浙江省宁波市2025_2026学年高一物理上学期期末试题含解析

这是一份浙江省宁波市2025_2026学年高一物理上学期期末试题含解析，共12页。试卷主要包含了请用钢笔或圆珠笔将学校，可能用到的相关参数等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1、本试卷共8页，满分100分，考试时间为90分钟。
2、本试卷答案必须做在答题卡的相应位置上，做在试卷上无效。
3、请用钢笔或圆珠笔将学校、姓名、准考证号分别填写在答题卡规定的位置上。
4、可能用到的相关参数：若无特殊说明，重力加速度g均取。
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 在物理学中，物理量分为基本量和导出量，下列物理量中属于导出量的是（ ）
A. 速度B. 时间C. 质量D. 长度
【答案】A
【解析】
【详解】A．在物理学中，基本量是独立定义的基础物理量，而导出量是由基本量通过公式导出的物理量。速度的定义式为，是由基本量长度和时间导出的，属于导出量，故A符合题意；
BCD．三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，故BCD不符合题意。
故选A。
2. “象”海图强，逐梦远行。在今年3月的一天，象山县某学校组织开展徒步远足活动，八百余名师生于早上8：30从学校出发完成了一段8km的旅程，行进路线如导航图所示。下列说法正确的是（ ）
A. “8km”指的是位移
B. “8：30”指的是时间间隔
C. 研究某学生的徒步路径时，该学生可以视为质点
D. 以对向车道上驶来的汽车为参考系，学生是静止的
【答案】C
【解析】
【详解】A．八百余名师生于早上8：30从学校出发完成了一段8km的旅程，可知“8km”指的是路程，不是位移，故A错误；
B．“8：30”指的是出发时刻，不是时间间隔，故B错误；
C．研究某学生的徒步路径时，可以忽略其形状和大小，故该学生可以视为质点，故C正确；
D．以对向车道上驶来的汽车为参考系，可知学生是运动的，故D错误。
故选C。
3. 打水漂是一项休闲活动，核心是让扁平物体在水面连续弹跳。在某次用石子打水漂时，在空中竖直平面内有一段石子从M点运动到N点的轨迹MN，如图所示。当石子经过P点时，下列关于石子速度v的方向、受到合力F的方向的图示可能正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】当石子经过P点时，石子速度v的方向应为轨迹的切线方向，且受到合力F应指向轨迹的凹侧，故B选项的图示可能正确。
故选B。
4. 将玻璃杯（如图甲）和书本用手掌和另一只手的食指紧压在一起，并保持静止。书本两侧表面平整且竖直，玻璃杯外表面平整，其中轴线在竖直平面内，如图乙所示。则（ ）
A. 食指对玻璃杯的摩擦力方向竖直向上
B. 书本对玻璃杯的弹力与食指对玻璃杯的弹力的合力为0
C. 手掌和玻璃杯对书本的作用力的合力与书本的重力大小相等
D. 玻璃杯对书本的弹力与手掌对书本的弹力是一对作用力和反作用力
【答案】C
【解析】
【详解】A．食指对玻璃杯的摩擦力平行于食指与玻璃杯的接触面向上，而非竖直向上，故A项错误；
B．书本对玻璃杯的弹力垂直于书本与玻璃杯的接触面，食指对玻璃杯的弹力垂直于食指与玻璃杯的接触面，两者并不在一条直线上，因此其合力不为零，故B项错误；
C．由于书本保持静止，所以手掌和玻璃杯对书本的作用力的合力与书本的重力大小相等，方向相反，故C项正确；
D．玻璃杯对书本的弹力与手掌对书本的弹力是一对平衡力，故D项错误。
故选C。
5. 两辆相同的汽车甲和乙并排停在斑马线前，在绿灯亮起时同时出发，由静止开始做直线运动，它们的v-t如图所示，已知，时刻乙在甲前面，时刻是乙图像的最高点。则（ ）
A. 时刻乙开始掉头
B. 时刻甲和乙再次并排
C. 时间内乙的加速度始终大于甲的加速度
D. 时刻乙领先甲的距离小于时刻乙领先甲的距离
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，时刻乙的速度仍然为正，故此刻乙仍在继续向前运动，A错误；
B．图像，图线与坐标轴所围的面积表示运动位移，由图可知，时刻甲的位移小于乙，故此刻乙在甲前面，B错误；
