廈門(mén)六中 2024年物理高三第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測(cè)試題含解析

廈門(mén)六中2024年物理高三第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測(cè)試題考生請(qǐng)注意：1．答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫(xiě)在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫(xiě)在試卷指定的括號(hào)內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫(xiě)在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。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、在甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪本身所受的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩繞過(guò)滑輪，端固定在墻上，端下面掛一個(gè)質(zhì)量為的重物，當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為、、、，則以下判斷正確的是（）A． B．C． D．2、如圖所示，一輕質(zhì)彈簧，兩端連著物體A和B放在光滑水平面上，靜止放在光滑水平面上，如果物體A被水平速度為v0的子彈射中并嵌在物體A中（時(shí)間極短），已知物體B的質(zhì)量為m，已知物體A的質(zhì)量為物體B的質(zhì)量的34，子彈的質(zhì)量是物體B質(zhì)量的14，彈簧被壓縮到最短時(shí)物體BA．vB．vC．vD．23、如圖所示，船從A處開(kāi)出后沿直線AB到達(dá)對(duì)岸，若AB與河岸成37°角，水流速度為4m/s，則船從A點(diǎn)開(kāi)出的最小速度為（）A．2m/s B．2.4m/sC．3m/s D．3.5m/s4、雨滴在下落過(guò)程中，由于水汽的凝聚，雨滴質(zhì)量逐漸增大，同時(shí)由于下落速度逐漸增大，所受空氣阻力也逐漸增大，最后雨滴將以某一速度勻速下落；在雨滴加速下落的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A．重力產(chǎn)生的加速度逐漸增大B．重力產(chǎn)生的加速度逐漸減小C．雨滴下落的加速度逐漸減小D．雨滴下落的加速度保持不變5、如圖所示，在火星與木星軌道之間有一小行星帶．假設(shè)該帶中的小行星只受到太陽(yáng)的引力，并繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是A．太陽(yáng)對(duì)小行星的引力相同B．各小行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的周期小于一年C．小行星帶內(nèi)側(cè)小行星的向心加速度值大于小行星帶外側(cè)小行星的向心加速度值D．小行星帶內(nèi)各小行星圓周運(yùn)動(dòng)的線速度值大于地球公轉(zhuǎn)的線速度值6、用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的原理．如圖所示，從距秤盤(pán)80cm高處把1000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤(pán)上，持續(xù)作用時(shí)間為1s，豆粒彈起時(shí)豎直方向的速度大小變?yōu)榕銮暗囊话?，方向相反．若每個(gè)豆粒只與秤盤(pán)碰撞一次，且碰撞時(shí)間極短(在豆粒與秤盤(pán)碰撞極短時(shí)間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g．則在碰撞過(guò)程中秤盤(pán)受到的壓力大小約為()A．0.2N B．0.6NC．1.0N D．1.6N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、如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有兩個(gè)很靠近的同心圓軌道，外圓光滑內(nèi)圓粗糙．一質(zhì)量為m=0.2kg的小球從軌道的最低點(diǎn)以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，球的直徑略小于兩圓間距，球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R=0.5m，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，設(shè)小球過(guò)最低點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能為零，下列說(shuō)法正確的是（）A．若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為0，則小球機(jī)械能一定不守恒B．若小球第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度大小為0，則v0一定小于5m/sC．若要小球不擠壓內(nèi)軌，則v0一定不小于5m/sD．若小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)初動(dòng)能為1.6J，則足夠長(zhǎng)時(shí)間后小球的機(jī)械能為1J8、一質(zhì)量為2kg的物體受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的a-t圖象如圖2所示，t=0時(shí)其速度大小為2m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2N.則下列說(shuō)法正確的是A．在t=6s時(shí)刻，物體的速度為20m/sB．在t=6s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400JC．在t=6s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為396JD．在t=6s時(shí)刻，拉力F的功率為200W9、兩列振動(dòng)方向相同、振幅分別為A1和A2的相干簡(jiǎn)諧橫波相遇。下列說(shuō)法正確的是（）A．波峰與波谷相遇處質(zhì)點(diǎn)的振幅為|A1－A2|B．波峰與波峰相遇處質(zhì)點(diǎn)離開(kāi)平衡位置的位移始終為A1＋A2C．波峰與波谷相遇處質(zhì)點(diǎn)的位移總是小于波峰與波峰相遇處質(zhì)點(diǎn)的位移D．波峰與波峰相遇處質(zhì)點(diǎn)的振幅一定大于波峰與波谷相遇處質(zhì)點(diǎn)的振幅10、如圖所示，一條細(xì)細(xì)一端與地板上的物體B（物體B質(zhì)量足夠大）相連，另一端繞過(guò)質(zhì)量不計(jì)的定滑輪與小球A相連，定滑輪用另一條細(xì)線懸掛在天花板上的O′點(diǎn)，細(xì)線與豎直方向所成的角度為，則A．