广东省广州市广雅中学2023-2024学年高二上学期开学考试物理试题

2023-2024学年广东省广州市荔湾区广雅中学高二（上）开学物理试卷一、单项选择题，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，只有一个选项正确.1．（4分）M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电且所带电荷量为1.6×10﹣10C，下列判断正确的有（）A．摩擦前在M和N的内部没有任何电荷 B．摩擦的过程中电子从N转移到M C．N在摩擦后一定带负电且所带电荷量为1.6×10﹣10C D．M在摩擦过程中失去1.6×10﹣10个电子2．（4分）如图是梁同学做引体向上的示意图。若每次完整的引体向上分为身体“上引”（身体由静止开始从最低点升到最高点）和“下放”（身体从最高点回到最低点的初始状态）两个过程，单杠在整个过程中相对地面静止不动。下列说法正确的是（）A．单杠对双手的弹力是由于单杠发生了弹性形变而产生的 B．“上引”过程单杠对双手的弹力大于双手对单杠的弹力 C．“下放”过程单杠对双手的弹力始终小于梁同学受到的重力 D．“下放”过程梁同学均处于失重状态3．（4分）如图1所示，“爬绳”是一项锻炼臂力的体育运动。一位同学看见体育场支架上竖直悬挂着的粗壮而均匀的爬绳，忽然来了兴致想估测一下爬绳的重量。他在绳的下端施加一个横向的力F使绳缓缓偏离竖直方向，当绳的上端与竖直方向成30°角时使绳保持静止，此时力F与水平方向恰好也成30°角斜向上且大小为15N，如图2所示。由此可知该绳的重量约为（）A．15N B．30N C． D．4．（4分）如图，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。若某次列车以64.8km/h（18m/s）的速度冲上高度为4m的坡顶车站时，速度减为7.2km/h（2m/s），则该过程节能坡的转化率（列车重力势能的增加量与其动能减小量之比）约为（）A．12.5% B．25% C．50% D．75%5．（4分）2023年5月10日21时22分，天舟六号货运飞船发射成功，并于次日5时16分成功与中国天宫空间站对接，为航天员送去所需的服装、食物、水、实验设备等物资。现将其发射对接过程作适当简化：如图所示，圆轨道1为中国天宫空间站的运行轨道，天舟六号在运载火箭的托举下沿轨道PA运动至A点“船箭分离”，飞船进入与圆轨道1相切于B点的椭圆轨道2运行，最后择机与空间站对接。下列相关说法中正确的是（）A．天舟六号飞船由P点运动至B点的过程中机械能持续增大 B．天舟六号飞船沿椭圆轨道2的运行周期要小于空间站的运行周期 C．天舟六号飞船由P点运动至B点的过程中，飞船内的物资始终处于超重状态 D．天舟六号飞船沿椭圆轨道2的运行速度始终小于与空间站对接后在轨道1上的运行速度6．（4分）如图所示是某同学跳远的频闪模拟图，该同学身高168cm，体重52kg。假设助跑起跑前该生的机械能为零，图中辅助标线方格横竖比为2：1，请你估算他在最高点时机械能最接近的值是（）A．8000J B．800J C．80J D．8J7．（4分）如图所示，在光滑的水平绝缘桌面上，带电小球A固定，带电小球B在AB间库仑力的作用下以速率v0绕A做半径为r的匀速圆周运动，若使其绕A做匀速圆周运动的半径变为2r，则B球的速度大小应变为（）A． B． C．2v0 D．二、多项选择题，本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分.（多选）8．（6分）如图，足球场上，某运动员进行“边路突破”训练，沿边线将足球向前踢出，为控制足球，又向前追赶足球，下列v﹣t和s﹣t图像能大致反映此过程的是（）A． B． C． D．（多选）9．（6分）如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘细线系一带电小球，小球的质量为m，电荷量为q。为了保证当细线与竖直方向的夹角为60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的场强大小可能为（）A． B． C． D．（多选）10．（6分）发展新能源汽车是当前一项国家战略，更是世界发展的潮流。假设有一辆纯电动汽车质量m＝1×103kg，汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的B点结束，所用的时间t＝10s，10s后汽车做匀速运动。若汽车所受阻力始终不变，下列说法正确的是（）A．汽车的功率P＝64kW B．图中A点对应的时刻为5s C．