C．图像，图线切线的斜率的大小表示加速度大小，故时间内乙的加速度先大于后小于甲的加速度，C错误；
D．如图所示，设时间内，乙领先甲的距离为，时间内，乙领先甲的距离为，时间内，甲领先乙的距离为
由图可知，时间内，乙的加速度逐渐减小，依题意，故，综上则有，即时刻乙领先甲的距离小于时刻乙领先甲的距离，D正确。
故选D
6. 一同学站在体重计上做“下蹲”和“起立”来研究超重与失重现象，发现体重计读数随时间变化关系如图所示。规定由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。则（ ）
A. 前2s内该同学完成了“下蹲”和“起立”各一次
B. “起立”过程中，先出现超重现象，后出现失重现象
C. 在5.6s时刻，该同学所受的重力为240N
D. 在5.1s时刻，该同学重心的加速度约为，方向竖直向上
【答案】B
【解析】
【详解】A．下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态，可知前2s内该同学完成了一次“下蹲”，故A错误；
B．“起立”过程中，人先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以先处于超重状态后处于失重状态，故B正确；
C．由图可得，稳定时的读数为，5.6s时刻，该同学处于失重状态，但是受重力为500N，故C错误；
D．在5.1s时刻，该同学受到的支持力约，根据
可得加速度，方向竖直向上，故D错误。
故选B。
7. 如图，一根排污管正在向外满口排出大量污水，管道水平放置，环保人员测得排水口到水面的高度为h，排水口的横截面积为S，其口径远小于高度h，每秒钟排污体积为Q，重力加速度为g，则从管口排出的污水的水平射程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据平抛运动可知，
其中
联立解得
故选A。
8. 如图甲所示，为三分投篮比赛中使用的单层置球架，球架轨道由两根相互平行的可伸缩细直杆组成，轨道倾斜可使篮球自由滚下，其倾斜度共有三挡（如图甲中所示），轨道左右两侧为竖直挡板。有5个相同的篮球置于球架上，1号篮球靠在右侧竖直挡板上，5号篮球与左侧挡板不接触，篮球质量均为m，半径均为R，两直杆的间距为，图乙为沿斜轨方向侧视图。不计所有摩擦。现将轨道调至三挡，轨道与水平方向的夹角为30°，则（ ）
A. 4号篮球对5号篮球的作用力方向水平向左
B. 右侧竖直挡板对1号篮球的支持力大小为
C. 轨道中一侧直杆对5号篮球的支持力大小为
D. 轨道从三挡调至二挡后，置球架对5个篮球的总作用力将变小
【答案】C
【解析】
【详解】AC．由侧面视角对5号篮球受力分析如图所示：
由图可知，4号篮球对5号篮球的作用力沿轨道向上，由平衡条件可知，轨道对篮球支持力的合力N=mgcs30°
轨道对5号篮球支持力如图所示：
由几何关系可知两侧轨道支持力夹角为90°，由平行四边形法则可知N=2N'cs45°
代入数据可得，故A错误，C正确；
B．对5个篮球整体受力分析，由平衡条件可知，右侧竖直挡板对篮球支持力大小F=5mgsin30°
代入数据可得F=2.5mg，故B错误；
D．轨道由三挡调至二挡，轨道倾角减小，但篮球仍处于平衡状态，球架对篮球的作用力始终与其重力二力平衡，没有变化，故D错误。
故选C。
9. 如图，四分之一表面光滑圆柱体P放在水平地面上，圆心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A，一根不可伸长的轻绳跨过定滑轮（轻绳与定滑轮均不计摩擦），一端和置于圆柱体P上的质量为m的小球连接，另一端连接轻质圆环Q套在固定的竖直杆上的B点，一质量为的钩码挂在AQ间的轻绳上，整个装置处于同一竖直平面内，且均处于静止状态。现控制小球和圆柱体不动，将圆环Q从B点缓慢移动一小段距离到C点后，再解除控制，则（ ）
A. 轻绳的张力变大B. 圆环Q仍可保持静止
C. 小球沿圆柱面向下移动D. 地面对圆柱体P的摩擦力减小
【答案】B
【解析】
【详解】对钩码受力分析如图所示：
由晾衣杆模型可知，圆环向上移动，圆环和定滑轮之间的水平距离不变，则轻绳夹角不变，张力不变，仅有钩码向右上方移动，所以圆环仍静止，小球不动，地面对圆柱体的摩擦力不变。
故选B。
