 7 9 10 答案 D C C D B A A AB AC BD 【解析】 1.合外力方向与加速度方向相同，故A错误。，~内，汽车做匀速直线运动，合外力为0， 故B错误。0~t内和2~13内，汽车的速度方向相同，故C错误。0~1内加速度为负，2~1 内加速度为正，故0~t内和t2~1内，汽车加速度方向相反，故D正确。 2.已知物体通过AB、BC两段位移的时间相等，且A到C总时间为2s,因此每段位移对应的 时间T=25=s,根据匀变速直线运动的推论：连续相等时间间隔T内的位移差满足 a=a7,其中Ar=如a=n-3加=m,代入7-5，解得a=会产-m/s=1m/3, 。=AC=3.5m1s,xo=2=6.125m,故选C 3.小明在吊床上静止时，处于平衡状态，所受合力为零，因此吊床对小明的作用力大小等于 小明的重力G,故吊床对小明的合力大小始终相等，故A错误。设每条拉索的拉力大小为 T,拉索与竖直方向的夹角为0，根据竖直方向平衡条件有2Tcos0=G,小明坐着时，拉 索与竖直方向的夹角日较大，c0s日较小，故拉力T较大，故C正确。小明躺着时，拉索与 竖直方向的夹角O较小，cosθ较大，故拉力T较小，故D错误。 4.未撤去拉力F时，对物体A受力分析，由平衡条件可得F弹-mg=0,解得F赚=mg, 撤去拉力F时，弹簧短时间无法恢复形变，因此A的受力情况不变，即aa=0,故A、B 错误。对B受力分析，此时B受到弹力和摩擦力，根据牛顿第二定律可得4ug=3maB, 解得4,4g,故C销误，D正确。 高一物理ZT参考答案·第1页（共6页） 5.依据斜面上平抛的推论ana2 =是，解得：-2如m0-0，故A错误。依据平抛运 0t20 82g 动规律1=M=2wtan ·,将小球初速度增加到20，则落点C距抛出点A的距离变为41， cosθ g cose 故B正确。由于沿斜面方向小球做初速度不为零的匀加速运动，可知C、D错误。 6.子弹打入木块的过程，时间极短则外力忽略不计，子弹与木块组成的系统动量守恒，有 m。=2mm,子弹受到的冲量大小为1=Ap=mm-m=”,子弹打入木块的过程中， 2 会有内能产生，因而子弹和木块组成的系统机械能不守恒，故C错误，A正确。根据能量 守恒定律，有m=2mm2+Q,整理可得子弹动能的减少量△E,-mm'+Q,即了弹 1 动能的减少量等于木块增加的动能与子弹和木块内能的增加量之和，故B错误。在压缩弹 簧的过程中，外力不做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，但是墙壁对系统有 向左的冲量，则系统动量不守恒，故D错误。 7.设第一次跳出的速度大小为巴，则25E,=m,最高点时竖直方向的速度为零，设水平 方向的速度为D,则166-m,得0，一专0，则第一次跳出时竖直方向的分遮度为 。,=G-可=，第一次跳出时在空中运动的时间1 5 2”-6@；第二次青蛙以同样 g 5g 的初速度跳出，受恒定水平风力的作用，竖直方向仍只受重力，竖直方向运动情况不变， 由运动的独立性和等时性，第二次跳出时在空中运动的时间2=(= _202_600,故B错误。 858 次跳出时水平方向的加速度大小a行6品8，第二次水平风力天入 58 F=ma= g，故A正确。第二次到达最高点时的速度大小 。”径手、子2照=，第三次到达最高点时的动能为 Em心20，上46，故C错误。由C项分析可知，第三次在最高点动能为42 但此时合力方向指向左下方，速度水平向右，合力与速度方向的夹角为钝角，之后速度会 继续减小，故第二次在空中的最小动能小于4E。,故D错误。 高一物理ZT参考答案·第2页（共6页） Mm 2π 8.设地球质量为M,空间站质量为m,根据万有引力提供向心力G =7m (R+h) R+) 可得M=4π(R+h GT2 ,故A正确。地球的体积为V=4R,地球的质量为M4忙(R+ GT2 地球的密度为p=M_3π(R+h V GTR ,故B正确。悬浮在空间站内的物体受到地球对其的引 力，万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，故C错误。根据万有引力提供向心力， 得GMm=mg, 可求得地球的第一宇南速度为-贸，又根据G物=m GM R2 R (R+h)2 =m R+h' 可得空间站的运行速度)2= GM ，显然空间站的运行速度小于地球的第一宇宙速度，故 NRth D错误。 9.滑块与小球组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，故A正确。该过程 中滑块对小球的弹力方向始终与小球的速度方向成钝角，可知滑块对小球始终做负功，故 B错误。系统在水平方向上动量守恒，规定)。的方向为正方向，小球在圆弧轨道上升到最 高时小球与滑块速度相同，有m,=3w,解得0=3，小球运动至最高点时，滑块的速 度大小为：根据机械能守恒定律得3m士mh,解得 故C正确， D错误。 10.