2025屆河北省石家莊市普通高中學(xué)校高三上學(xué)期教學(xué)質(zhì)量檢測物理試題（含答案）

屆河北省石家莊市普通高中學(xué)校高三上學(xué)期教學(xué)質(zhì)量檢測物理試題一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1．如圖所示，乒乓球從斜面上滾下，以一定的速度在光滑水平桌面上沿直線勻速運動。在與乒乓球路徑相垂直的方向上有一個洞，當(dāng)球經(jīng)過洞口正前方時，對球沿三個不同的方向吹氣，下列說法正確的是（）A．沿方向1吹氣，乒乓球可能進入洞內(nèi)B．沿方向2吹氣，乒乓球可能進入洞內(nèi)C．沿方向3吹氣，乒乓球可能進入洞內(nèi)D．沿三個方向吹氣，乒乓球均不可能進入洞內(nèi)2．榫卯結(jié)構(gòu)是中國傳統(tǒng)建筑、家具和其他木制器具的主要結(jié)構(gòu)方式。如圖甲所示為榫眼的鑿削操作，圖乙為截面圖，鑿子尖端夾角為θ，在鑿子頂部施加豎直向下的力F時，其豎直面和側(cè)面對兩側(cè)木頭的壓力分別為F1和FA．F1大于B．夾角θ越小，F(xiàn)1C．夾角θ越小，F(xiàn)2D．夾角θ越大，鑿子越容易鑿入木頭3．如圖為某電子透鏡中電場的等勢面（虛線）的分布圖，相鄰等勢面間電勢差相等。一電子僅在電場力作用下運動，其軌跡如圖中實線所示，電子先后經(jīng)過O、P、Q三點。電子從O點運動到Q點的過程中，關(guān)于電子的運動，下列說法正確的是（）A．加速度一直減小B．速度先減小后增大C．在O點電勢能比在Q點電勢能小D．從O點到P點電場力做功與從P點到Q點電場力做功相等4．利用加速度傳感器可以顯示物體運動過程中的加速度變化情況，當(dāng)加速度方向豎直向上時，傳感器示數(shù)為正。如圖為一物體在豎直方向上由靜止開始往返運動一次的過程中加速度隨時間變化的圖像。關(guān)于該物體的運動，下列說法正確的是（）A．2tB．4tC．6t0時刻的速度大小為D．8t0時刻的速度大小為5．如圖所示，從距秤盤h高處把一筒豆粒由靜止持續(xù)均勻地倒在秤盤上，從第一粒豆落入秤盤至最后一粒豆落入秤盤用時為t，豆粒的總質(zhì)量為m。若每個豆粒只與秤盤碰撞一次，且豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗娜种?，忽略豆粒與秤盤碰撞過程中豆粒的重力。已知重力加速度為g，則碰撞過程中秤盤受到的平均壓力大小為（）A．4m2gh3t B．4m2ght C．6．如圖所示，將兩根粗細相同、材料不同的長軟繩甲、乙的一端連接在一起，1、2、3、4…為繩上的一系列間距均為0.1m的質(zhì)點，其中質(zhì)點10為兩繩的結(jié)點，繩處于水平方向。手持質(zhì)點10在豎直方向做簡諧運動，形成向左和向右傳播的兩列簡諧波Ⅰ、Ⅱ，其中波Ⅰ的波速為0.2m/s。某時刻質(zhì)點10處在波谷位置，5s后此波谷傳到質(zhì)點15，此時質(zhì)點10正好通過平衡位置向上運動，質(zhì)點10與質(zhì)點15之間還有一個波谷，下列說法正確的是（）A．質(zhì)點10的振動周期為2sB．波Ⅰ的波長為2C．波Ⅱ的波長為2D．當(dāng)質(zhì)點15處于波峰時，質(zhì)點6處于平衡位置7．ETC是高速公路上不停車電子收費系統(tǒng)的簡稱。如圖所示，以15m/s勻速行駛的汽車可選擇ETC通道或人工收費通道，完成繳費后速度回到15m/s進入正常行駛。如果選擇人工收費通道，需要在收費站中心線處減速至0，經(jīng)過30s繳費后，再加速至15m/s行駛；如果選擇ETC通道，需要在中心線前方10m處減速至5m/s，勻速到達中心線后，再加速至15m/s行駛。