10. 如图所示，质量相同的小球甲、乙、丙用长度不同的轻绳悬于O点，均在水平面内做匀速圆周运动，已知甲、乙在同一水平面内运动，乙、丙经过同一抛物线，则（ ）
A. 甲、乙的向心力大小相等B. 甲、乙的线速度大小相等
C. 乙、丙的角速度大小相等D. 乙、丙的线速度大小相等
【答案】D
【解析】
【详解】AB．设绳子与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律可得
可得向心加速度大小为
由于乙对应的较大，所以甲的向心力小于乙的向心力；甲的运动半径小于乙的运动半径，根据可知甲的线速度小于乙的线速度。
故AB错误；
CD．乙、丙经过同一抛物线，以O点为坐标原点，竖直向下为轴，水平向左为轴，则抛物线方程为
设乙、丙的坐标分别为（，）、（，），则有
根据牛顿第二定律可得
其中，
可得，
由于，，则有，
故C错误，D正确。
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11. 如图是三幅物理教材中的插图，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中，在观察桌面的形变时，运用了等效替代的研究方法
B. 甲图中，在观察桌面的形变时，运用了将微小形变放大的研究方法
C. 乙图中，把变速运动过程细分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后将这些小段的位移相加，得到总位移，这种方法运用了微元法
D. 丙图中，伽利略用实验和逻辑推理相结合的方法得到了小球自由下落的速度与所用时间成正比
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．甲图中，在观察桌面的形变时，运用了将微小形变放大的研究方法，A错误，B正确；
C．乙图中，把变速运动过程细分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后将这些小段的位移相加，得到总位移，这种方法运用了微元法，C正确；
D．丙图中，伽利略在理想斜面实验的基础上，利用逻辑推理的方法得到了小球自由下落的速度与所用时间成正比，D正确。
故选BCD。
12. 如图所示，倾角为θ、质量为M的斜面体放在水平地面上，质量为m的物块以初速度沿斜面向下匀速滑动。若下滑过程中对物块施加一个大小不变的力F，方向为：甲图中平行斜面向下、乙图中垂直斜面向下，斜面体始终静止，重力加速度为g。则（ ）
A. 甲图中物块将继续匀速下滑，地面对斜面体的静摩擦力方向向右
B. 甲图中物块将匀加速下滑，地面对斜面体的支持力大小为
C. 乙图中物块将继续匀速下滑，地面对斜面体的静摩擦力大小为0
D. 乙图中物块将匀减速下滑，地面对斜面体的支持力大于
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．未加力F时物块匀速下滑，则处于平衡状态，有
此时物块对斜面体的沿斜面向下的摩擦力与压力的合力竖直向下，大小为mg，则此时地面对斜面体无摩擦力作用，斜面体受地面的支持力为
若下滑过程中对物块施加一个大小不变的力F，方向为：甲图中平行斜面向下，有
可得
可知甲图中物块将匀加速下滑。物块对斜面体的摩擦力大小仍为，压力仍为，则斜面体受到地面静摩擦力大小仍为零，斜面体受到地面支持力大小仍为，故A错误，B正确；
CD．对物块，有，
可得，方向沿斜面向上，可知乙图中物块将匀减速下滑。
斜面体受摩擦力的水平分量为
斜面体受物块的压力的水平分量为
斜面体始终静止，水平方向合力为零，可知地面对斜面体的静摩擦力大小为零。
以向上为正方向，对整体有
可知地面对斜面体的支持力大于，故C错误，D正确。
故选BD。
13. 如图为运输沙子的装置示意图。沙子（视为质点）先由工人用铁铲静止地放到传送带最左侧，再经传送带输送至最右侧位置C点，然后水平抛出。至时刻t，水平地面上已有沙子堆成图中所示圆锥体，且圆锥体的底角达到最大值，沙堆底面直径左端D点恰好在转轮最高点C的正下方，此时水平抛出的沙子刚好落在圆锥顶端。已知传送带以的速度顺时针匀速转动，长度，传送带上面距地面的竖直高度，沙子与传送带之间的动摩擦因数为，沙子间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，圆锥体的体积（r为圆锥体底面半径，h为圆锥体高）。下列说法正确的是（ ）