如果將物體B在地板上向右移動(dòng)稍許，角將增大B．無(wú)論物體B在地板上左移還是右移，只要距離足夠小，角將不變C．增大小球A的質(zhì)量，角一定減小D．懸掛定滑輪的細(xì)線的彈力不可能等于小球A的重力三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11．（6分）物體從高處下落時(shí)，會(huì)受到空氣的阻力，對(duì)于不同的物體，所受的阻力大小也不同．空氣阻力與物體的速度、迎風(fēng)面的大小及形狀等因素有關(guān)．某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖所示的用光電門(mén)測(cè)定鋼球下落時(shí)受到的阻力的實(shí)驗(yàn)裝置．直徑為d、質(zhì)量為m的小鋼球從某高度下落的過(guò)程中先后通過(guò)光電門(mén)A、B，計(jì)時(shí)裝置測(cè)出鋼球通過(guò)A、B的時(shí)間分別為tA、tB．用鋼球通過(guò)光電門(mén)的平均速度表示鋼球球心通過(guò)光電門(mén)的瞬時(shí)速度，測(cè)出兩光電門(mén)間的距離為H，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間．(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)量鋼球直徑如圖所示，讀數(shù)為_(kāi)_________mm；(2)鋼球下落過(guò)程中受到空氣的平均阻力Ff=_______用題中所給物理量符號(hào)來(lái)表示)；(3)本題“用鋼球通過(guò)光電門(mén)的平均速度表示鋼球球心通過(guò)光電門(mén)的瞬時(shí)速度”，但從嚴(yán)格意義上講是不準(zhǔn)確的，實(shí)際上鋼球通過(guò)光電門(mén)的平均速度_______(選填“>”或“<”)鋼球球心通過(guò)光電門(mén)的瞬時(shí)速度．12．（12分）某學(xué)習(xí)小組用如圖所示的裝置測(cè)量小車的加速度。一端帶有輕滑輪的長(zhǎng)木板固定在水平桌面上(滑輪摩擦可以忽略)。用天平測(cè)出物塊和遮光片的總質(zhì)量M、重物的質(zhì)量m，用游標(biāo)卡尺測(cè)出遮光片的寬度d，由米尺測(cè)出兩光電門(mén)之間的距離L，由光電計(jì)時(shí)器測(cè)出遮光片依次通過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的時(shí)間分別為t1、t2。(1)通過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的瞬時(shí)速度分別為v1=_______，v2=__________。在計(jì)算瞬時(shí)速度時(shí)應(yīng)用的物理方法是___________。(填“極限法”“微元法”或“控制變量法”)。(2)滑塊的加速度a=_______(用題中所給物理量表示)。(3)該學(xué)習(xí)小組在測(cè)出滑塊的加速度后，經(jīng)分析討論，認(rèn)為還可根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)求出物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)=_______(用M、m、a和重力加速度g表示)。四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13．（10分）在如圖所示的絕緣水平面上，有兩個(gè)邊長(zhǎng)為d=0.2m的銜接的正方形區(qū)域I、II，其中區(qū)域I中存在水平向右的大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域II中存在豎直向上的大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=0.3kg的滑塊以的速度由區(qū)域I邊界上的A點(diǎn)進(jìn)去電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間滑塊從邊界上的D點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)（D點(diǎn)未畫(huà)出），滑塊帶有q=+0.1C的電荷量，滑塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度。求：(1)D點(diǎn)距離A點(diǎn)的水平間距、豎直間距分別為多少？A、D兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為多少？(2)滑塊在D點(diǎn)的速度應(yīng)為多大？(3)僅改變區(qū)域II中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，欲使滑塊從區(qū)域II中的右邊界離開(kāi)電場(chǎng)，則區(qū)域II中電場(chǎng)強(qiáng)度的取值范圍應(yīng)為多少？14．（16分）如圖所示，斜面ABC下端與光滑的圓弧軌道CDE相切于C，整個(gè)裝置豎直固定，D是最低點(diǎn)，圓心角∠DOC=37°，E、B與圓心O等高，圓弧軌道半徑R=0.30m，斜面長(zhǎng)L=1.90m，AB部分光滑，BC部分粗糙?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量m=0.10kg的小物塊P從斜面上端A點(diǎn)無(wú)初速下滑，物塊P與斜面BC部分之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.75。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，忽略空氣阻力.求：（1）物塊通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；（2）物塊第一次通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；（3）物塊第一次通過(guò)D點(diǎn)后能上升的最大高度；15．（12分）如圖所示，一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為370的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊恰好靜止．重力加速度為g，sin370=0.6，cos370=0.1．求：(1)水平向右的電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；(2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的，電場(chǎng)強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能．