若汽車加速和減速過程的加速度大小均為1m/sA．45s B．37s C．12s D．8s二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．如圖所示，Ⅰ為北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中的靜止軌道衛(wèi)星，其對地張角為2θ，運動周期為T1；Ⅱ為地球的近地衛(wèi)星，運動周期為TA．衛(wèi)星Ⅰ運動的線速度大于衛(wèi)星Ⅱ的線速度B．衛(wèi)星Ⅰ運動的角速度小于衛(wèi)星Ⅱ的角速度C．TD．T9．一列有8節(jié)車廂的動車一般是4動4拖，其中第1節(jié)、第3節(jié)、第6節(jié)、第8節(jié)車廂是帶動力的，其余4節(jié)車廂是不帶動力的。如圖所示，該動車在平直軌道上勻加速向右啟動時，若每節(jié)動力車廂提供的牽引力大小均為F，每節(jié)車廂質(zhì)量均為m，每節(jié)車廂所受阻力均為該節(jié)車廂重力的k倍，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．整列車的加速度大小為F?2kmgB．整列車的加速度大小為F?kmgC．第4節(jié)車廂對第5節(jié)車廂的作用力大小為0D．第4節(jié)車廂對第5節(jié)車廂的作用力大小為110．如圖所示，豎直放置的輕質(zhì)彈簧，一端固定在水平地面上，另一端連接質(zhì)量為0.1kg的物塊P，質(zhì)量也為0.1kg的物塊Q從距物塊P正上方0.8m處由靜止釋放，兩物塊碰撞后粘在一起與彈簧組成一個豎直方向的彈簧振子，已知該彈簧的勁度系數(shù)為10N/m，重力加速度g取10m/sA．兩物塊碰撞前瞬間，物塊Q的速度大小為4m/sB．兩物塊碰撞過程中，系統(tǒng)損失的機械能為0.6JC．兩物塊碰撞后，物塊P下降的最大距離為0.4mD．兩物塊碰撞后，兩物塊做簡諧運動的振幅為0.3m三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．某小組做“觀察電容器的充放電”實驗。（1）該小組首先自制了一個電容器，如圖甲所示，他們用兩片錫箔紙做電極，用兩層電容紙（某種絕緣介質(zhì)）將錫箔紙隔開，一起卷成圓柱形，然后接出引線，再密封在塑料瓶當(dāng)中，電容器便制成了。為了增加該電容器的電容，下列說法正確的是___________。A．錫箔紙面積盡可能小些B．錫箔紙卷繞得盡可能緊，以減小錫箔紙間的距離C．增大電容器的充電電壓D．減小電容器所帶的電荷量（2）該小組將自制電容器C1接入如圖乙所示的電路中，將開關(guān)接“1”一段時間后，再將開關(guān)接“2”。在下列四個圖像中，能表示以上過程中通過傳感器的電流i隨時間t變化的圖像為（選填“A”或“B”）、電容器兩極板間的電壓隨時間變化的圖像為A.B.C.D.（3）該小組還自制了另一電容器C2，電容器C2的電容大于電容器C1的電容。將兩電容器C1、C2分別接入圖乙所示電路中進行充電實驗時，通過傳感器的電流i隨時間t變化的圖像如圖丙所示，其中對應(yīng)電容器C（4）若將圖乙中的電阻R換成阻值更大的電阻，則電容器C1開始放電的電流（選填“變大”、“變小”或“不變”），所得的i?t圖像與橫軸所圍的面積12．某小組利用如圖甲所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律。