云南文山州马关县第一中学2023-2024学年高一下学期第三次阶段检测物理试题

马关县第一中学2024年春季学期高一年级第三次月考试卷 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3页， 第Ⅱ卷第4页至第6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90分钟。 第I卷（选择题，共40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， 用橡皮擦千净后，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，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第 1~6题只有一项符合题目要求；第7~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选 对但不全的得2分，有选错的得0分) 1.两个完全相同的金属球A和B,电荷量分别为-2Q和6Q,间距远大于金属球半径，相 互作用力大小为F,若将两球接触后再放回原处，则下列说法正确的是 A.两个金属球的电荷量均为4Q B.两个金属球间的静电力为引力 C.两个金属球间的静电力变小 D.两个金属球间的静电力变大 2.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐增加，下列图中分别画 出了汽车转弯时加速度α的四种方向，你认为正确的是 a M M A B 高一物理MG·第1页（共6页） 3.如图1所示为某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相等，作用时间相同， 且一直作用下去。设小球从静止开始运动，由此可判定 A.小球向前运动，再返回停止 B.小球向前运动再返回不会停止 ti t/s C.小球始终向前运动 图1 D.小球向前运动一段时间后停止 4.某人将一静止在地面上的物体提到高空的过程中，重力做功W,空气阻力做功W,, 人对物体做功W,取地面重力势能为零，则 A.物体的重力势能的变化量等于W, B.物体的动能等于W3-W2-W C.物体的机械能等于W3-W2-W D.物体的机械能等于W,+W, 5.2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船的发射取得圆满成功，飞船进人预定轨道 后，按照预定程序与空间站组合体进行自主快速交会对接。已知空间站组合体绕地球 做匀速圆周运动的轨道半径为6800km,地球同步轨道卫星的轨道半径为42000km,则 A.“神舟十六号”的发射速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度 B.空间站组合体运行的线速度小于地球同步轨道卫星的线速度 C.空间站组合体运行的周期大于地球同步轨道卫星的周期 D.空间站组合体运行的角速度小于地球同步轨道卫星的角速度 6.如图2甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹 簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起 离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器， 测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则 A.t1~2这段时间内，小球的加 速度先增大后减小 压力 B.t2~t3这段时间内，小球的机 传感器 t 777 械能一直增大 甲 C.t2~t3这段时间内，弹簧减少 图2 的弹性势能转化为小球增加的重力势能 D.,时刻小球的加速度一定不大于当地的重力加速度g 高一物理MG·第2页（共6页） 7.质量为的汽车，启动后沿平直路面行驶过程中发动机的功率恒定，受到恒定的阻力 厂，汽车速度能够达到的最大值为”，那么当汽车的速度为4时 A.汽车的牵引力大小为4f B.汽车的牵引力大小为f C.汽车的瞬时加速度大小为 D.汽车的瞬时加速度大小为 m 8.如图3所示，A、B、C三个物体放在水平圆台上，它们的连线经过圆心，A、B、C离 转轴的距离分别为R、R、2R,A、B、C与台面间的动摩擦因数分别为、、2μ（最 大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A、B、C的质量分别为2m、m、m,当圆台匀速转动 时，A、B、C都没有滑动，则 A.A物体的向心加速度最大 L5 B.A、C物体所受的静摩擦力大小相等、方向相反 B C.