【开学摸底考】高三物理（北京专用）-2023-2024学年高中下学期开学摸底考试卷.zip

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、单选题：本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．下列核反应属于β衰变的是（ ）
A．90234Th→91234Pa+−10eB．92238U→90234Th+24He
C．714N+24He→817O+11HD．92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
【答案】A
【详解】A．核反应方程90234Th→91234Pa+−10e，是天然放射现象，属于β衰变，A正确；
B．核反应方程92238U→90234Th+24He，是天然放射现象，属于α衰变，B错误；
C． 核反应方程714N+24He→817O+11H，是人工核反应，是发现质子的核反应方程，C错误；
D．核反应方程92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n，是属于重核的裂变反应，D错误。
故选A。
2．下列有关热现象的叙述中正确的是（ ）
A．分子间的作用力随分子间距离的增大而减小
B．分子势能一定随分子间距离的增大而增大
C．温度升高，每个分子的动能都增大
D．粗测分子直径可利用“油膜法”，测量单分子油膜的厚度可认为是分子直径
【答案】D
【详解】A．当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的作用力随分子间距离的增大而减小，当分子间的作用力开始表现为引力时，分子间的作用力随分子间距离的增大，先增大后减小，故A错误；
B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大，当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，故B错误；
C．温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，故C错误；
D．粗测分子直径可利用“油膜法”，测量单分子油膜的厚度可认为是分子直径，故D正确。
故选D。
3．一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，已知此时质点F的运动方向沿y轴负方向，则（ ）

A．此波向x轴正方向传播
B．质点C将比质点B先回到平衡位置
C．质点B与质点D此时的速度相同
D．质点E的振幅为零
【答案】B
【详解】A．根据“上下坡”法，可判断此波向x轴负方向传播。故A错误；
B．结合A选项分析由图可知，质点C处于正向最大位移处将向平衡位置振动，质点B先向正向最大位移处振动然后再向平衡位置振动，所以质点C先回到平衡位置。故B正确；
C．由图可知质点B与质点D此时的速度大小相等，方向相反。故C错误；
D．由图可知质点E的振幅不为零。故D错误。
故选B。
4．如图所示，理想变压器的原线圈接在u=2202sin100πtV 的交流电源上，副线圈接有R=11Ω 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1 ，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是 （ ）
A．原线圈的输入功率为110WB．电流表的示数为20.0A
C．电压表的示数约为110VD．副线圈输出交流电的周期为0.01s
【答案】C
【详解】C．初级电压有效值为U1=22022V=220V，则次级电压有效值U2=n2n1U1=110V，即电压表的示数约为110V，选项C正确；
A．原线圈的输入功率等于输出功率P1=P2=U22R=1100W，选项A错误；
B．电流表的示数为I1=P1U1=1100220A=5A，选项B错误；
D．副线圈输出交流电的周期为T=2π100πs=0.02s，选项D错误。
故选C。
5．如图所示，两束不同单色光P和Q沿不同的半径方向射向半圆形玻璃砖的圆心O，其出射光线都是从圆心O点沿OF方向，由此可知（ ）
A．P光束每个光子的能量比Q光束每个光子的能量大
B．P光在玻璃中的波长比Q光在玻璃中的波长小
C．如果让P、Q两列分别通过同一双缝干涉装置，P光形成的干涉条纹中相邻亮纹间的距离比Q光的大
D．在真空中P光的传播速度比Q光大
【答案】C
【详解】A．Q光束偏折程度较大，频率较大，每个光子的能量比P光束每个光子的能量大，故A错误；
B．P光束频率较小，折射率较小，根据v=cn，P光在玻璃中的波速比Q光在玻璃中的波波速大，又λ=vf，P光在玻璃中的波长比Q光在玻璃中的波长长，故B错误；
C．根据Δx=Ldλ，如果让P、Q两列分别通过同一双缝干涉装置，P光形成的干涉条纹中相邻亮纹间的距离比Q光的大，故C正确；
D．在真空中P光、Q光的传播速度相同，故D错误。