質(zhì)量為M的滑塊兩端各有一個擋光寬度為d的遮光板1、2，兩遮光板中心的距離為L，如圖乙所示。主要實驗步驟如下：（1）實驗前，接通氣源，將滑塊（不掛鉤碼）置于氣墊導(dǎo)軌上，輕推滑塊，遮光板1、2經(jīng)過光電門的擋光時間分別為t0、t0'，由此可知，遮光板1經(jīng)過光電門時的速度為（2）掛上質(zhì)量為m的鉤碼，將滑塊由光電門左側(cè)某處釋放，記錄遮光板1、2的擋光時間t1（3）更換不同數(shù)量的鉤碼，多次記錄遮光板1、2的擋光時間。（4）將鉤碼的總重力記為滑塊受到的合力F，作出滑塊的合力F與1t22（5）由于實驗中鉤碼的總重力并不等于滑塊的合力F，要想本實驗合力的相對誤差合力的測量值(鉤碼的總重力)?合力的真實值合力的真實值A(chǔ).0.12MB.0.06MC.0.03MD.0.02M13．如圖，傾角為37°的斜面與水平地面平滑連接，在水平地面上方存在著與地面成53°角斜向上的勻強電場。質(zhì)量為0.4kg、帶電量為+1×10?2C的絕緣物塊恰能沿斜面勻速下滑，進入水平地面后仍能勻速滑行。已知物塊與斜面及水平地面間的動摩擦因數(shù)相等，重力加速度g（1）求勻強電場的電場強度大??；（2）若勻強電場的電場強度方向可以變化，為使該帶電物塊仍能在水平地面上勻速滑行，求電場強度的最小值。14．如圖所示，長為L2=1.5m的水平傳送帶左右兩端與水平軌道平滑連接，傳送帶以v0=4.0m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動；左側(cè)粗糙軌道RQ的長為L1=3.25m，左端R點固定有彈性擋板；右側(cè)光滑軌道PN的長為L3=3.5m，其右端與半徑大于100m的光滑圓弧軌道的一小段相切（N點為圓弧軌道的最低點）?，F(xiàn)將一可視為質(zhì)點的小物塊從圓弧軌道上某位置由靜止釋放，物塊向左運動至擋板處與擋板發(fā)生彈性碰撞后向右剛好能運動到P點。已知小物塊與傳送帶以及左側(cè)軌道的滑動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，π2=10，不計物塊與擋板的碰撞時間。（1）求物塊第一次到達Q點時的速度大小；（2）為滿足上述運動，求物塊從圓弧軌道上釋放高度的范圍；（3）當(dāng)物塊從圓弧軌道上高度為0.8m的位置由靜止釋放后，發(fā)現(xiàn)該物塊在圓弧軌道上運動的時間與從N點運動至第二次到達P點的時間相等，求圓弧軌道的半徑。15．將扁平的小石片在手上呈水平放置后用力拋出，石片遇到水面后并不會直接沉入水中，而是擦著水面滑行一小段距離后再彈起飛行，跳躍數(shù)次后沉入水中，即稱為“打水漂”。如圖所示，小明在岸邊離水面高度h0=1.25m處，將質(zhì)量m=20g的小石片以初速度v0=6m/s水平拋出，小石片在水面上滑行時受到的水平阻力恒為f=0.4N，且小石片每次接觸水面時間Δt=0.05s后彈起，彈起時豎直方向的速度與當(dāng)時沿水面滑行的速度之比為常數(shù)k=0.8，小石片在水面上彈跳數(shù)次后沿水面的速度減為零。重力加速度（1）小石片第一次與水面接觸前瞬間水平方向的位移大??；（2）小石片第一次與水面接觸的過程中，水對小石片做的功；（3）從拋出到水平速度減為0，小石片在水平方向運動的總位移大小。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】本題關(guān)鍵明確乒乓球參與的兩個分運動，然后合成得到合運動。分運動與分運動相互獨立。分別沿方向1、方向2、方向3吹氣，對乒乓球的速度分析吹氣時乒乓球在原有速度v0的基礎(chǔ)上分別增加速度v1、v2故選C。

