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广东省江门市培英高中2019届高三（上）第一次模拟物理试卷（解析版）
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这是一份广东省江门市培英高中2019届高三（上）第一次模拟物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2018-2019学年广东省江门市培英高中高三（上）第一次模拟物理试卷
一、选择题（本题10小题，每小题6分，共60分，每小题只有一个正确答案，选对得6分，错选多选不得分）
1．如图所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F作用．设物块与斜面之间的摩擦力大小为F1，斜面与地面之间的摩擦力大小为F2．增大推力F，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是（ ）
A．若物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定增大
B．若物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定不变
C．若物块与斜面相对静止，则F1、F2一定减小
D．若物块沿斜面相对静止，则F1、F2一定不变
2．未发射的卫星放在地球赤道上随地球自转时的线速度为v1，加速度为a1；发射升空后在近地轨道上做匀速圆周运动时的线速度为v2、加速度为a2；实施变轨后，使其在同步卫星的轨道上做匀速圆周运动，运动的线速度为v3、加速度为a3．则v1、v2、v3和a1、a2、a3的大小关系是（ ）
A．v2＞v3＞v1 ，a2＞a3＞a1 B．v3＞v2＞v1 ，a2＞a3＞a1
C．v2＞v3=v1 ，a2=a1＞a3 D．v2＞v3＞v1 ，a3＞a2＞a1
3．如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，温度升高R1急剧减小，当电铃电压达到一定数值时，电铃会响，则下列说法正确的是（ ）
A．若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，不会影响报警器的安全性能
B．若试验时发现有火点时装置不响，应把R2的滑片P向下移
C．若试验时发现有火点时装置不响，应把R2的滑片P向上移
D．增大电源的电动势，会使报警的临界温度升高
4．如图所示，一长为的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为（ ）
A． B． C． D．
5．在工厂经常能看到利用汽车通过钢绳移动物体的情景，如图所示．假设钢绳的质量可忽略不计，物体的质量为m，物体与水平地面的动摩擦因数为μ，汽车的质量为M，汽车运动中受到的阻力跟它对地面的压力成正比，比例常数为k，且k＞μ．要使汽车匀速运动时的牵引力最小，绳子与水平方向之间的夹角α应为（ ）
A．0° B．30° C．45° D．60°
6．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（ ）
A． B．
C． D．
7．电视显像管上的图象是电子束打在荧光屏的荧光点上产生的．为了获得清晰的图象电子束应该准确地打在相应的荧光点上．电子束飞行过程中受到地磁场的作用，会发生我们所不希望的偏转．关于从电子枪射出后自西向东飞向荧光屏的过程中电子由于受到地磁场的作用的运动情况（重力不计）正确的是（ ）
A．电子受到一个与速度方向垂直的恒力
B．电子在竖直平面内做匀变速曲线运动
C．电子向荧光屏运动的过程中速率会发生改变
D．电子在竖直平面内的运动轨迹是圆周
8．如图所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1：n2=3：1，则图（a）中L1的功率和图（b）中L1的功率分别为（ ）
A．P、P B．9P、P C． P、9P D． P、9P
9．如图1所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图2所示．某同学根据图象作出如下的一些判断错误的是（ ）
A．滑块与木板间始终存在相对运动
B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量
D．在t1时刻滑块从木板上滑出
10．如图所示，平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器．现有一长2L的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针以ω转过90°的过程中，通过R的电量为（ ）
A．Q= B．Q=2BL2ωC
C．Q= D．Q=BL2ωC）
二、实验题（共15分）
11．某同学用如图所示1电路来测定电池的电动势和内阻．
①实验开始时，滑片P应位于 端．（填A或B）
②该同学测得如下表的五组数据．根据数据在答题卷相应图中作出U﹣I图线（如图2），从图象可得电池的电动势E= V，内阻r= Ω．（结果均保留二位小数）．
1
2
3
4
5
U/V
1.37
1.32
1.24
1.10
1.05
I/A
0.12
0.20
0.31
0.50
0.57
12．某同学想利用DIS测电风扇的转速和叶片长度，他设计的实验装置如图甲所示．该同学先在每一叶片边缘粘上一小条长为△l的反光材料，当叶片转到某一位置时，光传感器就可接收到反光材料反射的激光束，并在计箅机屏幕上显示出矩形波，如图乙所示．已知屏幕横向每大格表示的时间为5.00×10﹣3s．则电风扇匀速转动的周期为 s；若用游标卡尺测得△l的长度如图丙所示，则叶片长度为 m．
三、计算题
13．如图所示，一条轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=1.0kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点，现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧（压缩量为x=0.1m）至A点，在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图所示．然后释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L=2x．水平桌面的高为h=5.0m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．（g取10m/s2）