A. 沙子由静止经过后与传送带保持相对静止
B. 沙子从静止到水平抛出经历了
C. 在t时刻，地面上已堆成的沙子体积为
D. 若传送带速度可调，则水平抛出时沙子能获得的最大速度为
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．沙子与传送带之间的动摩擦因数为，有
可得
当沙子加速到传送带速度时，有
可得
此时沙子位移为
传送带长度，可知沙子之后做匀速直线运动，匀速时间为
可得沙子从静止到水平抛出经历了，故A正确，B错误；
C．在t时刻，水平地面上已有沙子堆成图中所示圆锥体，且圆锥体的底角达到最大值，设圆锥面与底面的夹角为，半径为，则
可得
可得，圆锥体的高度为。水平抛出的沙子刚好落在圆锥顶端，设平抛的竖直位移为，有，，
可得
圆锥体的体积，联立可得，故C正确；
D．若沙子一直在传送带上加速，离开传送带时有
解得沙子能获得的最大速度，故D错误。
故选AC。
三、非选择题（本题共4小题，共58分）
14. 某同学用图甲装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验。
（1）某次实验时该同学已正确完成了平衡摩擦力和调节细绳与轨道平行这两个操作，这样做的目的是________；
A. 使小车受到的合力等于槽码的重力
B. 使小车受到的合力等于细绳的拉力
（2）该同学正确地完成了实验，打出一条纸带如图乙所示，选取纸带上一点为起始点O，后面每5个点取一个计数点，分别用字母A、B、C、D、E、F标出这些计数点，实验所用电源的频率为50Hz，则图中C点的读数为________cm，小车运动的加速度________（加速度结果保留2位有效数字）。
（3）该同学利用智能传感器小车再次探究该实验，如图丙所示，小桶和砝码总质量为m，智能小车质量（含配重片）为M。智能小车内部装有加速度和力传感器，两传感器均能实时测量智能小车的加速度a和小车上挂钩所受拉力F的数据，并传输到电脑屏幕上。为了探究加速度与质量的关系，①本实验中，________（选填“需要”或“不需要”）满足m远小于M；________（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。②正确完成①步骤后，该同学释放智能小车做了一次实验，则根据这次实验得到的数据，下列图像中正确的有________（多选，并在答题卡上填涂正确答案）。
A. B. C. D.
【答案】（1）B （2） ①. 12.45##12.41##12.42##12.43##12.44##12.46##12.47##12.48##12.49 ②. 0.56##0.52##0.53##0.54##0.55##0.57##0.58
（3） ①. 不需要 ②. 需要 ③. AC
【解析】
【小问1详解】
平衡摩擦力和调节细绳与轨道平行都是为了使小车受到的合力等于细绳的拉力。
故选B。
【小问2详解】
[1]由于刻度尺的分度值为1mm，应估读到分度值的下一位，则图中C点的读数为
[2]由题可知，相邻计数点之间的时间间隔为
图中F点的读数为
根据逐差法可得，小车的加速度大小为
【小问3详解】
[1][2]用力传感器来测量小车受到的拉力时，力传感器可以读取绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量；但仍要平衡摩擦力；
[3]AB．由于小车做匀变速直线运动，加速度恒定，根据牛顿第二定律
可知小车受到的合外力恒定，故A正确，B错误；
CD．由于只做了一次实验，测得一组实验数据，无法描绘出或的图像，故C正确，D错误。
故选AC。
15. 将电火花计时器（所用电源频率为50Hz）引入“探究平抛运动特点”实验，能准确、美观、快速地描出平抛物体的轨迹点，其装置示意图如图甲中正视图和右视图所示，竖直的前板和背板分别为金属板a、b，在金属板b前面依次竖直平铺着方格纸和墨粉纸，将电火花计时器拆除部分外壳引出两个高压放电电极（输出电压可达数十千伏），分别与金属板a和b相连。当金属小球从金属板a和墨粉纸之间通过时，空气被击穿放电，从而在方格纸上记录下小球经过的位置点。