当圆台的转速缓慢增加时，C物体比B物体先滑动 图3 D.当圆台的转速缓慢增加时，A物体与B物体将同时开始滑动 9.如图4所示，同一竖直平面内有四分之一圆环BC和倾角为53°的斜面AC,A、B两点 与圆环BC的圆心O等高。现将甲、乙小球分别从A、B两点以初速度u1、2沿水平方 向同时抛出，两球恰好在C点相碰（不计空气阻力)，已知si53°=0.8，cos53°=0.6， 下列说法正确的是 1 0 1B A.初速度v1、%2大小之比为3：4 B.若仅增大，则两球一定不再相碰 53 C.若1大小变为原来的一半，则甲球恰能落在斜面的中点D 图4 D.若只抛出甲球并适当改变，大小，则甲球可能垂直击中圆 环BC 10.两款儿童玩具电动车与计算机相连，在平直道路上进行竞速比赛，t=0时两车从同一 位置同时同向运动，通过计算机得到两车的图像如图5所示(x为位移，1为细 间)，下列说法正确的是 A.a车的速度变化比b车快 B.开始运动后b车在前，后来a车在前 C.两车相遇前最远距离为1m 0.5 D.两车在运动过程中只能相遇一次 图5 高一物理MG·第3页（共6页) 第Ⅱ卷（非选择题，共60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18分）》 11.(8分)在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某同学进行的实验主要 步骤如下： ①如图6甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根 绳套分别连着一个弹簧测力计； ②沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O 点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F,、F,的大小。用笔在两绳的 拉力方向上分别标记α、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向。 ③再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上 述方法记录其方向。 甲 丙 图6 (1)实验中确定分力方向时，图甲中的a、b点标记得不妥的是 (填“a” 或“b”）点。 (2)图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中 (填“F”或 “F”)是F,和F2合力的实际测量值，而另一个则是理论值。 (3)本实验采用的科学方法是 A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法 (4)实验中的一次测量如图丙所示，两个弹簧测力计M、N的拉力方向互相垂直，即 α+B=90°。若保持弹簧测力计M的读数不变，当角α由图中所示的值逐渐减小时， 要使橡皮筋的活动端仍在O点，可采用的办法是 A.增大N的读数，减小B角 B.减小N的读数，减小B角 C.减小N的读数，增大B角 D.增大N的读数，增大B角 高一物理MG·第4页（共6页）》 12.（10分)如图7甲所示，已知质量为m1、m2的两铁块用细线连接，m2>m1,跨过轻 质小滑轮，让m2从高处由静止开始下落，与m,连接的纸带上打下一系列点，对纸带 上的点迹进行测量分析，即可验证机械能守恒定律，重力加速度为g。 图7 (1)实验装置如图甲（含电源)，除了图中所示的器材，还需准备的器材有 A.重锤线 B.秒表 C.毫米刻度尺 (2)图乙为正确实验得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F为选取的计数点，相邻两 计数点间还有4个点未标出，测出计数点间的距离如图中所示。交流电源的频率为∫， 打下计数点“E”时，m2的速度大小为 ，取BE段进行研究，若系统机械能 守恒，测得的物理量应满足的关系式为 (用题中所给物理量的字母表示)。 (3)若计算出铁块m,的速度m及距离起点下落的高度九，作出，-h图像，来验证系 统机械能守恒，则该图像的斜率为 (用题中所给物理量的字母表示)。若操 作规范，数据无误，最终产生误差的原因可能为 (写出一条即可)。 三、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算 步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.