【分析】曲線運動的條件是合力與速度不共線；乒乓球受力后參與了兩個方向的分運動，據(jù)此判斷即可。2．【答案】B【解析】【解答】本題考查了共點力的平衡，解題的關(guān)鍵是把力F根據(jù)力的作用效果分解，根據(jù)幾何關(guān)系找出F與兩個分力的大小關(guān)系。A．作出力F與F1和F2的關(guān)系圖，如圖所示由圖可知FF根據(jù)幾何關(guān)系有FF故A錯誤；BC．由以上分析可知，力F一定時，夾角θ越大，F(xiàn)1和F2均變小，故B正確，C錯誤；D．由上圖根據(jù)幾何關(guān)系，有FF夾角θ越大，F(xiàn)1和F2均變小，所以夾角θ越大，鑿子越不容易鑿入木頭，故D錯誤。故選B。

【分析】根據(jù)力的作用效果把F分解，由圖可得F1與F2的大小關(guān)系；根據(jù)幾何關(guān)系可得F1、F2與F的大小關(guān)系，則可得結(jié)論。3．【答案】D【解析】【解答】本題考查了場強大小的判斷、電勢高低的判斷以及電勢能大小的判斷，涉及的知識點較多需要熟練掌握。A．相鄰等勢面間電勢差相等，可知等差等勢面越密集，場強越大；則電子從O點運動到Q點的過程中，場強先變大后變小，則電子受到的電場力先增大后減小，加速度先增大后減小，故A錯誤；B．根據(jù)曲線運動的合力方向位于軌跡的凹側(cè)，且場強方向與等勢面垂直，可知電子受到的電場力垂直等勢面偏右，所以電場力與速度方向的夾角小于90°，則電場力對電子做正功，電子的動能增大，速度一直增大，故B錯誤；C．由于電場力對電子做正功，則電子電勢能減少，電子在O點電勢能比在Q點電勢能大，故C錯誤；D．由于相鄰等勢面間電勢差相等，則有U根據(jù)W=qU可知從O點到P點電場力做功與從P點到Q點電場力做功相等，故D正確。故選D。

【分析】做曲線運動的物體所受的合力指向軌跡的凹側(cè)，電場線與等勢面垂直，據(jù)此判斷電場力方向；等勢面的疏密表示場強的大小，根據(jù)電勢能的定義式判斷電勢能的大小。4．【答案】C【解析】【解答】解題關(guān)鍵是會根據(jù)加速度的變化分析運動情況，知道a-t圖像與時間軸包圍的面積表示速度變化量。要明確a-t圖像的直接意義：代表了物體某一時刻對應(yīng)的加速度，可以以此判斷物體加速度的方向及大小。要明確a-t圖像面積的物理意義：代表了物體速度的變化量。A．0~2t0內(nèi)，加速度豎直向下，物體向下加速運動，B．2t0~4C．4t0~5t0內(nèi)，加速度為零，物體靜止，5t0~7t0內(nèi)加速度向上，物體向上加速運動，由于a?t圖像與時間軸包圍的面積表示速度變化量，故5tD．由圖像可知，6t0~8t0內(nèi)圖像與時間軸包圍的面積等于零，即這段時間內(nèi)的速度變化量等于零，8故選C。

【分析】0～2t0內(nèi)，分析物體的運動情況，確定2t0時刻的速度大??；2t0～4t0內(nèi)，分析物體的運動情況，結(jié)合對稱性分析4t0時刻速度和位置；根據(jù)a-t圖像與時間軸包圍的面積表示速度變化量，求出0～6t0內(nèi)的速度變化量，再求6t0時刻的速度大??；采用同樣的方法求8t0時刻的速度。5．【答案】A【解析】【解答】本題考查了動量定理、牛頓第三定律等知識點。利用動量定理解決本題的關(guān)鍵。對于涉及變力作用的動量問題，可以利用動量定理求解平均作用力。根據(jù)自由落體規(guī)律，豆粒下落掉到秤盤上時的速度為v=反彈后的速度大小為v方向為豎直向上，在碰撞過程中，忽略豆粒與秤盤碰撞過程中豆粒的重力，根據(jù)動量定理可知Ft=m解得F=由牛頓第三定律可知碰撞過程中秤盤受到的平均壓力大小為F故選A。