求：（1）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
（2）小物块到达桌边B点时速度的大小；
（3）小物块落地点与桌边B的水平距离．
2016-2017学年广东省江门市培英高中高三（上）第一次模拟物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题10小题，每小题6分，共60分，每小题只有一个正确答案，选对得6分，错选多选不得分）
1．如图所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F作用．设物块与斜面之间的摩擦力大小为F1，斜面与地面之间的摩擦力大小为F2．增大推力F，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是（ ）
A．若物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定增大
B．若物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定不变
C．若物块与斜面相对静止，则F1、F2一定减小
D．若物块沿斜面相对静止，则F1、F2一定不变
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】由题意斜面体始终保持静止，若物块沿斜面向上滑动，增大F，物块对斜面体的压力和摩擦力不变．若物块与斜面相对静止，以整体为研究对象，根据平衡条件得到F1、F2与F的关系，再分析其变化．
【解答】解：A、B由图看出，F平行于斜面，如果物块沿斜面向上滑动，物块对斜面体的压力和摩擦力保持不变，增大推力F时，斜面体的受力情况没有改变，则F1、F2一定不变．故A错误，B正确．
C、D如果物块与斜面相对静止时，以整体为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件得到：
F2=Fcosθ，θ是斜面的倾角，可见，F增大时，F2一定增大．
而对物块研究得知，F1可能增大、可能减小，也可能大小不变．故CD错误．
故选：B
2．未发射的卫星放在地球赤道上随地球自转时的线速度为v1，加速度为a1；发射升空后在近地轨道上做匀速圆周运动时的线速度为v2、加速度为a2；实施变轨后，使其在同步卫星的轨道上做匀速圆周运动，运动的线速度为v3、加速度为a3．则v1、v2、v3和a1、a2、a3的大小关系是（ ）
A．v2＞v3＞v1 ，a2＞a3＞a1 B．v3＞v2＞v1 ，a2＞a3＞a1
C．v2＞v3=v1 ，a2=a1＞a3 D．v2＞v3＞v1 ，a3＞a2＞a1
【考点】同步卫星．
【分析】根据万有引力提供向心力，比较近地卫星和同步卫星的线速度和加速度大小，根据同步卫星与地球自转的角速度相等，通过v=rω，以及a=rω2比较待发射卫星的线速度与同步卫星的线速度以及加速度关系．
【解答】解：对于近地卫星和同步卫星而言，有：G=ma=m，
解得a=，
v=，知v2＞v3，a2＞a3．
对于待发射卫星和同步卫星，角速度相等，根据v=rω知，v3＞v1，根据a=rω2知，a3＞a1．则v2＞v3＞v1；，a2＞a3＞a1
故选A
3．如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，温度升高R1急剧减小，当电铃电压达到一定数值时，电铃会响，则下列说法正确的是（ ）
A．若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，不会影响报警器的安全性能
B．若试验时发现有火点时装置不响，应把R2的滑片P向下移
C．若试验时发现有火点时装置不响，应把R2的滑片P向上移
D．增大电源的电动势，会使报警的临界温度升高
【考点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理．
【分析】若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，报警器的电压变小，电铃将不会响．若试验时发现有火点时装置不响，说明报警器的电压较小，要增大其电压，必须R2的滑片P向上移．增大电源的电动势，会使报警的临界温度降低．
【解答】解：
A、若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，报警器的电压变小，电铃将不会响，所以会影响报警器的安全性能．故A错误．
B、C若试验时发现有火点时装置不响，说明报警器的电压较小，要增大其电压，根据串联电路分压的特点可知，必须增大R2，应把R2的滑片P向上移．故B错误，C正确．
D、增大电源的电动势，报警器的电压变大，相当于电动势不变，R1变小，所以会使报警的临界温度降低．故D错误．
故选C
4．如图所示，一长为的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为（ ）
A． B． C． D．
【考点】平抛运动．
【分析】欲使小球恰好落到木板下端，根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住位移关系求出平抛运动的时间，根据碰撞前后的速度大小相等，求出自由落体和平抛运动的时间关系，从而求出下降的高度关系，根据几何关系求出球释放点距木板上端的水平距离．
【解答】解：根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，有：．则平抛运动的时间t=．物体自由下落的时间为．根据h=知，平抛运动在竖直方向上的位移和自由落体运动的位移之比为4：1，木板在竖直方向上的高度为L，则碰撞点竖直方向上的位移为L．所以小球释放点距木板上端的水平距离为．故D正确，A、B、C错误．
故选D．
5．在工厂经常能看到利用汽车通过钢绳移动物体的情景，如图所示．假设钢绳的质量可忽略不计，物体的质量为m，物体与水平地面的动摩擦因数为μ，汽车的质量为M，汽车运动中受到的阻力跟它对地面的压力成正比，比例常数为k，且k＞μ．要使汽车匀速运动时的牵引力最小，绳子与水平方向之间的夹角α应为（ ）