（10分)如图8所示，一质量为m的小球，用长为1的轻绳悬挂于0点的正下方P 点。OQ与竖直方向的夹角为0，已知重力加速度大小为g。 (1)小球在水平拉力的作用下，从P点缓慢地移动到Q点，求水平拉力F做的功： (2)小球在水平恒力F=2mg的作用下，由静止从P点运动到Q点，求小球在Q点的 速度大小。 LLLLL 01 图8 高一物理MG·第5页（共6页） 14.(14分)如图9所示，竖直放置的光滑半圆轨道ABC右侧有一堵竖直的墙面，一质量 为m的滑块（可视为质点)从水平地面出发，恰好能经过半圆轨道最高点，然后打 到竖直墙面上的P点。已知半圆轨道的半径R=1.6m,其最低点与墙之间的距离s= 1.6m,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求： (1)滑块通过最高点时的速度大小； (2)滑块打在P点时速度偏转角的正切值的大小； (3)若增大滑块出发的速度，当滑块运动到最高点C时对轨道的压力为3g,最后打 在墙面上的Q点（图中未标出），则P、Q两点之间的距离为多少？ C 图9 15.（18分)如图10甲所示，半径为R=0.45m的光滑四分之一圆弧轨道固定在水平面 上，B为轨道的最低点。B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板小车，小 车质量为M=2kg,长度为l=1m,小车的上表面与B点等高，距地面高度为h= 0.2m。质量为m=1kg的物块（可视为质点)从圆弧轨道最高点A静止释放，g取 10m/s2. (1)求物块滑到B点时受到的支持力的大小F、; (2)若锁定平板小车并在上表面铺上一种特殊材料（不计材料厚度），其动摩擦因数 从左向右随距离变化的关系如图乙所示，求物块滑离平板小车时的速度大小； (3)撤去上表面铺的材料，物块与平板小车间的动摩擦因数=0.4。现解除锁定， 物块仍从A点静止释放，分析物块能否滑离小车。若不能，求物块最终距离小车左端 的距离d；若能，求物块落地时距小车右端的水平距离x。 Tu 0.6 0.2 09 0.5 1.0dm 图10 高一物理MG·第6页（共6页）马关县第一中学2024年春季学期高一年级第三次月考试卷 物理参考答案 第I卷（选择题，共40分) 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第16 题只有一项符合题目要求；第7~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全 的得2分，有选错的得0分) 题号 2 3 4 5 6 1 8 9 10 答案 A D A B AC BD AD CD 【解析】 2.根据牛顿第二定律F=a可知，加速度方向与合外力方向一致；在曲线运动中，速度方向 沿运动轨迹的切线方向，并指向运动的一侧，合外力的方向指向运动轨迹的凹侧，又因为 汽车速度在逐渐增加，所以合外力方向与速度方向夹角为锐角，即 vl/m·s) 加速度方向与速度方向夹角为锐角，故A正确。 3.作出相应的小球的)-t图像如图1所示，物体的运动方向由速度 的方向决定，由图像可以看出，小球的速度方向始终没有变化，故 3 4 t/s 小球始终向前运动。故选C。 图1 4.物体的重力势能的变化量等于△E=-W，故A错误。物体的动能等于 E=△E=W+W,+W,故B错误。物体的机械能等于△E=W+W,,故C错误，D正确。 5.组合体绕地球运动，“神舟十六号”的发射速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度， 故A正确。根据万有引力提供向心力G咖-=m?，可得。 GM 可知该组合体运行 的线速度大于地球同步轨道卫星的线速度，故B错误。根据开普勒第三定律 Tk,可 知该组合体运行的周期小于地球同步轨道卫星运行的周期，故C错误。由GM =mro2, GM 可得0= 可知空间站组合体运行的角速度大于地球同步轨道卫星的角速度，故D 错误。 高一物理MG参考答案·第1页（共6页） 7,当汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，所以发动机的额定功率为P=F)=f), 的速度为？时汽车的牵引力大小为E-4f)故A正确，B错误。由4 4 定律得万-f=m,解得汽车的瞬时加速度大小为a=-f-3,故c正确，D错误。 mm 8.物体绕同轴做匀速圆周运动，角速度相等，故向心加速度有α=ro,由于C物体的转动 半径最大，故向心加速度最大，故A错误。