图中A点对应时刻汽车的加速度大小为4m/s2 D．0～10s汽车通过的路程为128m三、非选择题：共54分.11．（6分）某实验小组利用如图（a）所示的装置测量弹簧的劲度系数，毫米刻度尺的0刻度线与弹簧上端对齐，实验时通过改变弹簧下端悬挂的钩码数量，改变弹簧的弹力F，并利用刻度尺读出对应的弹簧长度l。​（1）关于本实验操作，下列说法正确的是。A.悬挂钩码后立即读数B.钩码的数量可以任意增减C.安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态（2）多次实验，记录数据后描点连线得到F﹣l图像如图（b）所示，由此可知该弹簧的劲度系数k＝N/m（保留三位有效数字）。（3）若实验中刻度尺没有完全竖直，而读数时视线保持水平，则由实验数据得到的弹簧劲度系数将（选填“偏大”“偏小”或“不受影响”）。12．（10分）如图（a）所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。（1）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是。A．精确测量出重物的质量B．两限位孔在同一竖直线上C．重物选用质量和密度较大的金属锤D．释放重物前，重物离打点计时器下端远些（2）纸带上所打的点记录了重锤在不同时刻的位置，在选定的纸带上依次取计数点如图（b）所示，相邻计数点间的时间间隔为T，那么纸带的（选填“左”或“右”）端与重锤相连。设重锤质量为m，根据测得的x1、x2、x3、x4，在打B点到D点的过程中，重锤动能增加量的表达式为。（3）根据纸带上的数据，算出重锤在各位置的速度v，量出对应位置下落的距离h，并以为纵轴、h为横轴画出图像，则在图（c）A、B、C、D四个图像中，若在误差允许范围内，重锤在下落过程中机械能守恒，则图像可能是；若重锤在下落过程中所受到逐渐增大的阻力作用，则图像可能是（均填写选项字母符号）。（二）计算题：本题共3题，共38分.按题目要求在答题卡的指定区域内作答，超出答题框的不给分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.13．（10分）运动员沿水平冰面推动冰壶滑行时的情景如图（a）所示，此过程可建立如图（b）所示的模型：冰壶质量m＝19.7kg，运动员施加的推力F＝5N，方向与水平方向夹角为37°，冰壶在推力F作用下做匀速直线运动，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求冰壶与冰面间的动摩擦因数；（2）若运动员以4.0m/s的速度沿冰面将冰壶掷出，求冰壶在冰面上滑行的最远距离。​14．（12分）研究表明，适当运动可以提高免疫力，抵御新型冠状病毒。如图所示，某次活动中甲同学在距离地面高h1＝2.6m处将排球水平击出，排球的初速度大小为v0＝8m/s；乙同学在离地h2＝0.8m处将排球垫起，垫起前后瞬间排球的速度大小不变，垫起后排球速度的方向与水平方向夹角为θ＝53°。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：（1）排球被垫起前运动的水平位移x；（2）垫起后排球上升的离地最大高度hm。15．（16分）如图所示，在光滑水平面AB和粗糙水平面CD之间连接一长度为L1＝3.5m的传送带，传送带以v＝3m/s的速率顺时针方向转动，CD长度L2＝1m，圆心为O、半径为R＝0.2m的竖直光滑半圆轨道DEG与水平面CD在D点平滑连接，其中FG段为光滑圆管，E和圆心O等高，∠EOF＝30°。可视为质点的小物块从A点以v0＝4m/s的初速度向右滑动，已知小物块与传送带、水平面CD间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2。（1）求小物块第一次运动到C点所用的时间t；（2）通过计算判断小物块在半圆轨道DEG滑动时是否会脱离轨道？