故选C。
6．翻斗车自卸货物的过程可以简化成如图所示模型，翻斗车始终静止在水平地面上，原来处于水平的车厢，在液压机的作用下，与水平方向的夹角θ开始缓慢增大（包括货物下滑过程中θ也在增加）。下列说法正确的是（ ）
A．货物受到的支持力先减小后增加
B．货物受到的摩擦力先减小后增加
C．货物受到的支持力一直做正功
D．货物受到的摩擦力一直做负功
【答案】C
【详解】AB．货物处于静止状态时，有f=mgsinθ，N=mgcsθ应，θ增大时，f增大，N减小，当货物滑动后，摩擦力为滑动摩擦力f=μN逐渐减小。故AB错误；
C．货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90°，做正功。故C正确；
D．摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功。故D错误。
故选C。
7．如图所示，四幅有关电场，下列说法正确的是（ ）
A．图甲为等量同种点电荷形成的电场线
B．图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强相同
C．图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d点
D．图丁中某一电荷放在e点与放到f点，它们的电势能相同
【答案】D
【详解】A．电场线从正电荷出发到负电荷终止，由图甲可知，该图为等量异种点电荷形成的电场线，故A错误；
B．电场强度是矢量，由图可知，离点电荷距离相等的a、b两点场强大小相等，但方向不相同，故B错误；
C．电场线不是带电粒子运动的轨迹，由图丙，过c、d的电场线是曲线，则从c点静止释放一正电荷，电荷不能沿着电场线运动到d点，故C错误；
D．该电容器极板之间的电场为匀强电场，由图可知，e点与f点在同一个等势面上，所以某一电荷放在e点与放到f点，它们的电势能相同，故D正确。
故选D。
8．在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图1所示磁场方向为正。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻，圆环中无感应电流
B．t3时刻，圆环上各点受到的安培力最大
C．t1~t3时间内，圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向
D．t2~t4时间内，圆环先出现扩张趋势，后出现收缩趋势
【答案】C
【详解】A．在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，故A错误；
B．在t3时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点受到的安培力为零，故B错误；
C．t1-t2时间内，磁感应强度垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，t2-t3时间内，磁感应强度垂直圆环向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，故C正确；
D．t2~t4时间内，穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势，后出现扩张趋势，故D错误。
故选C。
9．图示为一颗人造地球卫星发射过程的简化示意图。卫星先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。下列说法正确的是（ ）

A．卫星在轨道2的运行周期大于其在轨道3的运行周期
B．卫星在轨道2上从P点运动到Q点过程中，卫星内部的仪器处于完全失重状态，机械能不变
C．卫星在轨道1的向心加速度小于在赤道上随地球自转的物体的向心加速度
D．卫星在轨道2运行经过Q点的加速度小于在轨道3运行时经过Q点的加速度
【答案】B
【详解】A．根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道2的半长轴小于轨道3的半径，则卫星在轨道2的运行周期小于其在轨道3的运行周期，选项A错误；
B．卫星在轨道2上从P点运动到Q点过程中仅受万有引力作用，则卫星内部的仪器处于完全失重状态，因只有引力做功，则机械能不变，选项B正确；
C．根据a=GMr2可知，卫星在轨道1的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，而根据a=ω2r可知，同步卫星的向心加速度大于在赤道上随地球自转的物体的向心加速度，则卫星在轨道1的向心加速度大于在赤道上随地球自转的物体的向心加速度，选项C错误；
D．根据a=GMr2可知，卫星在轨道2运行经过Q点的加速度等于在轨道3运行时经过Q点的加速度，选项D错误。
故选B。