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【解題分析】

由題可知本題考查力的平衡?！绢}目詳解】輕繩上的拉力大小等于重物所受的重力，設(shè)滑輪兩側(cè)輕繩之間的夾角為，滑輪受到木桿P的彈力等于滑輪兩側(cè)輕繩拉力的合力，即由夾角關(guān)系可得故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。2、B【解題分析】

子彈擊中木塊過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈、滑塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，當(dāng)三者速度相等時(shí)，彈簧被壓縮到最短，則彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出速度，然后由能量守恒定律求出彈簧的彈性勢(shì)能；【題目詳解】子彈射入物體A的過(guò)程中，子彈與A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，

以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：14mv0=（14m+34m)v1，

當(dāng)物體A（包括子彈）、B的速度相等時(shí)，彈簧被壓縮到最短，彈性勢(shì)能最大，

子彈、A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较颍?/p>

由動(dòng)量守恒定律得：（14m+34【題目點(diǎn)撥】本題考查了求速度、彈簧的彈性勢(shì)能，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律即可正確解題，解題時(shí)要注意，子彈擊中A的過(guò)程中，子彈與A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒。3、B【解題分析】

設(shè)水流速度為v1，船的靜水速度為v2，船沿AB方向航行時(shí)，運(yùn)動(dòng)的分解如圖所示當(dāng)v2與AB垂直時(shí)，v2最小故選B。4、C【解題分析】

A、B．雨滴所受到的重力逐漸增大，但重力產(chǎn)生的加速度g保持不變，與雨滴的質(zhì)量無(wú)關(guān)，故AB錯(cuò)誤；C、D．雨滴的運(yùn)動(dòng)情況為：先做加速運(yùn)動(dòng)，后以某一速度做勻速運(yùn)動(dòng)，可知由于空氣阻力增大，雨滴下落的加速度逐漸減小，C正確，D錯(cuò)誤；故選C。5、C【解題分析】

小行星繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力A．太陽(yáng)對(duì)小行星的引力F=，由于各小行星軌道半徑質(zhì)量均未知，故不能得出太陽(yáng)對(duì)小行星的引力相同的結(jié)論，故A錯(cuò)誤；B．由周期T=知，由于小行星軌道半徑大于地球公轉(zhuǎn)半徑，故小行星的周期均大于地球公轉(zhuǎn)周期，即大于一年，故B錯(cuò)誤；C．小行星的加速度a=知，小行星內(nèi)側(cè)軌道半徑小于外側(cè)軌道半徑，故內(nèi)側(cè)向心加速度大于外側(cè)的向心加速度，故C正確；D．線速度知，小行星的軌道半徑大于地球半徑，故小行星的公轉(zhuǎn)速度小于地球公轉(zhuǎn)的線速度，故D錯(cuò)誤。故選C。6、B【解題分析】豆粒從高處落下時(shí)速度為，，則．設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理：．，故B項(xiàng)正確，ACD三項(xiàng)錯(cuò)誤．所以選B．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、ABD【解題分析】試題分析：若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)受到為3，則小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一定與內(nèi)圓接觸，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，機(jī)械能不守恒，故A正確；小球如果不擠壓內(nèi)軌，則小球到達(dá)最高點(diǎn)速度最小時(shí)，小球的重力提供向心力，由牛頓第二定律得：，由于小球不擠壓內(nèi)軌，則小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不受摩擦力作用，只有重力做功，機(jī)械能守恒，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：mv32=mv2+mg?2R，解得：v3=5m/s，則小球要不擠壓內(nèi)軌，速度應(yīng)大于等于5m/s，可知，若小球第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度大小為3，則v3一定小于5m/s．故B正確；若要小球不擠壓內(nèi)軌，存在兩種可能的情況：1．到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大于等于，則v3≥5m/s；2．小球始終在O點(diǎn)以下運(yùn)動(dòng)，此時(shí)重力的一部分提供向下的加速度，而外出軌道提供指向圓心的向心加速度，此時(shí)小球始終沒(méi)有壓內(nèi)軌道．由機(jī)械能守恒得：mv32≤mgR即：．故C錯(cuò)誤．小球的初速度，則小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中要與內(nèi)軌接觸，要克服摩擦力做功，機(jī)械能減少，最終小球?qū)⒃谲壍赖南掳雸A內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)與圓心同高位置處速度為零，則小球的最終機(jī)械能E=mgR=3．2×13×3．5=1J，故D正確；故選ABD．考點(diǎn)：圓周運(yùn)動(dòng)；機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律【名師點(diǎn)睛】本題綜合考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律和機(jī)械能守恒定律，綜合性較強(qiáng)，關(guān)鍵是理清運(yùn)動(dòng)過(guò)程，抓住臨界狀態(tài)，運(yùn)用合適的規(guī)律進(jìn)行求解．8、ACD【解題分析】