【分析】根據(jù)自由落體規(guī)律可求得豆粒到達秤盤時的速度，從而確定反彈后的速度，再根據(jù)動量定理即可確定壓力大小。6．【答案】D【解析】【解答】解答本題時，要理解波的形成過程，從時間的角度求周期，根據(jù)空間的角度求波長。要知道振動在兩種介質(zhì)中傳播時，周期是相同的。A．質(zhì)點每振動一個周期，波向前傳播一個波長，由題可知1可知質(zhì)點10的振動周期T=4sA錯誤；B．根據(jù)v=可知波Ⅰ的波長為λB錯誤；C．利用質(zhì)點10與質(zhì)點15之間的波形可知1可得波Ⅱ的波長為λC錯誤；

D．質(zhì)點6和質(zhì)點10之間恰好等于一個波長，振動情況相同，質(zhì)點15落后質(zhì)點10恰好11故選D。

【分析】根據(jù)題意，確定波傳播的時間與質(zhì)點10的振動周期關(guān)系，求出質(zhì)點10的振動周期，結(jié)合波形確定波Ⅱ的波長，從而求得波Ⅱ的波速。由波速公式求出波Ⅰ的波長。質(zhì)點6和質(zhì)點10之間恰好等于一個波長，振動情況相同。7．【答案】B【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握勻變速直線運動中利用平均速度表示的位移公式計算。已知v0=15m/s，v=5m/s，t勻速時間t利用平均速度表示位移公式計算減速和加速位移大小，減速和加速位移大小x從減速到恢復(fù)到原速度所用總時間t=2從減速到恢復(fù)到原速度所走總位移x=2x+d=210m汽車選擇人工收費通道時根據(jù)勻變速直線運動的速度時間關(guān)系，減速和加速時間t減速和加速位移大小x從減速到恢復(fù)到原速度所用總時間t'=2從減速到恢復(fù)到原速度所走總位移x'=2則汽車選擇ETC通道比選擇人工收費通道節(jié)約的時間為t故選B。

【分析】根據(jù)加速度定義式分別計算汽車選擇ETC通道和人工收費通道時減速和加速時間，根據(jù)勻速直線運動公式計算勻速時間，利用平均速度表示位移公式計算減速和加速位移大小，再計算總時間和總位移。8．【答案】B,C【解析】【解答】本題考查人造衛(wèi)星問題，是知道衛(wèi)星的向心力來源，能夠根據(jù)萬有引力提供向心力列式。能根據(jù)開普勒第三定律研究周期關(guān)系。AB．由萬有引力提供向心力G可得衛(wèi)星繞地球做圓周運動的線速度和角速度大小為v=GMr因為衛(wèi)星Ⅰ運動的軌道半徑大于衛(wèi)星Ⅱ的軌道半徑，所以衛(wèi)星Ⅰ運動的線速度小于衛(wèi)星Ⅱ的線速度，衛(wèi)星Ⅰ運動的角速度小于衛(wèi)星Ⅱ的角速度，故A錯誤，B正確；CD．由幾何關(guān)系可知，衛(wèi)星Ⅰ運動的軌道半徑與衛(wèi)星Ⅱ的軌道半徑關(guān)系為r由開普勒第三定律可知r化簡可得T故C正確，D錯誤。故選BC。

【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力列式，得到衛(wèi)星的線速度和角速度與軌道半徑的關(guān)系，再比較兩衛(wèi)星的線速度和角速度的關(guān)系。由幾何關(guān)系求出衛(wèi)星Ⅰ的軌道半徑與衛(wèi)星Ⅱ的軌道半徑之比，再根據(jù)開普勒第三定律求衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的周期之比。9．【答案】A,C【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律，解題的關(guān)鍵是利用整體法和牛頓第二定律可得整體的加速度大小。AB．對8節(jié)車廂整體受力分析，由牛頓第二定律4F?8kmg=8ma解得整列車的加速度大小為a=故A正確，B錯誤；CD．對5-8節(jié)車廂整體受力分析，由牛頓第二定律F代入解得第4節(jié)車廂對第5節(jié)車廂的作用力大小為F故C正確，D錯誤。故選AC。