2023-2024学年广东省广州市荔湾区广雅中学高二（上）开学物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题，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，只有一个选项正确.1．（4分）M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电且所带电荷量为1.6×10﹣10C，下列判断正确的有（）A．摩擦前在M和N的内部没有任何电荷 B．摩擦的过程中电子从N转移到M C．N在摩擦后一定带负电且所带电荷量为1.6×10﹣10C D．M在摩擦过程中失去1.6×10﹣10个电子【考点】电荷守恒定律．【答案】C【分析】摩擦带电的实质是电荷的转移，从一个物体转移到另一个物体，在转移过程中，电荷的总量保持不变，由此可判定各个选项。【解答】解：A、摩擦前两物体内部正、负电荷相等，物体不显电性，故A错误；B、互相摩擦后M带正电，失去电子，所以在摩擦的过程中电子从M转移到N，故B错误；C、N在摩擦后得到电子而带负电，电荷量为1.6×10﹣10C，故C正确；D、M在摩擦过程中失去个数为，故D错误。故选：C。2．（4分）如图是梁同学做引体向上的示意图。若每次完整的引体向上分为身体“上引”（身体由静止开始从最低点升到最高点）和“下放”（身体从最高点回到最低点的初始状态）两个过程，单杠在整个过程中相对地面静止不动。下列说法正确的是（）A．单杠对双手的弹力是由于单杠发生了弹性形变而产生的 B．“上引”过程单杠对双手的弹力大于双手对单杠的弹力 C．“下放”过程单杠对双手的弹力始终小于梁同学受到的重力 D．“下放”过程梁同学均处于失重状态【考点】牛顿运动定律的应用——超重和失重；弹力的产生、方向；牛顿第三定律．【答案】A【分析】根据弹力产生的条件分析A，根据牛顿第三定律分析B，根据超重与失重分析CD。【解答】解：A、单杠对双手的弹力是由于单杠发生了弹性形变产生的，故A正确；B、”上引”过程单杠对双手的弹力和双手对单杠的弹力是一对相互作用力，大小相等，故B错误；CD、“下放”过程中，同学先向下做加速运动，再做减速运动，所以先失重，此时单杠对双手的弹力始终小于梁同学受到的重力，再超重，此时单杠对双手的弹力始终大于梁同学受到的重力，故D错误。故选：A。3．（4分）如图1所示，“爬绳”是一项锻炼臂力的体育运动。一位同学看见体育场支架上竖直悬挂着的粗壮而均匀的爬绳，忽然来了兴致想估测一下爬绳的重量。他在绳的下端施加一个横向的力F使绳缓缓偏离竖直方向，当绳的上端与竖直方向成30°角时使绳保持静止，此时力F与水平方向恰好也成30°角斜向上且大小为15N，如图2所示。由此可知该绳的重量约为（）A．15N B．30N C． D．【考点】一般情况下的共点力平衡；力的合成与分解的应用．【答案】B【分析】绳子受三个力的作用下处于平衡状态，根据共点力的平衡条件可求得绳子重力的大小。【解答】解：对整条绳子进行受力分析，绳子受重力、外力F与悬点对绳的拉力T，其受力可以简化如图：竖直方向：Tcos30°+Fsin30°＝mg水平方向：Tsin30°＝Fcos30°解得绳的重力为mg＝30N，故B正确，ACD错误。故选：B。4．（4分）如图，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。若某次列车以64.8km/h（18m/s）的速度冲上高度为4m的坡顶车站时，速度减为7.2km/h（2m/s），则该过程节能坡的转化率（列车重力势能的增加量与其动能减小量之比）约为（）A．12.5% B．25% C．50% D．75%【考点】功能关系．【答案】B【分析】根据转化率的定义代入数据得出转化率的大小。【解答】解：根据题意可得：η＝×100%＝×100%＝×100%＝25%，故B正确，ACD错误；故选：B。5．（4分）2023年5月10日21时22分，天舟六号货运飞船发射成功，并于次日5时16分成功与中国天宫空间站对接，为航天员送去所需的服装、食物、水、实验设备等物资。现将其发射对接过程作适当简化：如图所示，圆轨道1为中国天宫空间站的运行轨道，天舟六号在运载火箭的托举下沿轨道PA运动至A点“船箭分离”，飞船进入与圆轨道1相切于B点的椭圆轨道2运行，最后择机与空间站对接。下列相关说法中正确的是（）A．天舟六号飞船由P点运动至B点的过程中机械能持续增大 B．天舟六号飞船沿椭圆轨道2的运行周期要小于空间站的运行周期 C．天舟六号飞船由P点运动至B点的过程中，飞船内的物资始终处于超重状态 D．天舟六号飞船沿椭圆轨道2的运行速度始终小于与空间站对接后在轨道1上的运行速度【考点】机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用——超重和失重；开普勒定律；万有引力定律的应用；人造卫星．【答案】B【分析】对照机械能守恒条件：只有重力做功，分析天舟六号飞船的机械能是否守恒；根据开普勒第三定律分析周期大小；根据加速度方向分析飞船内物资是处于超重状态还是失重状态；结合变轨原理分析速度大小。【解答】解：A、飞船由P点到B点过程中的A点到B点段，飞船只受万有引力，只有引力做功，其机械能守恒，故A错误；B、由开普勒第三定律＝k，可知椭圆轨道的半长轴越小，飞船的运行周期越小。