A．0° B．30° C．45° D．60°
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】对箱子受力分析，受到拉力、重力、支持力和摩擦力；再对汽车受力分析，受到拉力、重力、牵引力、支持力和摩擦力；然后根据共点力平衡条件列式求出牵引力的表达式，分析最小值．
【解答】解：对箱子受力分析，如图
根据共点力平衡条件，有
水平方向：Fcosα﹣f1=0
竖直方向：Fsinα+FN=mg
其中 f1=μFN
解得
F= ①
再对车受力分析，如图
根据共点力平衡条件，有
水平方向：F牵﹣Fcosα﹣f2=0 ②
竖直方向：Mg+Fsinα=N ③
其中 f2=kN ④
由①②③④解得
F牵=μmg+kMg+
当α=0°时，取最小值，为μmg+kMg
故选A．
6．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向．有U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断电势高低
【解答】解：根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同．再根据U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断a、b两电势相等．故A正确
B、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故B错误．
C、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故C错误；
D、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小相等，方向不同，两点电势不等，故D错误；
故选：A
7．电视显像管上的图象是电子束打在荧光屏的荧光点上产生的．为了获得清晰的图象电子束应该准确地打在相应的荧光点上．电子束飞行过程中受到地磁场的作用，会发生我们所不希望的偏转．关于从电子枪射出后自西向东飞向荧光屏的过程中电子由于受到地磁场的作用的运动情况（重力不计）正确的是（ ）
A．电子受到一个与速度方向垂直的恒力
B．电子在竖直平面内做匀变速曲线运动
C．电子向荧光屏运动的过程中速率会发生改变
D．电子在竖直平面内的运动轨迹是圆周
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】电子在飞行过程中受到地磁场洛仑兹力的作用，洛仑兹力是变力而且不做功，只改变运动方向，不改变运动速度的大小．
【解答】解：电子在飞行过程中受到地磁场洛仑兹力的作用，洛仑兹力是变力而且不做功，所以电子向荧光屏运动的速率不发生改变；又因为电子在自西向东飞向荧光屏的过程中所受的地磁场感应强度的水平分量可视为定值，故电子在竖直平面内所受洛伦兹力大小不变、方向始终与速度方向垂直，故电子在在竖直平面内的运动轨迹是圆周，故D正确．
故选：D
8．如图所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1：n2=3：1，则图（a）中L1的功率和图（b）中L1的功率分别为（ ）
A．P、P B．9P、P C． P、9P D． P、9P
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】根据变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比可知，变压器的输入电压和电流的关系，由功率的公式P=和P=I2R可以求得灯泡L1的功率的大小．
【解答】解：由题意可知，两种情况下变压器输入功率为均为2P．设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，则有P=．根据电压与匝数成正比可知，两种情况下变压器的输入电压均为3U，根据输入功率和输出功率相等可知，变压器输入电流为I．所以图（a）中L1的功率为Pa==9P；图（b）中L1的功率为Pb=R=P；选项B正确．
故选B．
9．如图1所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图2所示．某同学根据图象作出如下的一些判断错误的是（ ）
A．滑块与木板间始终存在相对运动
B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量
D．在t1时刻滑块从木板上滑出
【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】由题意知小滑块在M的摩擦力作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，木板M在滑块m摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，由于M给m的摩擦力和m给M的摩擦力是作用力与反作用力，故大小相等方向相反，故mam=MaM；由图象知，在t1的时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即am＜aM∴m＞M，在图象中两物体速度大小始终不相等，故两者始终存在相对运动，因为若滑块没有滑离M时，M会给m摩擦力，使m继续做减速运动，而图象在t1以后的时间里，速度保持不变，所以说明滑块不受摩擦力作用即已滑离木板．
【解答】解：A、由题意知，m在M的摩擦力作用下做匀减速直线运动，M在m的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，因为两物体的图象速度始终不相等，故A正确；
B、在滑块速度大于木板速度时，若滑块未离开木板，则会受到M给它的摩擦力作用而继续做匀减速运动，直到速度相等为止，而图象所示在t1以后时间做匀速运动且与小车的速度不相等，所以一定滑出木板，故B错误；
C、由于m、M间相互作用的摩擦力分别使m、M产生加速度，所以满足mam=MaM，由图象知，在t1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即am＜aM，所以可知m＞M，滑块的质量大于木板的质量，故C正确；
D、因为从t1开始，两物体将保持恒定的速度差值，即分别做匀速直线运动且速度大小不同，说明此时两物体均不受摩擦力作用，即此时小滑块已滑离木板，在光滑水平面上做匀速运动．故D正确．
本题选错误的，故选：B．