【分析】以8節(jié)車廂為研究對象，利用牛頓第二定律可得整體的加速度大??；以5-8節(jié)車廂為研究對象，利用牛頓第二定律可得解。10．【答案】A,C,D【解析】【解答】知道兩物塊在碰撞過程中滿足動量守恒，在兩物塊一起下落的過程中，兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，能夠?qū)懗鰞晌飰K在開始下落時該系統(tǒng)的機械能表達式是解題的關(guān)鍵。A．對物塊Q，由自由落體運動知識得v可得兩物塊碰撞前瞬間，Q的速度大小為v故A正確；B．對物塊P、Q碰撞過程中，由動量守恒定律m由能量守恒定律1聯(lián)立可得v=2m/sΔ所以兩物塊碰撞過程中，損失的機械能為0.4J，故B錯誤；C．設(shè)兩物塊碰撞后，P下降的最大距離為h，由能量守恒定律1其中mg=k聯(lián)立解得xh=0.4m另一解h=?0.2m（舍去）故C正確；D．對兩物塊整體受力分析，由平衡條件2mg=k解得x所以兩物塊碰撞后組成的彈簧振子，振幅為A=h+故D正確。故選ACD。

【分析】根據(jù)自由落體運動規(guī)律計算；根據(jù)動量守恒和能量守恒計算；根據(jù)機械能守恒定律計算；根據(jù)平衡條件得到兩物塊的平衡位置，然后計算即可。11．【答案】（1）B（2）A；C（3）②（4）變小；不變【解析】【解答】（1）AB．根據(jù)電容器電容的決定式

C=εS4πkdCD．電容器的電容與充電電壓和電荷量無關(guān)，故CD錯誤。故選B。（2）由于充電電流與放電電流方向相反，而且電流的大小都是逐漸減小。故選A。

電容器兩極板間的電介質(zhì)是絕緣物質(zhì)，所以充電結(jié)束后的電容器相當(dāng)于斷路。充電過程中電荷由電源定向移動，在兩極板上集聚，形成充電電流，且流向正極板。放電過程中，電荷由極板流向用電器，形成放電電流，且電流由正極板流向用電器。在充電的過程中，充電電流逐漸減小，電容器兩端的電壓增加的越來越慢，在u?t圖像中斜率逐漸減??；在放電的過程中，電流也是逐漸減小，電容器兩端的電壓減小的越來越慢，在u?t圖像中斜率逐漸減小。故選C。（3）根據(jù)

C=QU

可知，用相同的電路給電容器充電，電容越大，帶電量越多，在i?t圖像中，圖像與時間軸圍成的面積越大，故C2的電容器充電過程i?t（4）若將圖乙中的電阻R換成阻值更大的電阻，則電容器C1開始放電的電流變小，但由于放電過程中總電荷量不變，所以得到的i?t【分析】（1）根據(jù)電容器電容的決定式進行分析；

（2）根據(jù)電容器充電、放電過程，電流方向相反，電流逐漸變小繼續(xù)分析；

（3）電容越大，帶電量越多，i-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電荷量，圖像與時間軸圍成的面積越大。

（4）根據(jù)i-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電荷量進行分析。（1）AB．根據(jù)電容器電容的決定式C=εSCD．電容器的電容與充電電壓和電荷量無關(guān)，故CD錯誤。故選B。（2）[1]由于充電電流與放電電流方向相反，而且電流的大小都是逐漸減小。故選A。[2]在充電的過程中，充電電流逐漸減小，電容器兩端的電壓增加的越來越慢，在u?t圖像中斜率逐漸減小；在放電的過程中，電流也是逐漸減小，電容器兩端的電壓減小的越來越慢，在u?t圖像中斜率逐漸減小。故選C。（3）根據(jù)C=QU可知，用相同的電路給電容器充電，電容越大，帶電量越多，在i?t圖像中，圖像與時間軸圍成的面積越大，故C2的電容器充電過程i?t（4）[1][2]若將圖乙中的電阻R換成阻值更大的電阻，則電容器C1開始放電的電流變小，但由于放電過程中總電荷量不變，所以得到的i?t12．【答案】dt0；=；【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵知道實驗的原理，注意研究的對象是系統(tǒng)，知道極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度。