轨道2的半长轴比轨道1的小，因此飞船在轨道2的运行周期要小于空间站的运行周期，故B正确；C、飞船由P点到A点，飞船获得外界提供的动力，加速上升，加速度向上，飞船内的物资处于超重状态。到飞船从A点到B点，只受地球对其的万有引力，处于完全失重状态，故C错误；D、飞船在轨道2运动到B点要经历点火加速才能进入轨道1运动，则飞船在轨道2的B点运动速度比与空间站对接后在轨道1上的运行速度要小。飞船从近地圆轨道变轨到椭圆轨道，在近地点要加速，所以要椭圆上近地点速度大于近地轨道上的速度。根据v＝可知，飞船在轨道1上运动的速度小于在近地轨道上运动的速度，所以飞船在椭圆上近地点的速度大于在轨道1上的运行速度，可见飞船在椭圆轨道上运动的速度可以大于对接后在轨道1上的运行速度，故D错误。故选：B。6．（4分）如图所示是某同学跳远的频闪模拟图，该同学身高168cm，体重52kg。假设助跑起跑前该生的机械能为零，图中辅助标线方格横竖比为2：1，请你估算他在最高点时机械能最接近的值是（）A．8000J B．800J C．80J D．8J【考点】机械能守恒定律．【答案】B【分析】根据重心上升的高度，求出该同学在最高点的重力势能，抓住该同学从最高点到落地的过程可以看成平抛运动，结合高度求出平抛运动的时间，通过水平位移求出最高点的速度，从而得出最高点的动能，最后求出他在最高点的机械能。【解答】解：由图可知该同学的身高约为3个方格的高度，近似取每个方格的高度为h＝0.5m他在最高点时重心相对起跑前上升了约2h＝2×0.5m＝1.0m对从最高点下落的过程，有2h＝2×2h＝vxt解得水平方向的速度大小vx＝2则他在最高点时机械能为E＝mg•2h+＝2mgh+＝4mgh解得：E＝1040J，与800J最接近，故ACD错误，B正确。故选：B。7．（4分）如图所示，在光滑的水平绝缘桌面上，带电小球A固定，带电小球B在AB间库仑力的作用下以速率v0绕A做半径为r的匀速圆周运动，若使其绕A做匀速圆周运动的半径变为2r，则B球的速度大小应变为（）A． B． C．2v0 D．【考点】库仑定律；牛顿第二定律；向心力．【答案】A【分析】B对A的库仑力提供A做匀速圆周运动的向心力，列出等式表示出速度大小．【解答】解：带电小球B在AB间库仑力的作用下以速率v0绕A做半径为r的匀速圆周运动，B对A的库仑力提供A做匀速圆周运动的向心力，列出等式＝若使其绕A做匀速圆周运动的半径变为2r，＝解得v′＝，故选：A。二、多项选择题，本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分.（多选）8．（6分）如图，足球场上，某运动员进行“边路突破”训练，沿边线将足球向前踢出，为控制足球，又向前追赶足球，下列v﹣t和s﹣t图像能大致反映此过程的是（）A． B． C． D．【考点】运动学图像综合；匀变速直线运动速度与时间的关系；v﹣t图像．【答案】AC【分析】足球被踢出后，由于受到地面阻力的作用，会做减速运动，运动员向前追赶足球，做加速运动，v﹣t图像的纵坐标值的变化表示速度的变化，图像与坐标轴所围面积表示位移，s﹣t图像切线的斜率表示速度。【解答】解：AB、足球被踢出后，由于受到地面阻力的作用，会做减速运动，速度逐渐减小，运动员向前追赶足球，做加速运动，速度逐渐增大，v﹣t图像与坐标轴的面积表示位移，当运动员追上足球时，运动员和足球的位移相同，v﹣t图像与坐标轴围成的面积相同，故A正确，B错误；CD、s﹣t图像的斜率表示速度，足球做减速运动，足球的s﹣t图像斜率逐渐减小，运动员向前追赶足球，做加速运动，运动员的s﹣t图像斜率逐渐增大，当运动员追上足球时，足球和运动员在同一时刻到达同一位置，足球和运动员的s﹣t图像交于一点，故C正确，D错误。故选：AC。（多选）9．（6分）如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘细线系一带电小球，小球的质量为m，电荷量为q。为了保证当细线与竖直方向的夹角为60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的场强大小可能为（）A． B． C． D．【考点】电场强度与电场力；一般情况下的共点力平衡．【答案】BD【分析】小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡，求出电场力的最小值，从而知道电场强度的最小值，从而分析电场强度的可能值。【解答】解：小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据平行四边形定则，当电场力方向与拉力方向垂直时，电场力最小，Fmin＝mgsin60°，所以电场强度的最小值为：Emin＝＝所以E＝和E＝符合；故BD正确，AC错误。