10．如图所示，平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器．现有一长2L的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针以ω转过90°的过程中，通过R的电量为（ ）
A．Q= B．Q=2BL2ωC
C．Q= D．Q=BL2ωC）
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电容；闭合电路的欧姆定律．
【分析】ab棒切割磁感线未脱离导轨时，和R构成闭合回路，根据平均感应电动势，通过平均电流求出通过R的电量，在此过程中对电容充电，ab棒脱离导轨后，电容器放电，所充的电量全部通过电阻R，最后通过R的电量为两电量之和．
【解答】解：由ab棒以a为轴旋转到b端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直增大，对C不断充电，同时又与R构成闭合回路，ab产生的感应电动势平均值
E=
△S表示ab扫过的三角形面积，．
通过R的电量．
在这一过程中电容器充电的电量Q2=CUm．
Um为ab棒在转动过程中产生感应电动势的最大值．
．
所以ab棒脱离导轨后电容器放电，流过R的电量等于．
则流过R的总电量Q=Q1+Q2=BL2．故D正确，A、B、C错误．
故选D．
二、实验题（共15分）
11．某同学用如图所示1电路来测定电池的电动势和内阻．
①实验开始时，滑片P应位于 A 端．（填A或B）
②该同学测得如下表的五组数据．根据数据在答题卷相应图中作出U﹣I图线（如图2），从图象可得电池的电动势E= 1.45 V，内阻r= 0.71 Ω．（结果均保留二位小数）．
1
2
3
4
5
U/V
1.37
1.32
1.24
1.10
1.05
I/A
0.12
0.20
0.31
0.50
0.57
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】为保护电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至最大阻值处．
应用描点法作图，作出电源的U﹣I图象；电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．
【解答】解：①为保护电路，实验开始时，应将滑动变阻器的滑片移至最大阻值处，即滑片P应位于A端．
②根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出U﹣I图象，图象如图所示．
由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知，U=E﹣rI，
因此U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．
由电源的U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.45，电源电动势E=1.45V；
电源内阻r===0.71Ω；
故答案为：①A ②1.45，0.71
12．某同学想利用DIS测电风扇的转速和叶片长度，他设计的实验装置如图甲所示．该同学先在每一叶片边缘粘上一小条长为△l的反光材料，当叶片转到某一位置时，光传感器就可接收到反光材料反射的激光束，并在计箅机屏幕上显示出矩形波，如图乙所示．已知屏幕横向每大格表示的时间为5.00×10﹣3s．则电风扇匀速转动的周期为 1.4×10﹣2 s；若用游标卡尺测得△l的长度如图丙所示，则叶片长度为 0.078 m．
【考点】线速度、角速度和周期、转速．
【分析】根据图象分析可知道有反光的时间，也就是每个周期激光照射到反光材料的时间；再有每次出现反射光的时间间隔，可知风扇的周期；因为反光材料粘在叶片的边缘，根据反光材料的长度和反光的时间，求出的就是风扇边缘的线速度，再根据T=求出周期．
【解答】解：矩形波的宽度表示表示接收反激光束的时间，也就是每个周期激光照射到反光材料的时间，
由图象可知每隔14×10﹣3s出现一次反光，
所以电风扇的周期为14×10﹣3s，
由△L为3.5cm=0.035m，每次反光的时间为t=1×10﹣3s，
所以电风扇边沿的线速度为V==，
解得：R=7.8cm
故答案为：1.4×10﹣2s，0.078m
三、计算题
13．如图所示，一条轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=1.0kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点，现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧（压缩量为x=0.1m）至A点，在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图所示．然后释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L=2x．水平桌面的高为h=5.0m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．（g取10m/s2）
求：（1）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
（2）小物块到达桌边B点时速度的大小；
（3）小物块落地点与桌边B的水平距离．
【考点】动能和势能的相互转化；平抛运动；动能定理的应用．
【分析】（1）在弹簧被压缩过程中，力F做功除转化为因摩擦产生的热量之外，其余功转化为弹性势能，因此关键是根据力F与压缩量的关系正确求出力F做的功．
（2）弄清小物块在运动过程中所受外力做功情况，然后根据动能定理进行求解．
（3）小球离开桌面过程中做平抛运动，根据平抛运动规律即可求解．
【解答】解：（1）从F﹣x图中看出，小物块与桌面的动摩擦力大小为f=1.0 N，在压缩过程中，摩擦力做功为：Wf=f•x=﹣0.1 J
由图线与x轴所夹面积（如图），可得外力做功为：
WF=（1+47）×0.1÷2=2.4 J
所以弹簧存贮的弹性势能为：EP=WF﹣Wf=2.3 J
故弹簧存贮的最大弹性势能为2.3J．
（2）从A点开始到B点的过程中，由于L=2x，
摩擦力做功为W′f=f•3x=0.3 J
对小物块用动能定理有：
解得：vB=2 m/s
故小物块到达桌边B点时速度的大小为2m/s．