（1）电火花计时器是下列图中的________（在答题卡上填涂正确答案）；
A. B.
（2）关于该实验，下列说法合理的有________（多选，并在答题卡上填涂正确答案）；
A. 应选用密度大、体积小的金属球进行实验
B. 安装斜槽时，其末端必须保持水平
C. 为减少阻力，斜槽必须光滑
D. 金属小球抛出一次就可记录其多个位置点
（3）实验后，取下方格纸，建立坐标系如图乙，则方格纸的每一格的边长为________m，小球平抛的初速度为________m/s。（g均取，结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）A （2）ABD
（3） ①. 0.0039 ②. 0.39
【解析】
【小问1详解】
由图可知，A图中的打点计时器为电火花计时器。
故选A。
【小问2详解】
A．选用密度大、体积小的金属球进行实验，可以减小小球平抛运动时空气阻力的影响，故A正确；
B．安装斜槽时其末端切线应水平，以保证小球能做平抛运动，B正确；
C．小球与斜槽之间有摩擦对实验无影响，故C错误；
D．由于金属小球抛出后，在金属板a和墨粉纸之间运动时，即可在方格纸上记录下小球经过的位置点，因此金属小球抛出一次就可记录其多个位置点，故D正确。
故选ABD。
【小问3详解】
[1]由题可知，相邻点迹之间的时间间隔为
由于平抛运动竖直方向为自由落体运动，方格纸的每一格的边长
根据匀变速直线运动规律可得
代入数据解得
[2]由于平抛运动水平方向为匀速直线运动，则有
解得小球平抛的初速度为
16. 某小组用图甲所示的向心力演示器验证向心力F的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系。已知小球放在挡板A、B、C处做圆周运动时的半径之比为；变速塔轮自上而下每层左、右半径之比分别为、和，如图乙所示。
（1）该实验研究向心力与三个物理量间的关系，采用的研究方法是________；
A. 控制变量法B. 放大法C. 补偿法
（2）探究向心力与半径之间的关系时
①应将质量相同的小球分别放在________处；
A.挡板A和挡板B B.挡板A和挡板C C.挡板B和挡板C
②同时，应选择左、右变速塔轮中半径________的两个塔轮；
A.相同 B.不同
（3）在某次实验中，验证向心力F与角速度之间关系时，左、右两个标尺露出的格子数之比为，此时传动皮带是连接在图乙中的________塔轮上。
A. 第一层B. 第二层C. 第三层
【答案】（1）A （2） ①. C ②. A （3）C
【解析】
【小问1详解】
在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，主要用到的物理学研究方法是控制变量法。
故选A。
【小问2详解】
[1]探究向心力与半径之间的关系时，两钢球的运动半径应不同，两钢球质量相等，放在挡板B和挡板C位置，小球做圆周运动轨迹半径不同。
故选C。
[2]传动皮带调至第一层塔轮，半径相同，左右塔轮边缘线速度相等，根据可知角速度相等，由向心力表达式，可知可探究向心力大小与半径的关系。
故选A。
【小问3详解】
两钢球质量相等，在某次实验中，验证向心力F与角速度之间关系时，应保持半径相同，又左、右两个标尺露出的格子数之比为，可知向心力之比为，由向心力表达式，可知角速度之比为，根据可知半径之比为，可得传动皮带是连接在图乙中的第三层塔轮上。
故选C。