10．正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中 1 、2 、3 所示。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向垂直于纸面向外
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初动能比轨迹3的小
D．轨迹3对应的粒子是正电子
【答案】C
【详解】AD．根据左手定则可知两个电子的偏转方向相同且与正电子的偏转方向相反，所以1、3为电子，2为正电子，再根据左手定则和运动轨迹判断出，磁场方向为垂直直面向里，AD错误；
B．根据图像可知，轨迹半径越来越小，Bvq=mv2r，所以粒子运动速度大小变小，B错误；
C．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有Bvq=mv2r，得出r=mvBq。由于磁场相同，电子和正电子质量相同，电荷量相等，所以速度越大，半径越大，由图可知轨迹3对应的粒子半径大，所以速度大，根据动能表达式Ek=12mv2可知，速度大的动能大，所以轨迹3对应的粒子初动能比轨迹2的大，C正确。
故选C。
11．如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片向上移动的过程中（电压表和电流表均可视为理想电表）（ ）
A．电压表的示数减小B．电流表的示数减小
C．电源的总功率增大D．电源内阻消耗的电功率减小
【答案】D
【详解】A．当变阻器R0的滑片向上滑动时，R0接入电路的阻值变大，故它与R2并联的总电阻变大，再与R1串联的总电阻也会变大，即外电路的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，回路中总电流减小，电源的内电压减小，所以路端电压增大，即电压表的示数增大，故A错误；
B．由于电路的总电流减小，所以R1两端的电压也随之减小，故R0与R2两端的电压增大，则电流表的示数增大，故B错误；
C．电源的总功率为P总=EI，由于电路的总电流减小，故电源的总功率减小，故C错误；
D．电源内阻消耗的电功率为Pr=I2r，由于电路的总电流减小，故电源内阻消耗的电功率减小，故D正确。
故选D。
12．蹦极是一项非常刺激的活动。如图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。不计空气阻力，则运动员从O到D的运动过程中，下列叙述正确（ ）
A．从B点到C点，运动员的加速度逐渐增大
B．从C点到D点，运动员的加速度逐渐减小
C．从B点到C点，运动员的动能和重力势能之和减小
D．从B点到D点，运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和增大
【答案】C
【详解】A．从B点到C点，根据牛顿第二定律有mg−F1=ma1，随着下降，弹性绳的弹力F1逐渐增大，可知此过程中运动员的加速度逐渐减小，故A错误；
B．从C点到D点，根据牛顿第二定律有F2−mg=ma2，随着下降，弹性绳的弹力F2逐渐增大，可知此过程中运动员的加速度逐渐增大，故B错误；
C．从B点到C点，除了重力做功外，弹性绳的弹力对运动员做负功，运动员的机械能减小，即运动员的动能和重力势能之和减小，故C正确；
D．从B点到D点，运动员与弹性绳组成的系统机械能守恒，而从B点到C点，运动员的动能逐渐增大，此过程中，运动员的重力势能与弹性势能之和逐渐减小；从C点到D点，运动员的动能逐渐减小，此过程中，运动员的重力势能与弹性势能之和逐渐增大，故D错误。
故选C。
13．如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接有一定值电阻R，电阻为r的金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并开始计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】C．设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I=ER+r=BLvR+r∝v，故C错误；
D．根据牛顿第二定律有mg−BIL=ma，即a=g−B2L2vm(R+r)，故D正确；
B．杆所受安培力的大小为F=BIL=B2L2vR+r，杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随速度先增大，后不变，其大小为mg，故B错误；
A．导体杆两端的电压为U=IR=BLRvR+r，速度先增大，后不变，所以U先增大，后不变，且U增大的越来越慢，即图线的斜率减小，故A错误。
故选D。
14．用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I−t曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法错误的是（ ）