（1）根據(jù)題意可知，遮光板1經(jīng)過光電傳感器時的速度為v若氣墊導(dǎo)軌水平，則滑塊做勻速直線運動，則有d即t則說明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平。（4）根據(jù)題意，由勻變速直線運動速度位移關(guān)系可得

v2?a=由牛頓第二定律有F=Ma=即該圖像的斜率為k=即可驗證牛頓第二定律成立。（5）根據(jù)題意可知，合力的測量值為F根據(jù)牛頓第二定律列式可得合力的真實值為F則有mg?解得m≤0.06M所以實驗中所掛鉤碼總質(zhì)量的最大值為0.06M。故選B。

【分析】（1）運用速度公式求遮光板2經(jīng)過光電傳感器時的速度；如果遮光條通過光電門的時間相等，說明遮光條做勻速運動，即說明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平；

（4）運用運動學(xué)公式及牛頓第二定律可求F-1t2213．【答案】（1）解：物塊沿斜面勻速下滑，由平衡條件mg解得μ=0.75物塊沿水平面做勻速直線運動，水平方向有qE豎直方向有qE聯(lián)立解得E=250N/C（2）解：木塊沿水平面做勻速直線運動，設(shè)場強與水平方向角度為θ、電場力大小為F，水平方向Fcosθ=μ豎直方向Fsinθ+整理得F=所以，當(dāng)θ=37°時，電場力F最小，最小值為F此時場強大小為E【解析】【分析】（1）在斜面上，根據(jù)物塊勻速下滑的條件，建立摩擦力與重力分力的平衡關(guān)系，求解動摩擦因數(shù)。然后，物塊進入水平面時，繼續(xù)分析勻速運動的條件，結(jié)合水平方向和豎直方向的受力平衡，計算電場強度。

（2）結(jié)合電場與摩擦力的關(guān)系，推導(dǎo)出電場強度的最小值。（1）物塊沿斜面勻速下滑，由平衡條件mg解得μ=0.75物塊沿水平面做勻速直線運動，水平方向有qE豎直方向有qE聯(lián)立解得E=250N/C（2）木塊沿水平面做勻速直線運動，設(shè)場強與水平方向角度為θ、電場力大小為F，水平方向Fcosθ=μ豎直方向Fsinθ+整理得F=所以，當(dāng)θ=37°時，電場力F最小，最小值為F此時場強大小為E14．【答案】（1）解：設(shè)物塊質(zhì)量為m，第一次到達Q點的速度為vQ，物塊從Q點到返回P點的過程，由動能定理可得?μmg?解得物塊第一次到達Q點時的速度大小為v（2）解：若物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運動，由動能定理可得μmg物塊沿圓弧軌道下滑mg解得h若物塊在傳送帶上一直做勻減速直線運動，由動能定理可得?μmg物塊沿圓弧軌道下滑mg解得h物塊從圓弧軌道上釋放高度的范圍為0.65m≤h≤0.95m（3）解：物塊由h3=0.8m處下滑，有

mgh3=12mv32

解得

v3=4m/s

可知物塊先在NQ段做勻速直線運動，設(shè)運動時間為t1；在左側(cè)軌道做勻減速直線運動后與擋板碰撞，碰后一直勻減速到P點，設(shè)整個減速過程時間為t2，可得

t1=L2【解析】【分析】（1）分析物體受力以及做功情況，根據(jù)動能定理即可求出物塊第一次到達Q點時的速度大??；

（2）高度不同，物塊獲得速度不同，摩擦力可能做正功，也可能做負功，根據(jù)動能定理列式求解；

（3）根據(jù)動能定理再結(jié)合運動學(xué)公式對比單擺周期公式即可求出。（1）設(shè)物塊質(zhì)量為m，第一次到達Q點的速度為vQ，物塊從Q點到返回P點的過程，由動能定理