故选：BD。（多选）10．（6分）发展新能源汽车是当前一项国家战略，更是世界发展的潮流。假设有一辆纯电动汽车质量m＝1×103kg，汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的B点结束，所用的时间t＝10s，10s后汽车做匀速运动。若汽车所受阻力始终不变，下列说法正确的是（）A．汽车的功率P＝64kW B．图中A点对应的时刻为5s C．图中A点对应时刻汽车的加速度大小为4m/s2 D．0～10s汽车通过的路程为128m【考点】动能定理；牛顿第二定律；机车启动的两种模型．【答案】ACD【分析】由图象可知摩擦力的大小和匀速运动的速度，根据功率的计算公式求解汽车的功率；加速过程，由动能定理求解汽车的质量；当v＝8.0m/s时，根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据分析画出速度—时间图象，结合图像求得时间，最后根据动能定理列式即可求得0﹣10s走过的路程。【解答】解：A．加速过程在图中的B点结束，即此后汽车沿平直路面做匀速运动，由图可知此时最小的牵引力Fmin＝4×103N，最大的速度vmax＝16m/s，则汽车恒定功率为P＝Fminvmax＝4×103×16W＝64000W＝64kW，故A正确；C．由题知，当汽车做匀速直线运动时，阻力等于最小的牵引力，则由平衡条件可得阻力为f＝Fmin＝4×103N，由图可知，图中A点对应的牵引力为F＝8×103N，根据牛顿第二定律有F﹣f＝ma，解得加速度a＝4m/s2，故C正确；B．汽车以额定功率启动，作出其速度—时间图象，如图中曲线所示若汽车是做初速度为零的匀加速度直线，则速度—时间图象如图中倾斜的直线所示，当速度为8m/s时倾斜直线对应的时间刚好为5s，而曲线对应的时间tA小于5s，故B错误；D．设0—10s汽车经历的路程为s，根据动能定理有Pt﹣fs＝代入数据解得，s＝128m故D正确。故选：ACD。三、非选择题：共54分.11．（6分）某实验小组利用如图（a）所示的装置测量弹簧的劲度系数，毫米刻度尺的0刻度线与弹簧上端对齐，实验时通过改变弹簧下端悬挂的钩码数量，改变弹簧的弹力F，并利用刻度尺读出对应的弹簧长度l。​（1）关于本实验操作，下列说法正确的是C。A.悬挂钩码后立即读数B.钩码的数量可以任意增减C.安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态（2）多次实验，记录数据后描点连线得到F﹣l图像如图（b）所示，由此可知该弹簧的劲度系数k＝200N/m（保留三位有效数字）。（3）若实验中刻度尺没有完全竖直，而读数时视线保持水平，则由实验数据得到的弹簧劲度系数将偏小（选填“偏大”“偏小”或“不受影响”）。【考点】探究弹簧弹力与形变量的关系．【答案】（1）C；（2）200；（3）偏小【分析】（1）根据实验原理与实验操作规范分析判断。（2）根据图像斜率解得劲度系数。（3）实验中刻度尺没有完全竖直，则测得的长度变化量偏大，从而分析误差。【解答】解：（1）A．悬挂钩码后应等示数稳定后再读数，故A错误；B．因为所挂钩码重力不能超过弹性限度，即钩码的数量不可以任意增减，故B错误；C．安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态，故C正确。故选：C。（2）因为F﹣l图像的斜率为劲度系数，故k＝＝N/m＝200N/m（3）若实验中刻度尺没有完全竖直，则测得的长度变化量偏大，因此得到的劲度系数偏小。故答案为：（1）C；（2）200；（3）偏小12．（10分）如图（a）所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。（1）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是BC。A．精确测量出重物的质量B．两限位孔在同一竖直线上C．重物选用质量和密度较大的金属锤D．释放重物前，重物离打点计时器下端远些（2）纸带上所打的点记录了重锤在不同时刻的位置，在选定的纸带上依次取计数点如图（b）所示，相邻计数点间的时间间隔为T，那么纸带的左（选填“左”或“右”）端与重锤相连。设重锤质量为m，根据测得的x1、x2、x3、x4，在打B点到D点的过程中，重锤动能增加量的表达式为。（3）根据纸带上的数据，算出重锤在各位置的速度v，量出对应位置下落的距离h，并以为纵轴、h为横轴画出图像，则在图（c）A、B、C、D四个图像中，若在误差允许范围内，重锤在下落过程中机械能守恒，则图像可能是C；若重锤在下落过程中所受到逐渐增大的阻力作用，则图像可能是A（均填写选项字母符号）。