A．由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量
B．不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小
C．由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
D．若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为Um，则电容器的电容为QUm
【答案】B
【详解】A．根据Q=It可知I−t图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，选项A正确；
B．I−t图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源电压U不变，电容器电容C不变，根据C=QU可知电容器的总电荷量不变，选项B错误；
C．根据U=IR可知由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压Um=I0R，选项C正确；
D．电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压Um即为电容器充满电时的电压，根据C=QU可知电容器的电容为C=QUm，选项D正确。
本题选错误的，故选B。
二、实验题：本部分共2小题，共18分。
15．物理实验一般涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）用游标卡尺测量某金属管的外径，示数如图甲所示。则该金属管的外径为 mm。

（2）利用图乙所示装置验证机械能守恒定律。图丙为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，当地重力加速度为g。从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能 ，减少的重力势能 。

（3）如图所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证动量守恒定律。某同学认为即使A球质量m1大于B球质量m2，也可能会使A球反弹。请说明该同学的观点是否正确并给出理由 。

【答案】 21.7 mℎ3−ℎ128T2 mgℎ2 见解析
【详解】（1）[1]该游标卡尺精确度为0.1mm，金属管的外径为21mm+7×0.1mm=21.7mm；
（2）[2][3]从打O点到打B点的过程中，减少的重力势能为ΔEP=mgℎ2，
根据匀变速直线运动的规律，B点的速度为vB=ℎ3−ℎ12T，
从O点到B点的过程中，重物增加的动能为ΔEK=12mvB2=mℎ3−ℎ128T2
（3）[4]该同学的观点不正确。理由如下
设碰前A球的动量为p0，动能为Ek0，碰后A球的动量为p1、动能为Ek1，B球动量为p2、动能为Ek2。取碰前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有p0=p1+p2
若A球反弹，则p1＜0，所以p2＞p0，即2m2EK2>2m1EK0，
又因为m1＞m2，所以Ek2＞Ek0违背了能量守恒定律，所以该同学的观点错误。
16．图1是多用表的示意图，同学们用它来进行如下实验：
（1）如图2中的实线所示，为一正在测量中的多用电表表盘读数。如果用电阻挡“×100”测量，则读数为
Ω；如果用“直流5 V”挡测量，则读数为 V。
（2）甲同学利用多用电表测量电阻。他用电阻挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为 （填写选项前的字母）。
A．将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置
B．将选择开关旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0 Ω”
（3）乙同学用已调好的多用电表欧姆挡“×100”挡来探测一只完好的二极管的正、负极。当两表笔分别接二极管的正、负极时，发现表针指在如图2中的虚线的位置，此时红表笔接触的是二极管的 极（选填“正”或“负”）。
（4）丙同学按图3所示电路图连接元件，已知电源电动势约为1.5V，闭合开关S后，发现A、B灯都不亮。该同学在断开开关S的情况下，先用多用电表的欧姆挡检查电路故障，检查结果如下表所示；之后该同学将开关闭合，又用多用电表的电压挡去检测电路故障，对于接不同位置时电压表示数，下列结果可能正确的是 。
A．Ubf=1.0V B．Ube=1.4V C．Ubd=1.0V D．Ude=0V
（5）丙同学注意到多用电表电阻的刻度线是不均匀的，而直流电流、电压的刻度线是均匀的。他在课本上查阅到多用电表欧姆表的电路示意图，如图4所示。请根据欧姆表的电路示意图，结合所学知识分析电阻的刻度线不均匀的原因 。
【答案】 600 3.50 ADC 正 B 见解析