物体绕同轴做匀速圆周运动，角速度相等，静 摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有fA=2·Ro、fc=m·2R·o，由于向心加速 度α总是指向圆心，A、C的摩擦力大小相等、方向相反，故B正确。物体恰好滑动时， 静摩擦力达到最大，有m8=mo，解得o= 48 由题目提供条件可判断，物体 A、B、C三者刚好滑动的临界角速度相等，故当圆台的转速缓慢增加时，三者一起滑动， 故C错误，D正确。 9。甲、乙两球从等高处做平抛运动恰好在C点相碰，根据A=,可知两球下落时间相等， 方向有=t=K一=二R,花=0=R,可得飞：0=R:R=3:4,故A tan53°4 4 由于相同时间内两球下落高度相同，所以两球总是处于同一水平线上，若仅增大)，则甲 球的轨迹在原来轨迹的右侧，所以甲、乙两轨迹一定会相交，则两球一定会相碰，故B错 误。对于甲球落在斜面AC上，有an53°=上=-2S ，可得f=22tan53 ,若0大小变为 x vt 8 1 原来的一半，则甲球落在斜面AC上所用时间变为原来的一半，根据h=二gt2,可知甲球 2 落在斜面AC上通过的竖直位移变为原来的4，则甲球不是落在斜面的中点D,故C错误。 若甲球垂直击中圆环BC,则落点时速度的反向延长线过圆心O,根据平抛运动推论，速 0 02 度方向延长线交水平位移的中点，如图2所示，当满足 -B EF=AO=3R,此时甲球落在F点时垂直击中圆环BC,故D 4 53 正确。 图2 高一物理MG参考答案·第2页（共6页） 0根据变速运动的位移公式x三，，整理得三+在图像中是直线 2 由此可得voa=4m/s,a。=2m/s2,b=2m/s,a,=4m/s2,因为b车的加速度大，b车的 速度变化快，a车初速度大，但加速度小，故开始运动后a车在前，后来b车在前，故A、 B错误。当两车速度相同时，两车相距最远，由voa+at=vb+a,t,得t=1s,两车最远距 离为d=1+-(+a,m，故C正确。两车相遇有。=，即 1 2,,解得1=25，只有一解，相遇一次，故D正确。 第Ⅱ卷（非选择题，共60分） 二、填空、实验题（本大题共2小题，共18分） 11.(每空2分，共8分) (1)a (2)F (3)B (4)B 【解析】(1)为了减小测量的误差，记录方向时，记录点与0点的距离要适当大一些，题 图甲中的a点标记得不妥，其原因是O、a两点太近，误差大。 (2)￡和F,合力的实际测量值是用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O点得到的，而不是根据 平行四边形定则作出的，故F是E和F,合力的实际测量值。 (3)本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效 替代法。 (4)由题意可知，保持0点位置不动，即合力大小、方向不变，弹簧 测力计M的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形，如图3所 示。由图可知x角逐渐减小时，N的读数减小，同时B角减小。故选B。 12.(每空2分，共10分) (1)C 图3 (2)4+S)f 10 28s+5+4)00m+m+s》飞 (3)西-h)8 纸带受到打点计时器限位孔的阻力（其他原因只要正确均给分） m1+n2 高一物理MG参考答案·第3页（共6页） 【解析】(1)验证机械能守恒定律需要测量物体的速度，所以需要测量物体的位移，故需 要的实验器材是毫米刻度尺，又因为物体运动的时间可以通过打点计时器来测量，所以 不需要秒表：又因为物体受到的重力是竖直向下的，所以不需要重锤线，故A、B错误， C正确。 (2)根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知打下计数点“E”时，m,的速度大小为 (s4+s5)f 。取BE段进行研究，系统重力势能减少量为△E。=(m,-m)g(s2+S3+S4),动 10 能增加量为上m+m,) S1+S2 10 10 (+m[(s4+S)2-(+52)]。若系 2 200 统机械能守恒，测得的物理量应满足的关系式为 (m2-m)g(s2++54)= (+m2(54+5)2-(+52)2]。 200 (3)若计算出铁块m,的速度v及距离起点下落的高度h,两者关系式为 m,-m)gh=m+m)加，整理得到0=-m)8n,该图像应是一条过原点的倾斜 1m1+12 直线，若操作规范，数据无误，产生误差的原因可能为纸带受到打点计时器限位孔的 阻力。 