（3）物块从B点开始做平抛运动，所以有：
，下落时间t=1 s
水平距离s=vBt=2 m
故小物块落地点与桌边B的水平距离为2m．
2016年10月26日
2018-2019学年广东省江门市培英高中高三（上）第一次模拟物理试卷
一、选择题（本题10小题，每小题6分，共60分，每小题只有一个正确答案，选对得6分，错选多选不得分）
1．如图所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F作用．设物块与斜面之间的摩擦力大小为F1，斜面与地面之间的摩擦力大小为F2．增大推力F，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是（ ）
A．若物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定增大
B．若物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定不变
C．若物块与斜面相对静止，则F1、F2一定减小
D．若物块沿斜面相对静止，则F1、F2一定不变
2．未发射的卫星放在地球赤道上随地球自转时的线速度为v1，加速度为a1；发射升空后在近地轨道上做匀速圆周运动时的线速度为v2、加速度为a2；实施变轨后，使其在同步卫星的轨道上做匀速圆周运动，运动的线速度为v3、加速度为a3．则v1、v2、v3和a1、a2、a3的大小关系是（ ）
A．v2＞v3＞v1 ，a2＞a3＞a1 B．v3＞v2＞v1 ，a2＞a3＞a1
C．v2＞v3=v1 ，a2=a1＞a3 D．v2＞v3＞v1 ，a3＞a2＞a1
3．如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，温度升高R1急剧减小，当电铃电压达到一定数值时，电铃会响，则下列说法正确的是（ ）
A．若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，不会影响报警器的安全性能
B．若试验时发现有火点时装置不响，应把R2的滑片P向下移
C．若试验时发现有火点时装置不响，应把R2的滑片P向上移
D．增大电源的电动势，会使报警的临界温度升高
4．如图所示，一长为的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为（ ）
A． B． C． D．
5．在工厂经常能看到利用汽车通过钢绳移动物体的情景，如图所示．假设钢绳的质量可忽略不计，物体的质量为m，物体与水平地面的动摩擦因数为μ，汽车的质量为M，汽车运动中受到的阻力跟它对地面的压力成正比，比例常数为k，且k＞μ．要使汽车匀速运动时的牵引力最小，绳子与水平方向之间的夹角α应为（ ）
A．0° B．30° C．45° D．60°
6．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（ ）
A． B．
C． D．
7．电视显像管上的图象是电子束打在荧光屏的荧光点上产生的．为了获得清晰的图象电子束应该准确地打在相应的荧光点上．电子束飞行过程中受到地磁场的作用，会发生我们所不希望的偏转．关于从电子枪射出后自西向东飞向荧光屏的过程中电子由于受到地磁场的作用的运动情况（重力不计）正确的是（ ）
A．电子受到一个与速度方向垂直的恒力
B．电子在竖直平面内做匀变速曲线运动
C．电子向荧光屏运动的过程中速率会发生改变
D．电子在竖直平面内的运动轨迹是圆周
8．如图所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1：n2=3：1，则图（a）中L1的功率和图（b）中L1的功率分别为（ ）
A．P、P B．9P、P C． P、9P D． P、9P
9．如图1所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图2所示．某同学根据图象作出如下的一些判断错误的是（ ）
A．滑块与木板间始终存在相对运动
B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量
D．在t1时刻滑块从木板上滑出
10．如图所示，平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器．现有一长2L的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针以ω转过90°的过程中，通过R的电量为（ ）
A．Q= B．Q=2BL2ωC
C．Q= D．Q=BL2ωC）
二、实验题（共15分）
11．某同学用如图所示1电路来测定电池的电动势和内阻．
①实验开始时，滑片P应位于 端．（填A或B）
②该同学测得如下表的五组数据．根据数据在答题卷相应图中作出U﹣I图线（如图2），从图象可得电池的电动势E= V，内阻r= Ω．（结果均保留二位小数）．
1
2
3
4
5
U/V
1.37
1.32
1.24
1.10
1.05
I/A
0.12
0.20
0.31
0.50
0.57
12．某同学想利用DIS测电风扇的转速和叶片长度，他设计的实验装置如图甲所示．该同学先在每一叶片边缘粘上一小条长为△l的反光材料，当叶片转到某一位置时，光传感器就可接收到反光材料反射的激光束，并在计箅机屏幕上显示出矩形波，如图乙所示．已知屏幕横向每大格表示的时间为5.00×10﹣3s．则电风扇匀速转动的周期为 s；若用游标卡尺测得△l的长度如图丙所示，则叶片长度为 m．
三、计算题
13．如图所示，一条轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=1.0kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点，现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧（压缩量为x=0.1m）至A点，在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图所示．然后释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L=2x．水平桌面的高为h=5.0m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．（g取10m/s2）