【详解】（1）[1][2]由图2中的实线可知，如果用电阻挡“×100”测量，则读数为6×100Ω=600Ω
如果用“直流5 V”挡测量，分度值为0.1V，需要估读到下一位，则读数为3.50V。
（2）[3]用电阻挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，说明待测电阻比较大，为了得到比较准确的测量结果，将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0 Ω”， 将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量。故操作顺序为：ADC。
（3）[4]由图2中的虚线位置可知，此时测的是二极管的反向电阻，此时红表笔接触的是二极管的正极。
（4）[5]由表格数据可知d、e两点断路，则用多用电表的电压挡去检测电路故障，对于接不同位置时电压表示数，则有Ubf≈E，Ube≈E，Ubd=0，Ude≈E，故选B。
（5）[6]欧姆调零时，将两表笔短接，则有Ig=ERg+r+R1，测电阻Rx时，根据闭合电路欧姆定律可得I=ERg+r+R1+Rx
可得Rx=EI−(Rg+r+R1)=EI−EIg，可知Rx与I不是线性关系，故电阻的刻度线不均匀。
三、计算题：本部分共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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。
17．如图所示，质量m为1.0kg的木块放在水平桌面上的A点，以初速度v0=4m/s在桌面上沿直线向右运动到桌边B点，与完全相同的另外一木块粘在一起，随后水平滑出落在水平地面C点。已知木块与桌面间的动摩擦因数为0.10，桌面距离水平地面的高度h为1.25m，A、B两点的距离为L=3.5m，g取10m/s2。不计空气阻力，求
（1）两木块一起平抛运动的水平速度大小vx；
（2）两木块平抛运动过程中，所受重力的冲量大小IG。
（3）两木块运动到C点时重力的瞬时功率P。

【答案】（1）1.5m/s；（2）10N⋅s；（3）100W
【详解】（1）木块在桌面上沿直线向右运动到桌边B点过程中水平方向只受到摩擦力，做匀减速直线运动，则有−mgμ=ma，vB2−v022a=L，联立解得a=−1m/s2，vB=3m/s
根据动力守恒可得与另外一木块粘连前后有mvB=2mvx，解得vx=1.5m/s
（2）两木块做平抛运动，则有ℎ=12gt2，解得t=0.5s
则所受重力的冲量大小为IG=2mgt=10N⋅s
（3）两木块做平抛运动，则运动到C点时竖直方向速度为vy=gt=10×0.5=5m/s
则两木块运动到C点时重力的瞬时功率P=2mgvy=100W
18．世界多国都在加紧研制真空管道超高速磁悬浮列车，某研发团队想要探究其电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装N匝正方形线框abcd，边长为L，线框总电阻为R。其平面与水平轨道平行，小车总质量为m，其俯视图如图所示，小车到站需要减速时，在前方虚线PP’和QQ’之间设置一竖直向上的匀强磁场，磁感应强为B。宽度为H，且H>L.若小车关闭引擎即将进入磁场前的速度为v0，在行驶过程中小车受到轨道阻力可忽略不计，不考虑车身其他金属部分的电磁感应现象。求：
（1）cd边刚进入磁场时线框内感应电流的大小和方向：
（2）cd边刚进入磁场时，小车的加速度大小：
（3）若小车完全进入磁场时速度为v02，求在此过程中通过线圈的电荷量和线圈产生的焦耳热。
【答案】（1）I=NBlv0R ，a→d→c→b→a；（2）N2B2l2v0mR ；（3）NBL2R ；38mv02
【详解】（1）cd边刚进入磁场时线框内感应电动势为E=NBLv0，感应电流的大小为I=ER=NBLv0R
根据右手定则可判断感应电流方向为a→d→c→b→a。
（2）cd边刚进入磁场时，小车的加速度大小为a，则有NBIL=ma，联立解得a=N2B2l2v0mR
（3）若小车完全进入磁场时，有E=NΔΦΔt，I=ER，q=IΔt，联立解得q=NΔΦR，ΔΦ=BL2
解得在此过程中通过线圈的电荷量为q=NBL2R
根据能量守恒定律有12mv02=Q+12mv022，解得线圈产生的焦耳热为Q=38mv02
19．物体在运动速度不太大时，其所受空气阻力可视为与速度成正比。
（1）在讲授自由落体运动的课上老师做了如下演示实验：
将质量均为m的两张纸揉成一大一小两个纸团，在空气中同时静止释放，竖直下落时大纸团下落要慢一些。设纸团半径为r，下落速度为v时，空气阻力f可写成f = krv（k为常数），重力加速度为g。
a．若下落高度足够大，求纸团的最终速度大小vm；
b．两纸团下落情况对比，关于它们运动的v-t图线，请你判断能否出现图1中的①、②
情形，并说明理由。
（2）从地面以速度大小v1竖直向上抛出一个质量为m的小球，小球返回原地时速度大小为v2，由于空气阻力的作用，使得v2