根據(jù)△v=a△t可知：a-t圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量，則在t=6s時(shí)刻，物體的速度v6=v0+△v=2+12×(2+4)×6=20m/s，故A正確；根據(jù)動(dòng)能定理得：W合=△EK=12mv62-1【題目點(diǎn)撥】本題主要考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律及瞬時(shí)功率公式的直接應(yīng)用，解題的突破口是知道a-t圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量.9、AD【解題分析】試題分析：利用波的干涉特點(diǎn)解題．波峰與波谷相遇時(shí)，振幅相消，故實(shí)際振幅為|A1－A2|，故選項(xiàng)A正確；波峰與波峰相遇處，質(zhì)點(diǎn)的振幅最大，合振幅為A1＋A2，但此處質(zhì)點(diǎn)仍處于振動(dòng)狀態(tài)中，其位移隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；振動(dòng)減弱點(diǎn)和加強(qiáng)點(diǎn)的位移隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；波峰與波峰相遇時(shí)振動(dòng)加強(qiáng)，波峰與波谷相遇時(shí)振動(dòng)減弱，加強(qiáng)點(diǎn)的振幅大于減弱點(diǎn)的振幅，故選項(xiàng)D正確．考點(diǎn)：波的疊加.10、AD【解題分析】對(duì)小球A受力分析，受重力和拉力，根據(jù)平衡條件，有：T=mg；如果將物體B在地板上向右移動(dòng)稍許，則∠AOB增加；對(duì)滑輪分析，受三個(gè)拉力，如圖所示：

根據(jù)平衡條件，∠AOB=2α，故α一定增加，故A正確，B錯(cuò)誤；增大小球A的質(zhì)量，系統(tǒng)可能平衡，故α可能不變，故C錯(cuò)誤；由于∠AOB=2α＜90°，彈力F與兩個(gè)拉力T的合力平衡，而T=mg．故定滑輪的細(xì)線的彈力不可能等于小球A的重力，故D正確；故選AD.三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11、10.50<【解題分析】試題分析：根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度求出鋼球通過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的速度，結(jié)合速度位移公式求出加速度，根據(jù)牛頓第二定律求出空氣的平均阻力．根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律判斷實(shí)際上鋼球通過(guò)光電門(mén)的平均速度與鋼球球心通過(guò)光電門(mén)的瞬時(shí)速度．(1)游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：10mm，游標(biāo)尺上第10個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為0.05×10mm=0.50mm，所以最終讀數(shù)為：(10＋0.50)mm=10.50mm；(2)根據(jù)平均速度公式可得，小球經(jīng)過(guò)兩光電門(mén)的速度分別為；，在下落h過(guò)程中，由速度和位移關(guān)系可知，，再由牛頓第二定律可知，解得阻力(3)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，鋼球通過(guò)光電門(mén)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，而球心通過(guò)光電門(mén)的中間位移的速度大于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，因此鋼球通過(guò)光電門(mén)的平均速度小于鋼球球心通過(guò)光電門(mén)的瞬時(shí)速度．【題目點(diǎn)撥】考查加速度的公式，掌握牛頓第二定律，理解平均速度與瞬時(shí)速度的聯(lián)系與區(qū)別，注意理解中時(shí)刻與中點(diǎn)位移速度大小關(guān)系是解題的關(guān)鍵．12、極限法【解題分析】（1）通過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的瞬時(shí)速度分別為v1=，v2=。在計(jì)算瞬時(shí)速度時(shí)應(yīng)用的物理方法是極限法。（2）據(jù)，解得滑塊的加速度（3）對(duì)重物受力分析得：，對(duì)物塊和遮光板分析得：；聯(lián)立解得：四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、(1),,(2)(3)【解題分析】(1)滑塊在區(qū)域I中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得，代入數(shù)據(jù)得，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到兩電場(chǎng)區(qū)域的交界點(diǎn)B的速度為，則，聯(lián)立解得，對(duì)滑塊在區(qū)域II中做類平拋時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得，整理得，滑塊在區(qū)域II內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)滑塊從區(qū)域II的上邊界離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得，滑塊在水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，則，在豎直方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，則，聯(lián)立解得，因此假設(shè)成立，因此滑塊最終離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，A、D兩點(diǎn)之間的豎直距離，A、D兩點(diǎn)之間的水平距離，A、B兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為，B、D兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為，A、D兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差；(2)對(duì)滑塊全程由動(dòng)能定理得，解得；(3)滑塊在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)好從右邊界的最上端離開(kāi)時(shí)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律水平方向上，豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定律得，聯(lián)立