【考点】实验验证机械能守恒定律．【答案】（1）BC；（2）左；；（3）C；A。【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析作答；（2）重物做加速运动，在相同的时间间隔内通过的位移越来越大，据此分析作答；根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，分别求解B、D两点的瞬时速度，在求解动能的增加量；（3）根据机械能守恒定律求解函数，结合图像分析作答；考虑阻力作用，根据动能定理求解函数，结合图像分析作答。【解答】解：（1）A．因为本实验是比较动能的增加量和重力势能的减少量的大小关系，故质量可以约去，不需要测量重物的质量，精确测量重物的质量对减小实验误差没有影响，故A错误；B．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；C．实验供选择的重物应该是相对质量较大、体积较小的物体，这样能减小空气阻力的影响，从而减小实验误差，故C正确；D．实验时，先接通打点计时器的电源再松开纸带，为更有效的利用纸带，则重物离打点计时器下端近些，故D错误。故选：BC。（2）纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打点计时器打B点时的速度为打点计时器打D点时的速度为在打B点到D点的过程中，重锤动能增加量的表达式为代入数据解得（3）若在误差允许范围内，重锤在下落过程中机械能守恒，则化简可得以为纵坐标，以h为横坐标，画出的图像为图中过原点的直线，故选C。重锤在下落过程中所受到逐渐增大的阻力作用，根据动能定理化简可得因为阻力逐渐增大，斜率逐渐减小，故选A。故答案为：（1）BC；（2）左；；（3）C；A。（二）计算题：本题共3题，共38分.按题目要求在答题卡的指定区域内作答，超出答题框的不给分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.13．（10分）运动员沿水平冰面推动冰壶滑行时的情景如图（a）所示，此过程可建立如图（b）所示的模型：冰壶质量m＝19.7kg，运动员施加的推力F＝5N，方向与水平方向夹角为37°，冰壶在推力F作用下做匀速直线运动，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求冰壶与冰面间的动摩擦因数；（2）若运动员以4.0m/s的速度沿冰面将冰壶掷出，求冰壶在冰面上滑行的最远距离。​【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动速度与位移的关系．【答案】（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.02。（2）冰壶在冰面上滑行的最远距离为40m。【分析】（1）根据物体受力平衡的条件，对冰壶两段的运动进行受力分析，从而得出答案。（2）运用牛顿第二定律与运动学公式可得冰壶可滑行的最远距离。【解答】解：（1）冰壶做匀速直线运动，根据平衡条件有Fcos37°﹣f＝0FN﹣Fsin37°﹣mg＝0其中f＝μFN联立解得μ＝0.02（2）冰壶做匀减速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律μmg＝ma解得a＝0.2m/s2设冰壶滑行的最远距离为s，由运动学公式0﹣v2＝﹣2as解得s＝40m答：（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.02。（2）冰壶在冰面上滑行的最远距离为40m。14．（12分）研究表明，适当运动可以提高免疫力，抵御新型冠状病毒。如图所示，某次活动中甲同学在距离地面高h1＝2.6m处将排球水平击出，排球的初速度大小为v0＝8m/s；乙同学在离地h2＝0.8m处将排球垫起，垫起前后瞬间排球的速度大小不变，垫起后排球速度的方向与水平方向夹角为θ＝53°。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：（1）排球被垫起前运动的水平位移x；（2）垫起后排球上升的离地最大高度hm。【考点】平抛运动．【答案】（1）排球被垫起前运动的水平位移为4.8m；（2）垫起后排球上升的离地最大高度为4m。【分析】（1）根据平抛运动在不同方向上的运动特点结合运动学公式得出排球飞行的水平距离；（2）根据竖直方向上的运动特点解得最大高度。【解答】解：（1