求：（1）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
（2）小物块到达桌边B点时速度的大小；
（3）小物块落地点与桌边B的水平距离．
2016-2017学年广东省江门市培英高中高三（上）第一次模拟物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题10小题，每小题6分，共60分，每小题只有一个正确答案，选对得6分，错选多选不得分）
1．如图所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F作用．设物块与斜面之间的摩擦力大小为F1，斜面与地面之间的摩擦力大小为F2．增大推力F，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是（ ）
A．若物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定增大
B．若物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定不变
C．若物块与斜面相对静止，则F1、F2一定减小
D．若物块沿斜面相对静止，则F1、F2一定不变
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】由题意斜面体始终保持静止，若物块沿斜面向上滑动，增大F，物块对斜面体的压力和摩擦力不变．若物块与斜面相对静止，以整体为研究对象，根据平衡条件得到F1、F2与F的关系，再分析其变化．
【解答】解：A、B由图看出，F平行于斜面，如果物块沿斜面向上滑动，物块对斜面体的压力和摩擦力保持不变，增大推力F时，斜面体的受力情况没有改变，则F1、F2一定不变．故A错误，B正确．
C、D如果物块与斜面相对静止时，以整体为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件得到：
F2=Fcosθ，θ是斜面的倾角，可见，F增大时，F2一定增大．
而对物块研究得知，F1可能增大、可能减小，也可能大小不变．故CD错误．
故选：B
2．未发射的卫星放在地球赤道上随地球自转时的线速度为v1，加速度为a1；发射升空后在近地轨道上做匀速圆周运动时的线速度为v2、加速度为a2；实施变轨后，使其在同步卫星的轨道上做匀速圆周运动，运动的线速度为v3、加速度为a3．则v1、v2、v3和a1、a2、a3的大小关系是（ ）
A．v2＞v3＞v1 ，a2＞a3＞a1 B．v3＞v2＞v1 ，a2＞a3＞a1
C．v2＞v3=v1 ，a2=a1＞a3 D．v2＞v3＞v1 ，a3＞a2＞a1
【考点】同步卫星．
【分析】根据万有引力提供向心力，比较近地卫星和同步卫星的线速度和加速度大小，根据同步卫星与地球自转的角速度相等，通过v=rω，以及a=rω2比较待发射卫星的线速度与同步卫星的线速度以及加速度关系．
【解答】解：对于近地卫星和同步卫星而言，有：G=ma=m，
解得a=，
v=，知v2＞v3，a2＞a3．
对于待发射卫星和同步卫星，角速度相等，根据v=rω知，v3＞v1，根据a=rω2知，a3＞a1．则v2＞v3＞v1；，a2＞a3＞a1
故选A
3．如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，温度升高R1急剧减小，当电铃电压达到一定数值时，电铃会响，则下列说法正确的是（ ）
A．若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，不会影响报警器的安全性能
B．若试验时发现有火点时装置不响，应把R2的滑片P向下移
C．若试验时发现有火点时装置不响，应把R2的滑片P向上移
D．增大电源的电动势，会使报警的临界温度升高
【考点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理．
【分析】若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，报警器的电压变小，电铃将不会响．若试验时发现有火点时装置不响，说明报警器的电压较小，要增大其电压，必须R2的滑片P向上移．增大电源的电动势，会使报警的临界温度降低．
【解答】解：
A、若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，报警器的电压变小，电铃将不会响，所以会影响报警器的安全性能．故A错误．
B、C若试验时发现有火点时装置不响，说明报警器的电压较小，要增大其电压，根据串联电路分压的特点可知，必须增大R2，应把R2的滑片P向上移．故B错误，C正确．
D、增大电源的电动势，报警器的电压变大，相当于电动势不变，R1变小，所以会使报警的临界温度降低．故D错误．
故选C
4．如图所示，一长为的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为（ ）
A． B． C． D．
【考点】平抛运动．
【分析】欲使小球恰好落到木板下端，根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住位移关系求出平抛运动的时间，根据碰撞前后的速度大小相等，求出自由落体和平抛运动的时间关系，从而求出下降的高度关系，根据几何关系求出球释放点距木板上端的水平距离．
【解答】解：根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，有：．则平抛运动的时间t=．物体自由下落的时间为．根据h=知，平抛运动在竖直方向上的位移和自由落体运动的位移之比为4：1，木板在竖直方向上的高度为L，则碰撞点竖直方向上的位移为L．所以小球释放点距木板上端的水平距离为．故D正确，A、B、C错误．
故选D．
5．在工厂经常能看到利用汽车通过钢绳移动物体的情景，如图所示．假设钢绳的质量可忽略不计，物体的质量为m，物体与水平地面的动摩擦因数为μ，汽车的质量为M，汽车运动中受到的阻力跟它对地面的压力成正比，比例常数为k，且k＞μ．要使汽车匀速运动时的牵引力最小，绳子与水平方向之间的夹角α应为（ ）
A．0° B．30° C．45° D．60°
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】对箱子受力分析，受到拉力、重力、支持力和摩擦力；再对汽车受力分析，受到拉力、重力、牵引力、支持力和摩擦力；然后根据共点力平衡条件列式求出牵引力的表达式，分析最小值．
【解答】解：对箱子受力分析，如图
根据共点力平衡条件，有
水平方向：Fcosα﹣f1=0
竖直方向：Fsinα+FN=mg
其中 f1=μFN
解得
F= ①
再对车受力分析，如图
根据共点力平衡条件，有
水平方向：F牵﹣Fcosα﹣f2=0 ②
竖直方向：Mg+Fsinα=N ③
其中 f2=kN ④
由①②③④解得
F牵=μmg+kMg+
当α=0°时，取最小值，为μmg+kMg
故选A．
6．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向．有U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断电势高低
【解答】解：根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同．再根据U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断a、b两电势相等．故A正确
B、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故B错误．
C、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故C错误；
D、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小相等，方向不同，两点电势不等，故D错误；
故选：A
7．电视显像管上的图象是电子束打在荧光屏的荧光点上产生的．为了获得清晰的图象电子束应该准确地打在相应的荧光点上．电子束飞行过程中受到地磁场的作用，会发生我们所不希望的偏转．关于从电子枪射出后自西向东飞向荧光屏的过程中电子由于受到地磁场的作用的运动情况（重力不计）正确的是（ ）
A．电子受到一个与速度方向垂直的恒力
B．电子在竖直平面内做匀变速曲线运动
C．电子向荧光屏运动的过程中速率会发生改变
D．电子在竖直平面内的运动轨迹是圆周
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】电子在飞行过程中受到地磁场洛仑兹力的作用，洛仑兹力是变力而且不做功，只改变运动方向，不改变运动速度的大小．
【解答】解：电子在飞行过程中受到地磁场洛仑兹力的作用，洛仑兹力是变力而且不做功，所以电子向荧光屏运动的速率不发生改变；又因为电子在自西向东飞向荧光屏的过程中所受的地磁场感应强度的水平分量可视为定值，故电子在竖直平面内所受洛伦兹力大小不变、方向始终与速度方向垂直，故电子在在竖直平面内的运动轨迹是圆周，故D正确．
故选：D
8．如图所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1：n2=3：1，则图（a）中L1的功率和图（b）中L1的功率分别为（ ）
A．P、P B．9P、P C． P、9P D． P、9P
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】根据变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比可知，变压器的输入电压和电流的关系，由功率的公式P=和P=I2R可以求得灯泡L1的功率的大小．
【解答】解：由题意可知，两种情况下变压器输入功率为均为2P．设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，则有P=．根据电压与匝数成正比可知，两种情况下变压器的输入电压均为3U，根据输入功率和输出功率相等可知，变压器输入电流为I．所以图（a）中L1的功率为Pa==9P；图（b）中L1的功率为Pb=R=P；选项B正确．
故选B．
9．如图1所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图2所示．某同学根据图象作出如下的一些判断错误的是（ ）
A．滑块与木板间始终存在相对运动
B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量
D．在t1时刻滑块从木板上滑出
【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】由题意知小滑块在M的摩擦力作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，木板M在滑块m摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，由于M给m的摩擦力和m给M的摩擦力是作用力与反作用力，故大小相等方向相反，故mam=MaM；由图象知，在t1的时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即am＜aM∴m＞M，在图象中两物体速度大小始终不相等，故两者始终存在相对运动，因为若滑块没有滑离M时，M会给m摩擦力，使m继续做减速运动，而图象在t1以后的时间里，速度保持不变，所以说明滑块不受摩擦力作用即已滑离木板．
【解答】解：A、由题意知，m在M的摩擦力作用下做匀减速直线运动，M在m的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，因为两物体的图象速度始终不相等，故A正确；
B、在滑块速度大于木板速度时，若滑块未离开木板，则会受到M给它的摩擦力作用而继续做匀减速运动，直到速度相等为止，而图象所示在t1以后时间做匀速运动且与小车的速度不相等，所以一定滑出木板，故B错误；
C、由于m、M间相互作用的摩擦力分别使m、M产生加速度，所以满足mam=MaM，由图象知，在t1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即am＜aM，所以可知m＞M，滑块的质量大于木板的质量，故C正确；
D、因为从t1开始，两物体将保持恒定的速度差值，即分别做匀速直线运动且速度大小不同，说明此时两物体均不受摩擦力作用，即此时小滑块已滑离木板，在光滑水平面上做匀速运动．故D正确．
本题选错误的，故选：B．
10．如图所示，平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器．现有一长2L的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针以ω转过90°的过程中，通过R的电量为（ ）
A．Q= B．Q=2BL2ωC
C．Q= D．Q=BL2ωC）
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电容；闭合电路的欧姆定律．
【分析】ab棒切割磁感线未脱离导轨时，和R构成闭合回路，根据平均感应电动势，通过平均电流求出通过R的电量，在此过程中对电容充电，ab棒脱离导轨后，电容器放电，所充的电量全部通过电阻R，最后通过R的电量为两电量之和．
【解答】解：由ab棒以a为轴旋转到b端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直增大，对C不断充电，同时又与R构成闭合回路，ab产生的感应电动势平均值
E=
△S表示ab扫过的三角形面积，．
通过R的电量．
在这一过程中电容器充电的电量Q2=CUm．
Um为ab棒在转动过程中产生感应电动势的最大值．
．
所以ab棒脱离导轨后电容器放电，流过R的电量等于．
则流过R的总电量Q=Q1+Q2=BL2．故D正确，A、B、C错误．
故选D．
二、实验题（共15分）
11．某同学用如图所示1电路来测定电池的电动势和内阻．
①实验开始时，滑片P应位于 A 端．（填A或B）
②该同学测得如下表的五组数据．根据数据在答题卷相应图中作出U﹣I图线（如图2），从图象可得电池的电动势E= 1.45 V，内阻r= 0.71 Ω．（结果均保留二位小数）．
1
2
3
4
5
U/V
1.37
1.32
1.24
1.10
1.05
I/A
0.12
0.20
0.31
0.50
0.57
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】为保护电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至最大阻值处．
应用描点法作图，作出电源的U﹣I图象；电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．
【解答】解：①为保护电路，实验开始时，应将滑动变阻器的滑片移至最大阻值处，即滑片P应位于A端．
②根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出U﹣I图象，图象如图所示．
由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知，U=E﹣rI，
因此U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．
由电源的U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.45，电源电动势E=1.45V；
电源内阻r===0.71Ω；
故答案为：①A ②1.45，0.71
12．某同学想利用DIS测电风扇的转速和叶片长度，他设计的实验装置如图甲所示．该同学先在每一叶片边缘粘上一小条长为△l的反光材料，当叶片转到某一位置时，光传感器就可接收到反光材料反射的激光束，并在计箅机屏幕上显示出矩形波，如图乙所示．已知屏幕横向每大格表示的时间为5.00×10﹣3s．则电风扇匀速转动的周期为 1.4×10﹣2 s；若用游标卡尺测得△l的长度如图丙所示，则叶片长度为 0.078 m．
【考点】线速度、角速度和周期、转速．
【分析】根据图象分析可知道有反光的时间，也就是每个周期激光照射到反光材料的时间；再有每次出现反射光的时间间隔，可知风扇的周期；因为反光材料粘在叶片的边缘，根据反光材料的长度和反光的时间，求出的就是风扇边缘的线速度，再根据T=求出周期．
【解答】解：矩形波的宽度表示表示接收反激光束的时间，也就是每个周期激光照射到反光材料的时间，
由图象可知每隔14×10﹣3s出现一次反光，
所以电风扇的周期为14×10﹣3s，
由△L为3.5cm=0.035m，每次反光的时间为t=1×10﹣3s，
所以电风扇边沿的线速度为V==，
解得：R=7.8cm
故答案为：1.4×10﹣2s，0.078m
三、计算题
13．如图所示，一条轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=1.0kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点，现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧（压缩量为x=0.1m）至A点，在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图所示．然后释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L=2x．水平桌面的高为h=5.0m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．（g取10m/s2）
求：（1）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
（2）小物块到达桌边B点时速度的大小；
（3）小物块落地点与桌边B的水平距离．
【考点】动能和势能的相互转化；平抛运动；动能定理的应用．
【分析】（1）在弹簧被压缩过程中，力F做功除转化为因摩擦产生的热量之外，其余功转化为弹性势能，因此关键是根据力F与压缩量的关系正确求出力F做的功．
（2）弄清小物块在运动过程中所受外力做功情况，然后根据动能定理进行求解．
（3）小球离开桌面过程中做平抛运动，根据平抛运动规律即可求解．
【解答】解：（1）从F﹣x图中看出，小物块与桌面的动摩擦力大小为f=1.0 N，在压缩过程中，摩擦力做功为：Wf=f•x=﹣0.1 J
由图线与x轴所夹面积（如图），可得外力做功为：
WF=（1+47）×0.1÷2=2.4 J
所以弹簧存贮的弹性势能为：EP=WF﹣Wf=2.3 J
故弹簧存贮的最大弹性势能为2.3J．
（2）从A点开始到B点的过程中，由于L=2x，
摩擦力做功为W′f=f•3x=0.3 J
对小物块用动能定理有：
解得：vB=2 m/s
故小物块到达桌边B点时速度的大小为2m/s．
（3）物块从B点开始做平抛运动，所以有：
，下落时间t=1 s
水平距离s=vBt=2 m
故小物块落地点与桌边B的水平距离为2m．
2016年10月26日
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