开始时，物体P的速度大于传送带的速度，P受到的滑动摩擦力向左，P相对于传送带向 右运动时，对P、Q整体，由牛顿第二定律得g+mg=2ma1,解得a1=8m/s2,小物体P 在传送带上速度减到与传送到速度相等所用时间为6=，-”=0.5s,此过程中P的位移 a 为x=-10-6 m=4m<L;物块P继续向右减速，此时P所受的滑动摩擦力向 2a12×8 右，对P、Q整体，由牛顿第二定律得mgug=2ma2,解得a2=2m/s2,小物体P从v,=6ms 减速到零的时间为1，==§ =2s=3s,则=1+2=0.5s+3s=3.5s,即小物体P在传送带上经3.5 速度减为0，故A错误，B正确。物体P从v=6m/s减速到零继续向右运动的距离为 062 6=2a,2×2 m=9m,则物体P从开始运动到速度为零沿传送到向右运动的距离为 x=+x2=4m+9m=13m<L,没有从传送带右端滑出，则以加速度大小为a2=2m/s2向左加速 运动，根据运动学公式可得v2=2a2x,解得小物体P离开传送带时速度大小o=2V13m/s, 故D正确。合外力所做的功等于动能的变化量W=m2-m,解得W=24J,故C错 2 误。 高一物理ZT参考答案·第3页（共6页） 第Ⅱ卷（非选择题，共54分） 二、填空、实验题（本大题共2小题，共16分） 11.(每空2分，共8分) (1)①④⑥⑤ (2)3.34 (3)+勋= 大于 【解析】(1)①将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端 ④先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸带⑥关闭电源，取下纸带⑤在纸带 上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数据，实验步骤是 ①④⑥⑤. (2)打点“13”时，重锤下落的速度大0=0.6069-0.4733 m/s=3.34m/s。 2×0.02 (3)根据题意，需要验证的机械能守恒定律的方程为2+mgh=2m，整理得 号+动文，实际实验中，重锤下落受到阻力、机械能有损失，因此E>E 12.(每空2分，共8分) (1)C (2) △T RAT (3) mrL R2 【解析】(1)为了探究滑块的向心力F与角速度ω的关系，需保持滑块的质量和转动半径 不变，该同学需要采用的实验方法为控制变量法，故C正确。 L (2)测得遮光片的挡光时间为△T,则遮光片经过光电门时的线速度大小为)= ,角速 △T 度为w=”=L RR△T (3)滑块做圆周运动的角速度大小为⊙= 7，根据牛顿第二定律可得 L L F=mor=m R:‘(a,故该同学通过保持滑块的质量和运动半径不变， r= RAT 改变电动机旋转的角速度，获得多组数据，以下为纵4坐标，以7为磺坐标，可在坐 标纸中描出数据点，若能拟合出一条过原点的直线，则说明F与o成正比。所以斜率为 mrL2 高一物理ZT参考答案·第4页（共6页） 三、计算题（本大题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(10分) 解：(1)由图可知：碰前 v =4m/s ① 02=0 ② 碰后 v'=-2m/s ③ v,'=1m/s ④ 由动量守恒定律可知 my,+mv,mo +mv, ⑤ 得m2=12kg ⑥ 所以m,对m2的冲量为 I=m,w,=12N·s ⑦ (2)由题意 ⑧ 解得△EK损=6J ⑨ 评分标准：本题共10分。正确得出⑧式给2分，其余各式各给1分。 14.(12分) 解：(1)B恰好静止在斜面上，对B受力分析，根据受力平衡有 mg sin B=F ① F:umg cos B ② 解得以 ③ (2)A、B分离前速度最大瞬间，对A、B组成的整体受力分析，设此时弹簧的压缩量 为y,根据受力平衡有y,=3 ng sin B+ng sin B+mng cos B ④ 解得y=3 ⑤ k (3)A、B分离后B向上运动的过程中做匀减速直线运动，对B分析，根据牛顿第二定 律有mng sin B+umg cos B=ma ⑥ 根据运动规律有v=2ax ⑦ 解得x=50 ⑧ 128 机械能减少量等于摩擦力所做的功△E=斥-”m心 ⑨ 评分标准：本题共12分。正确得出④、⑥、⑨式各给2分，其余各式各给1分。 高一物理ZT参考答案·第5页（共6页） 15.(16分) 解：(1)要使小滑块恰好不脱离大半圆形轨道，在最高点A时，对小滑块分析有 A mg =m- ① 解得v4=2m/s ② 1 Ex-2mgr=m ③ E=0.6J ④ (2)①滑块从滑道顶端D点恰好与斜面平行进入斜面，设小滑块在D点速度为？。，第一 次到达F点时速度为vr,则(Up sin37)2=2gh ⑤ 解得vo=10m/s ⑥ P。=ngvp sin37° ⑦ Pa=6W ⑧ @h= ⑨ x=v,t=Up COS3701 ⑩ x=4.8m ① 从D点到F点，由动能定理 mg(H+R2-R,cos37)-gcos37° H1 sin37°- ② K、-mg=mR ③ F=5.8N ④ ③最终小滑块在圆弧轨道运动，运动到E点速度为0，由动能定理 mgH-ing cos37°·x=0-7mm号 ⑤ 解得x=70m ⑥ 评分标准：本题共16分。正确得出①~⑥式各给1分。 高一物理ZT参考答案·第6页（共6页）