三、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步 骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(10分) 解：(1)小球缓慢运动，动能变化量为零，由动能定理得 W-mgl1-cosθ)=0 ① 解得We=mgl1-cos0) ② (2)小球从P点运动到Q点，由动能定理得 1 FIsin0-mgl(1-cose)=-m2-0 ③ 由题知F=2mg 解得v=√2gl(2sin6+cos6-1) ⑦ 评分标准：本题共10分。正确得出①、③式各给3分，其余各式各给2分。 高一物理MG参考答案·第4页（共6页） 14.(14分) 解：(1)滑块恰能运动到最高点，有 vc mg =m- ① R 解得vc=V8R=4n/s ② (2)滑块离开C点后做平抛运动，由平抛运动规律，有 s=Uct ③ 又V,=gt ④ 则滑块打在P点时速度偏转角的正切值为 tana=v ⑤ 联立解得tana=1 ⑥ (3)若滑块在C点时对道的压力为3g，根据牛顿第二定律可得 mg +3mg=m- ⑦ R 由平抛运动规律，有S=V4 Q点与C点的高度差 1 4=28对 ⑧ 又P点与C点的高度差 ⑨ 则P、Q的距离 △h=h-h ⑩ 联立解得△h=0.6m ① 评分标准：本题共14分。正确得出①、⑦、①式各给2分，其余各式各给1分。 15.(18分) 解：(1)物体从A点到B点的过程中，其机械能守恒，则有 mgR-m ① 2 在B点，由牛顿第二定律得 Fmgm ② R 高一物理MG参考答案·第5页（共6页） 联立解得FN=30N ③ (2)物块在小车上滑行时，摩擦力做功 Wa =-lmgh =-1J ④ W2=-4+色mg,=-2J ⑤ 2 根据动能定律得 ⑥ 解得v=√3m/s ⑦ (3)解除锁定后，物块的加速度为α， umg =ma ⑧ 4=4m/s2 ⑨ 平板车的加速度为a Lmg =Ma ⑩ 43=2m/s2 ① 假设物块与平板车经过时间t达到共同速度o'，有 Ur-at a t ② 得t=0.5s 国 v'=1m/s ④ 物块和小车的相对位移 4=g+0,0 -t-t=0.75m<1m ⑤ 2 2 所以物块不能滑离平板车，物块距平板车左端的距离为0.75m ⑥ 评分标准：本题共18分。正确得出⑤、⑥式各给2分，其余各式各给1分。 高一物理MG参考答案·第6页（共6页） 马关县第一中学2024年春季学期高一年级第三次月考试卷 物理参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共 40分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求；第7~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C D A B AC BD AD CD 【解析】 2．根据牛顿第二定律可知，加速度方向与合外力方向一致；在曲线运动中，速度方向沿运动轨迹的切线方向，并指向运动的一侧，合外力的方向指向运动轨迹的凹侧，又因为汽车速度在逐渐增加，所以合外力方向与速度方向夹角为锐角，即加速度方向与速度方向夹角为锐角，故A正确。 ( 图 1 )3．作出相应的小球的图像如图1所示，物体的运动方向由速度的方向决定，由图像可以看出，小球的速度方向始终没有变化，故小球始终向前运动。故选C。 4．物体的重力势能的变化量等于，故A错误。物体的动能等于，故B错误。物体的机械能等于，故C错误，D正确。 5．组合体绕地球运动，“神舟十六号”的发射速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故A正确。根据万有引力提供向心力，可得，可知该组合体运行的线速度大于地球同步轨道卫星的线速度，故B错误。根据开普勒第三定律，可知该组合体运行的周期小于地球同步轨道卫星运行的周期，故C错误。由，可得，可知空间站组合体运行的角速度大于地球同步轨道卫星的角速度，故D错误。 7．当汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，所以发动机的额定功率为，当汽车的速度为时汽车的牵引力大小为，故A正确，B错误。由牛顿第二定律得，解得汽车的瞬时加速度大小为，故C正确，D错误。 8．物体绕同轴做匀速圆周运动，角速度相等，故向心加速度有，由于C物体的转动半径最大，故向心加速度最大，故A错误。物体绕同轴做匀速圆周运动，角速度相等，静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有、，由于向心加速度总是指向圆心，、的摩擦力大小相等、方向相反，故B正确。物体恰好滑动时，静摩擦力达到最大，有 ，解得，由题目提供条件可判断，物体、、三者刚好滑动的临界角速度相等，故当圆台的转速缓慢增加时，三者一起滑动，故C错误，D正确。 ( 图 2 )9．甲、乙两球从等高处做平抛运动恰好在C点相碰，根据，可知两球下落时间相等，水平方向有，，可得，故A正确。由于相同时间内两球下落高度相同，所以两球总是处于同一水平线上，若仅增大，则甲球的轨迹在原来轨迹的右侧，所以甲、乙两轨迹一定会相交，则两球一定会相碰，故B错误。对于甲球落在斜面AC上，有，可得，若大小变为原来的一半，则甲球落在斜面AC上所用时间变为原来的一半，根据，可知甲球落在斜面AC上通过的竖直位移变为原来的，则甲球不是落在斜面的中点D，故C错误。若甲球垂直击中圆环BC，则落点时速度的反向延长线过圆心O，根据平抛运动推论，速度方向延长线交水平位移的中点，如图2所示，当满足，此时甲球落在点时垂直击中圆环BC，故D正确。 10．根据匀变速运动的位移公式，整理得，在图像中是直线，由此可得，，，，因为车的加速度大，车的速度变化快，车初速度大，但加速度小，故开始运动后车在前，后来车在前，故A、B错误。当两车速度相同时，两车相距最远，由，得，两车最远距离为，故C正确。两车相遇有，即，解得，只有一解，相遇一次，故D正确。 第Ⅱ卷（非选择题，共60分） 二、填空、实验题（本大题共2小题，共18分） 11．（每空2分，共8分） （1）a （2） （3）B （4）B 【解析】（1）为了减小测量的误差，记录方向时，记录点与O点的距离要适当大一些，题图甲中的a点标记得不妥，其原因是O、a两点太近，误差大。 （2）和合力的实际测量值是用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O点得到的，而不是根据平行四边形定则作出的，故是和合力的实际测量值。 （3）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法。 （4）由题意可知，保持O点位置不动，即合力大小、方向不变，弹簧测力计的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形，如图3所示。由图可知角逐渐减小时，的读数减小，同时角减小。故选B。 12．（每空2分，共10分） ( 图 3 )（1）C （2） （3） 纸带受到打点计时器限位孔的阻力（其他原因只要正确均给分） 【解析】（1）验证机械能守恒定律需要测量物体的速度，所以需要测量物体的位移，故需要的实验器材是毫米刻度尺，又因为物体运动的时间可以通过打点计时器来测量，所以不需要秒表；又因为物体受到的重力是竖直向下的，所以不需要重锤线，故A、B错误，C正确。 （2）根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知打下计数点“”时，的速度大小为。取段进行研究，系统重力势能减少量为，动能增加量为。若系统机械能守恒，测得的物理量应满足的关系式为。 （3）若计算出铁块的速度及距离起点下落的高度，两者关系式为，整理得到，该图像应是一条过原点的倾斜直线，若操作规范，数据无误，产生误差的原因可能为纸带受到打点计时器限位孔的阻力。 三、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 13．（10分） 解：（1）小球缓慢运动，动能变化量为零，由动能定理得 ① 解得 ② （2）小球从点运动到点，由动能定理得 ③ 由题知 解得 ④ 评分标准：本题共10分。正确得出①、③式各给3分，其余各式各给2分。 14．（14分） 解：（1）滑块恰能运动到最高点，有 ① 解得 ② （2）滑块离开C点后做平抛运动，由平抛运动规律，有 ③ 又 ④ 则滑块打在P点时速度偏转角的正切值为 ⑤ 联立解得 ⑥ （3）若滑块在C点时对道的压力为，根据牛顿第二定律可得 ⑦ 由平抛运动规律，有 Q点与C点的高度差 ⑧ 又P点与C点的高度差 ⑨ 则P、Q的距离 ⑩ 联立解得 ⑪ 评分标准：本题共14分。正确得出①、⑦、⑪式各给2分，其余各式各给1分。 15．（18分） 解：（1）物体从点到点的过程中，其机械能守恒，则有 ① 在点，由牛顿第二定律得 ② 联立解得 ③ （2）物块在小车上滑行时，摩擦力做功 ④ ⑤ 根据动能定律得 ⑥ 解得 ⑦ （3）解除锁定后，物块的加速度为 ⑧ ⑨ 平板车的加速度为 ⑩ ⑪ 假设物块与平板车经过时间t达到共同速度，有 ⑫ 得 ⑬ ⑭ 物块和小车的相对位移 ⑮ 所以物块不能滑离平板车，物块距平板车左端的距离为 ⑯ 评分标准：本题共18分。正确得出⑤、⑥式各给2分，其余各式各给1分。 答案第8页，共8页 高一物理MG参考答案·第6页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $