2022-2023學(xué)年江西省撫州市臨川區(qū)一中高三物理第一學(xué)期期中調(diào)研試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項(xiàng):1答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫的答案無(wú)效；在草稿紙、試卷上答題無(wú)效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、起重機(jī)的鋼索將重物由地面吊到空中某個(gè)高度，其速度圖象如圖所示，則鋼索拉力的功率隨時(shí)間變化的圖象可能是（

2、）ABCD2、某電場(chǎng)在直角坐標(biāo)系中的電場(chǎng)線分布情況如圖所示，O、P、M、N為電場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)，其中P和M在一條電場(chǎng)線上，則下列說(shuō)法正確的是（ ） AM點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)BM點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)C將一負(fù)電荷由O點(diǎn)移到M點(diǎn)電勢(shì)能增加D將一正電荷由P點(diǎn)無(wú)初速釋放，僅在電場(chǎng)力作用下，可沿PM電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)3、如圖所示，A、D分別是斜面的頂端、底端，B、C是斜面上的兩個(gè)點(diǎn)，AB=BC=CD，E點(diǎn)在D點(diǎn)的正上方，與A等高從E點(diǎn)以一定的水平速度拋出質(zhì)量相等的兩個(gè)小球，球1落在B點(diǎn)，球2落在C點(diǎn)，關(guān)于球1和球2從拋出到落在斜面上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程（）A球1和球2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2：1B球1和球2動(dòng)能增加量之比為

3、2：1C球1和球2拋出時(shí)初速度之比為：1D球1和球2落到斜面上的瞬間重力的功率之比為1： 4、下列說(shuō)法中正確的是（ ）A做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，其加速度方向一定是變化的B伽利略對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)研究方法的核心是：把實(shí)驗(yàn)和邏輯推理（包括數(shù)學(xué)演算）結(jié)合起來(lái)，從而發(fā)展了人類的科學(xué)思維方式和科學(xué)研究方法C牛頓的三大運(yùn)動(dòng)定律是研究動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的基石，牛頓的三大運(yùn)動(dòng)定律都能通過(guò)現(xiàn)代的實(shí)驗(yàn)手段直接驗(yàn)證D力的單位“N”是基本單位，加速度的單位“m/s2”是導(dǎo)出單位5、放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時(shí)間t的關(guān)系和物塊速度v與時(shí)間t 的關(guān)系如圖所示。取重力加速度g10m/s2。由此兩圖線可

4、以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因素分別為Am0.5kg，0.2Bm1.0kg，0.4Cm1.5kg，0.6Dm2.0kg，0.86、空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場(chǎng)方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子以一定的速率沿橫截面的某直徑射入磁場(chǎng)，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏離入射方向60。不計(jì)重力，粒子入射的速度大小為（ ）A B C D二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖，穿在水平直桿上質(zhì)量為m的小球開(kāi)始時(shí)

5、靜止現(xiàn)對(duì)小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度成正比，即Fk（圖中未標(biāo)出）已知小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，已知小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未從桿上脫落，且F0mg下列說(shuō)法正確的是（）A小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直到靜止B小球先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到最后做勻速運(yùn)動(dòng)C小球的最大加速度為D恒力F0的最大功率為8、水平地面上有一木箱，木箱與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為現(xiàn)對(duì)木箱施加一拉力F，使木箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)設(shè)F的方向與水平面夾角為，如圖，在從0逐漸增大到90的過(guò)程中，木箱的速度保持不變，則（ ）AF先減小后增大BF一

6、直增大CF的功率減小DF的功率不變9、質(zhì)量為1 kg的小球以的速度與質(zhì)量為2 kg的靜止小球正碰，關(guān)于原先運(yùn)動(dòng)的小球碰后的速度和原先靜止的小球碰后的速度，下面哪些是可能正確的（ ）AB，C，D，10、如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升到距B點(diǎn)所在水平線的最大高度為3h04處（不計(jì)空氣阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)），則（ ）A小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)C小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為RD小球第二次在空中能上升到距B點(diǎn)所在水平線的最大

7、高度為h02三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過(guò)程。11（6分）在“研究平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)中，得到物體運(yùn)動(dòng)的部分軌跡如圖所示，a、b、c三點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)軌跡上（圖中已標(biāo)出），則拋出時(shí)小球的初速度為_(kāi)m/s，小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的速度方向與豎直方向夾角為_(kāi)（取g=10m/s2）12（12分）光電門是一種較為精確的測(cè)時(shí)裝置，某同學(xué)使用光電門和其他儀器設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置來(lái)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。A為裝有擋光片的鉤碼，總質(zhì)量用m表示，已知擋光片的擋光寬度為b，輕繩一端與A相連，另一端跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪與的重物B相連，B的質(zhì)量用M表示（并保證：Mm），他的做法是：先用力拉

8、住B，保持A、B靜止，用h表示A的擋光片上端到光電門的距離；然后由靜止釋放B，A下落過(guò)程中經(jīng)過(guò)光電門，光電門可測(cè)出擋光片的擋光時(shí)間t，算出擋光片經(jīng)過(guò)光電門的平均速度，將其視為A下落h（hb）時(shí)的速度，重力加速度為g。(1)為了完成上述實(shí)驗(yàn)，除了圖示給出的實(shí)驗(yàn)器材以外，還需要的實(shí)驗(yàn)器材有：_；(2)在A從靜止開(kāi)始下落h的過(guò)程中，驗(yàn)證以A、B、地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表達(dá)式為_(kāi)（用題目所給物理量的符號(hào)表示）；(3)由于光電門所測(cè)的平均速度與物體A下落h時(shí)的瞬時(shí)速度間存在一個(gè)差值v，因而系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能_系統(tǒng)增加的動(dòng)能（選填“大于”或“小于”）；(4)為減小上述v對(duì)結(jié)果的影響，該同學(xué)想到了以下

9、一些做法，其中可行的是_。A適當(dāng)減小擋光片的擋光寬度bB增大擋光片的擋光寬度bC減小擋光片上端到光電門的距離hD保持A下落的初始位置不變，測(cè)出多組t，算出多個(gè)平均速度然后取平均值四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖所示，abcd為固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，其中ab傾斜、bc水平、cd為半徑R0.25m的圓弧軌道三部分平滑連接，c為圓弧軌道的最低點(diǎn)，可為質(zhì)點(diǎn)的小球m1和m2中間壓縮輕質(zhì)彈簧靜止在水平軌道上(彈簧與兩小球不栓接且被鎖定)，水平檔板c與d點(diǎn)豎直距離h0.15m現(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定，小球m1脫離

10、彈簧后恰能沿軌道運(yùn)動(dòng)到a處，ab的豎直高度差H1.8m，小球m2沿軌道cd運(yùn)動(dòng)沖出軌道打在水平檔板e(cuò)上已知m10.5kg，m21.0kg，在c點(diǎn)時(shí)小球m2對(duì)軌道壓力的大小為46N，已知彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)小球仍處于水平軌道，不計(jì)空氣阻力，g10m/s2求: （1）彈簧最大的彈性勢(shì)能（2）小球m2離開(kāi)d點(diǎn)到打在水平檔板e(cuò)上的時(shí)間14（16分）如圖所示,一足夠長(zhǎng)、與水平面夾角=60的傾斜軌道與豎直面內(nèi)的光滑圓軌道相接,軌道最高點(diǎn)距地面的高度h = 15 m， 圓軌道的半徑為R = 5 m,其最低點(diǎn)為A,最高點(diǎn)為B可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊m = 1Kg與斜軌間有摩擦,物塊從斜軌上最高點(diǎn)由靜止釋放,恰好能到達(dá)圓軌道

11、的最高點(diǎn)B，不計(jì)小球通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的能量損失,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)物塊通過(guò)軌道最高點(diǎn)B時(shí)的速度v;(2)物塊在A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力F.(3)斜軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)15（12分）如圖所示，小球b靜止與光滑水平面BC上的C點(diǎn)，被長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，細(xì)繩拉直但張力為零小球a從光滑曲面軌道上AB上的B點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道滑下后，進(jìn)入水平面BC（不計(jì)小球在B處的能量損失），與小球b發(fā)生正碰，碰后兩球粘在一起，在細(xì)繩的作 用下在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)且恰好通過(guò)最高點(diǎn)已知小球a的質(zhì)景為M，小球b的質(zhì)量為mM=5m己知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間求：（1）小球a與b碰后的瞬時(shí)速度大小（2）A點(diǎn)與水平面BC間

12、的高度差參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、B【解析】在0-t1時(shí)間內(nèi)：重物向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=ma1拉力的功率P1=Fv=（mg+ma1）a1tm、a1均一定，則P1t。在t1-t2時(shí)間內(nèi)：重物向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力F=mg則拉力的功率P2=Fv=mgvP2不變，根據(jù)拉力的大小得到，P2小于t1時(shí)刻拉力的功率。在t2-t3時(shí)間內(nèi)：重物向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-F=ma2拉力的功率P3=Fv=（mg-ma2）（v0-a2

13、t）m、a2均一定，P3與t是線性關(guān)系，隨著t延長(zhǎng)，P3減小。A.與分析不符，故A錯(cuò)誤。B.與分析相符，故B正確。C.與分析不符，故C錯(cuò)誤。D.與分析不符，故D錯(cuò)誤。2、C【解析】A電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，由圖可知M點(diǎn)電場(chǎng)線比N點(diǎn)的密，所以M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)度，故A錯(cuò)誤；B沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；C將一負(fù)電荷由O點(diǎn)移到M點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功，所以電荷的電勢(shì)能增加，故C正確；D一正點(diǎn)電荷從P點(diǎn)由靜止釋放，該電荷所受的電場(chǎng)力是變力，與電場(chǎng)線的相切，據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件該電荷并不能沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選C。3、D【解析】因?yàn)锳C=2AB，則AC的高度差

14、是AB高度差的2倍，根據(jù)h=gt2，解得： ，解得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比為1： ，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh=Ek，知球1和球2動(dòng)能增加量之比為1：2，故B錯(cuò)誤；由圖象，球2在水平方向上的位移是球1在水平方向位移的2倍，球1和球2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1： ，結(jié)合x(chóng)=v0t，球1和球2拋出時(shí)初速度之比為2：1，故C錯(cuò)誤；小球落在斜面上時(shí)的豎直分速度：vy=gt，重力的瞬時(shí)功率：P=mgvcos=mgvy=mg2t，球1和球2落到斜面上的瞬間重力的功率之比：P1：P2=t1：t2=1： ，故D正確故選D點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是要知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)高度確定運(yùn)動(dòng)的

15、時(shí)間，通過(guò)水平位移求出初速度之比根據(jù)動(dòng)能定理求出動(dòng)能的增加量之比；應(yīng)用功率公式P=Fvcos求出功率之比4、B【解析】平拋運(yùn)動(dòng)是曲線運(yùn)動(dòng)，但過(guò)程中加速度恒定，A錯(cuò)誤；伽利略對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)研究方法的核心是：把實(shí)驗(yàn)和邏輯推理（包括數(shù)學(xué)演算）結(jié)合起來(lái)，從而發(fā)展了人類的科學(xué)思維方式和科學(xué)研究方法，B正確；牛頓第一定律不能通過(guò)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，C錯(cuò)誤；力的單位“N”不是基本單位，加速度的單位“m/s2”是導(dǎo)出單位，D錯(cuò)誤；【點(diǎn)睛】平時(shí)學(xué)習(xí)應(yīng)該注意積累對(duì)物理學(xué)史的了解，知道前輩科學(xué)家們?yōu)樘剿魑锢硪?guī)律而付出的艱辛努力，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一5、B【解析】從圖像可以看出勻速

16、運(yùn)動(dòng)時(shí)F=4N,所以摩擦力的大小等于4N，在2-4s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為 ，所以 ，解得： ，再根據(jù) 可知0.4，故B正確；ACD錯(cuò)誤6、B【解析】帶正電的粒子垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡如圖：根據(jù)幾何知識(shí)得知，軌跡的圓心角等于速度的偏向角60，且軌跡的半徑為，由牛頓第二定律得： ，解得：B=；故選：B點(diǎn)睛：帶正電的粒子垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力，由幾何知識(shí)求出軌跡半徑r，根據(jù)牛頓第二定律求出磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要

17、求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BCD【解析】對(duì)小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律表示出加速度，分析加速度的變化情況，進(jìn)而分析運(yùn)動(dòng)情況，恒力的功率等于力乘以速度【詳解】剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，加速度 ，當(dāng)速度v增大，加速度增大，當(dāng)kv=mg時(shí)加速度最大值為；當(dāng)速度v增大到符合kvmg后，加速度，當(dāng)速度v增大，加速度減小，當(dāng)a2減小到0，做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，BC正確；勻速運(yùn)動(dòng)的速度最大，且F0（kvmmg），則小球的最大速度為，所以最大功率為，故D正確；故選BCD.8、AC【解析】由于木箱的速度保持不變，因此木箱始終處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示，則由平衡條件得：，兩式聯(lián)立解得

18、，可見(jiàn)F有最小值，所以F先減小后增大，A正確；B錯(cuò)誤；F的功率，可見(jiàn)在從0逐漸增大到90的過(guò)程中tan逐漸增大，則功率P逐漸減小，C正確，D錯(cuò)誤9、AD【解析】碰撞前總動(dòng)量為碰撞前總動(dòng)能為A.碰撞后總動(dòng)量碰撞后總動(dòng)能為滿足動(dòng)量守恒定律，系統(tǒng)機(jī)械能沒(méi)有增加，所以是可能的，選項(xiàng)A正確；B. 碰撞后的速度，因?yàn)?，說(shuō)明碰撞未結(jié)束還會(huì)發(fā)生二次碰撞，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.碰撞后總動(dòng)量不滿足動(dòng)量守恒定律，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.碰撞后總動(dòng)量碰撞后總動(dòng)能為滿足動(dòng)量守恒定律，系統(tǒng)機(jī)械能沒(méi)有增加，所以是可能的，選項(xiàng)D正確。10、BC【解析】A、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力,所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,故A錯(cuò)誤；B、小球

19、與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,小球由A點(diǎn)離開(kāi)小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零,小球與小車水平方向速度為零,小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、設(shè)小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為x.系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,以向右為正方向,在水平方向,由動(dòng)量守恒定律得:mv-mv=0 即有：m2R-xt-mxt=0 計(jì)算得出小車的位移為:x=R，故C正確；D、小球第一次車中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由動(dòng)能定理得：mg(h0-34h0)-Wf=0，Wf為小球克服摩擦力做功大小,計(jì)算得出Wf=14mgh0 ,即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為14mgh0 ,因?yàn)樾∏虻诙卧谲囍袧L動(dòng)時(shí),對(duì)應(yīng)位置處速度變小,因此小車給小球的彈力變小,

20、摩擦力變小,摩擦力做功小于14mgh0,機(jī)械能損失小于14mgh0,因此小球再次離開(kāi)小車時(shí),能上升的高度大于34h0-14h0=12h0 :,而小于34h0 ,即12h0h34h0 故D錯(cuò)誤綜上所述本題答案是：BC三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過(guò)程。11、2m/s =53 【解析】在豎直方向根據(jù)：h=gT2 代入數(shù)據(jù)可解得：T=0.1s水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng),則v0=xt=2m/s 在b點(diǎn),豎直方向的速度為vb=hOC2T=0.30.2=1.5m/s 小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的速度方向與豎直方向的夾角為tan=v0vb=21.5=43 所以=53 故本題

21、答案是：2m/s；=53【點(diǎn)睛】平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向上是勻變速運(yùn)動(dòng),由ab和bc之間的距離差可以求出時(shí)間間隔,在水平方向上勻速直線運(yùn)動(dòng),由ab等各點(diǎn)在水平方向上的位移,和兩點(diǎn)之間的時(shí)間間隔,可求得水平速度,也就是小球的初速度,b為ac的中點(diǎn)時(shí)刻,可以使用ac段的平均速度表示b點(diǎn)的豎直方向的瞬時(shí)速度.12、天平（包括砝碼）、刻度尺 （mM）gh（Mm）（）2 大于 A 【解析】（1）1 動(dòng)能和重力勢(shì)能之和為機(jī)械能，計(jì)算時(shí)需要知道物體質(zhì)量和下降的距離，結(jié)合如圖實(shí)驗(yàn)裝置可知，需要的實(shí)驗(yàn)器材：需要天平用來(lái)測(cè)量A、B的質(zhì)量，用刻度尺測(cè)量A的下落高度，所以還需要的器材天平（包括砝碼）、刻度尺。（1）2 系統(tǒng)

22、重力勢(shì)能的減小量為物塊經(jīng)過(guò)光電門的瞬時(shí)速度為則系統(tǒng)動(dòng)能的增加量為則機(jī)械能守恒的表達(dá)式為。（3）3 光電門測(cè)出的平均速度是擋光片通過(guò)光電門過(guò)程中中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，此時(shí)下降的高度小于h，則系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能大于系統(tǒng)增加的動(dòng)能。（4）4 ABCD減小上述對(duì)結(jié)果的影響，可以減小擋光片的寬度，使得平均速度更接近瞬時(shí)速度，BCD錯(cuò)誤A正確。故選A 。四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、（1）13.5J；（2）0.1s【解析】（1）對(duì)小球m1，由機(jī)械能守恒定律得：m1vm1gH解得：v16m/s設(shè)在c點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小球m2壓力的大小為F，由牛頓第二定律得：解得：v2