17. 如图，2025年11月5日，我国首艘电磁弹射型航空母舰福建舰正式入列，备受瞩目的歼-35舰载战斗机从福建舰上电磁弹射起飞。电磁弹射系统能在内让歼-35从静止匀加速到的起飞速度。同时，依赖于先进的电磁拦阻系统，福建舰能在的拦阻制动距离内把质量为的歼-35战斗机从刹停。设拦阻系统对歼-35的阻力为水平恒力，歼-35在被拦阻时发动机不熄火且产生的水平推力大小恒为，方向与运动方向相同，直到被拦停时立即熄火。不计空气及其他阻力。求：

（1）弹射过程中歼-35获得的加速度大小a；
（2）电磁弹射系统对歼-35的弹射距离L；
（3）拦阻系统对歼-35的阻力大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由题可知，歼-35从静止匀加速运动到起飞时的速度为
弹射过程中歼-35获得的加速度大小为
【小问2详解】
根据匀变速直线运动规律可得，电磁弹射系统对歼-35的弹射距离为
【小问3详解】
由题可知，歼-35减速运动的加速度大小为
结合牛顿第二定律可得
联立解得
18. 如图所示，可视为质点的甲、乙、丙三个物块用不可伸长的轻绳b、c通过轻滑轮连接，轻滑轮悬挂于天花板，甲与地面之间用劲度系数为的轻弹簧连接，开始时物块均处于静止状态。已知甲的质量为，乙、丙的质量均为，丙到地面的距离为。物块在运动过程中不会与滑轮相碰，不计空气阻力。
（1）若剪断轻绳b，求丙落到地面时的速度大小v；
（2）若剪断轻绳c，求剪断瞬间乙的加速度大小a；
（3）剪断轻绳c后，甲下降多少距离时甲的速度最大。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
剪断轻绳b后，乙与丙均做自由落体运动，对丙物体有
解得
【小问2详解】
设剪断之前弹簧伸长量为，有
剪断瞬间将甲乙看成一个整体有
对甲有
对于乙有
解得，
【小问3详解】
当加速度为零时，其速度达到最大值，设此时弹簧的压缩量为，有
解得
由上述分析可知从剪断瞬间到甲达到最大速度，弹簧从拉伸5cm到压缩5cm，所以甲下降的距离为
19. 如图为某小组设计的在竖直平面内的游戏装置示意图，AB是半径为、圆心为的圆形轨道，底端B点切线水平，B点与水平面Ⅰ的高度差为；CD是倾角为的轨道，高为，CD与水平轨道DE平滑连接（物体经过D点时速度大小不变）；E点与水平面Ⅱ的高度差为；水平面Ⅱ上方空间有一个鼓风装置，能产生水平向左的风力F；水平面Ⅱ上有一水平直轨道OH，轨道上有一个可移动的着陆平台P（不计着陆平台的形状大小），着陆平台与竖直面EO的水平距离记为x（，O为一维坐标x轴的原点）。游戏时，一质量为的小滑块Q（视为质点）从AB上某处静止释放，从B点水平飞出后恰好从C点无碰撞地滑入轨道CD，随后从E点水平飞出，小滑块经过E点时鼓风装置开始持续送风，在风力F持续作用下小滑块直接落在着陆平台P上（设小滑块落在平台P上立即静止）。所有接触面均光滑，不计其他阻力，，。求：
（1）小滑块到达C点时的速度大小；
（2）小滑块从B点飞出的速度大小和在B点时受到的轨道作用力的大小；
（3）①若风力F为恒力，写出风力F与x之间的关系式。
②若风力F满足，k为常量，小滑块Q经过E点时为时刻，要使小滑块竖直地落到着陆平台P上，求k的大小。
【答案】（1）
（2），
（3）①；②
【解析】
【小问1详解】
设小滑块到达C点时竖直方向的速度大小为，根据匀变速直线运动规律可得
解得
由运动的合成与分解可得
【小问2详解】
根据运动的合成与分解可得
B点由牛顿第二定律可得
解得
【小问3详解】
①小滑块从C至D匀加速，由牛顿第二定律可得
解得
由匀变速直线运动规律可得
解得
小滑块匀速运动至E处做类平抛运动，水平方向初速度
竖直方向自由落体
解得
水平方向匀减速
解得
由牛顿第二定律可得
②小滑块竖直落到着陆平台时刚好减小到0，则有
运动时间
由图像物理意义可知
解得