2025屆重慶市綦江區(qū)東溪中學(xué)高三上物理期中復(fù)習(xí)檢測(cè)試題含解析

2025屆重慶市綦江區(qū)東溪中學(xué)高三上物理期中復(fù)習(xí)檢測(cè)試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。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、用不同頻率的紫外線分別照射鎢和鋅的表面而產(chǎn)生光電效應(yīng),可得到光電子的最大初動(dòng)能Ek隨入射光頻率ν變化的Ek-ν圖像,已知鎢的逸出功是3.28eV,鋅的逸出功是3.34eV,若將二者的圖線畫在同一個(gè)Ek-ν坐標(biāo)系中,圖中用實(shí)線表示鎢,虛線表示鋅,則正確反映這一過程的是()A．B．C．D．2、2017年6月19號(hào)，長(zhǎng)征三號(hào)乙火箭發(fā)射中星9A衛(wèi)星過程中出現(xiàn)變故，由于運(yùn)載火箭的異常，致使衛(wèi)星沒有按照原計(jì)劃進(jìn)入預(yù)定軌道．經(jīng)過航天測(cè)控人員的配合和努力，通過10次的軌道調(diào)整，7月5日衛(wèi)星成功變軌．衛(wèi)星變軌原理圖如圖所示，衛(wèi)星從橢圓軌道Ⅰ遠(yuǎn)地點(diǎn)Q改變速度進(jìn)入地球同步軌道Ⅱ，P點(diǎn)為橢圓軌道近地點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是（）A．衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅰ運(yùn)行時(shí)周期大于在同步軌道Ⅱ運(yùn)行時(shí)的周期B．衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅰ的P點(diǎn)的速度小于在同步軌道Ⅱ的Q點(diǎn)的速度C．衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅰ的機(jī)械能等于在同步軌道Ⅱ的機(jī)械能D．衛(wèi)星耗盡燃料后，在微小阻力的作用下，機(jī)械能減小，軌道半徑變小，動(dòng)能變大3、如圖所示，一個(gè)人用與水平方向成角斜向上的力拉放在粗糙水平面上質(zhì)量為的箱子，箱子沿水平面做勻速運(yùn)動(dòng)．若箱子與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則箱子所受的摩擦力大小為（）A．B．C．D．4、如圖所示，虛線表示等勢(shì)面，相鄰兩等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，有一帶電的小球在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，不計(jì)小球所受的重力和空氣阻力，實(shí)線表示該帶正電的小球的運(yùn)動(dòng)軌跡，小球在a點(diǎn)的動(dòng)能等于28eV，運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于4eV，若取C點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，當(dāng)這個(gè)帶電小球的電勢(shì)能等于﹣6eV時(shí)，它的動(dòng)能等于（）A．18eV B．16eV C．6eV D．8ev5、如圖所示,在固定的斜面上,A、B兩物體通過跨過光滑的定滑輪的細(xì)線相連,物體A靜止在斜面上。已知斜面傾角30°,A、B兩物體質(zhì)量分別為2m和m,現(xiàn)在B物體下加掛另一物體C(圖中未畫出),物體A仍靜止在斜面上,則加掛物體C后(

)A．斜面對(duì)物體A的彈力增大B．細(xì)線對(duì)物體A的拉力不變C．斜面對(duì)物體A的摩擦力保持不變D．斜面對(duì)物體A的作用力增大6、下列說(shuō)法正確的是（）A．物體受滑動(dòng)摩擦力的方向與運(yùn)動(dòng)方向一定相反B．平拋運(yùn)動(dòng)的物體在相等的時(shí)間間隔內(nèi)，速率的改變量相等C．物體受到變化的合力作用時(shí)，它的速度大小一定改變D．只在恒力作用下，物體不可能做圓周運(yùn)動(dòng)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、如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，R1和R2是兩個(gè)定值電阻。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭向a滑動(dòng)時(shí)，流過R1的電流I1和流過R2的電流I2的變化情況為（）A．I1增大，I2減小 B．I1減小，I2增大C．∣△I1∣大于∣△I2∣ D．∣△I1∣小于∣△I2∣8、如圖所示，升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物體，開始時(shí)升降機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊相對(duì)斜面勻速下滑，當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)A．物塊與斜面間的摩擦力減小B．物塊與斜面間的正壓力增大C．物塊相對(duì)于斜面減速下滑D．物塊相對(duì)于斜面勻速下滑9、如圖D、E、F、G為地面上水平間距相等的四點(diǎn)，三個(gè)質(zhì)量相同的小球A、B、C分別在E、F、G的正上方不同高度處，以相同的水平初速度向左拋出，最后均落到D點(diǎn)。若不計(jì)空氣阻力，則可判斷A、B、C三個(gè)小球（）A．初始位置離地面的高度之比為1:4:9B．落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為1:2:3C．落地時(shí)三個(gè)小球的速度大小之比為1:2:3D．從拋出到落地過程中，動(dòng)能的變化量之比為1:3:510、設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，已知一帶電粒子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，忽略粒子的重力，以下說(shuō)法中正確的是()A．此粒子必帶正電荷B．A點(diǎn)和B位于同一高度C．離子在C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最大D．離子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原曲線返回A點(diǎn)三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）測(cè)一量程為3V的電壓表的內(nèi)阻，其內(nèi)阻估計(jì)在10kΩ~20kΩ之間。提供下列器材：A．電源：電動(dòng)勢(shì)6VB．滑動(dòng)變阻器，最大阻值200ΩC．電流表：量程200μA；內(nèi)阻約200ΩD．電流表：量程50mA；內(nèi)阻約100ΩE.電流表：量程0.6A，內(nèi)阻0.4ΩF.電鍵一個(gè)、導(dǎo)線足夠(1)為了使實(shí)驗(yàn)順利進(jìn)行并減小誤差，電流表應(yīng)選用_________（填代號(hào)）；(2)某同學(xué)連接的實(shí)驗(yàn)電路如圖所示，所連電路存在明顯錯(cuò)誤。經(jīng)仔細(xì)觀察發(fā)現(xiàn)，只要添加一根導(dǎo)線即可，那么添加的導(dǎo)線應(yīng)接在___________兩點(diǎn)間（填字母）。實(shí)驗(yàn)前滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭應(yīng)滑到最_________端（填“左”“右”）。12．（12分）將橡皮筋的一端固定在A點(diǎn)，另一端拴上兩根細(xì)繩，每根細(xì)繩分別連著一個(gè)量程為5N、最小刻度為0.1N的彈簧測(cè)力計(jì)．沿著兩個(gè)不同的方向拉彈簧測(cè)力計(jì)．當(dāng)橡皮筋的活動(dòng)端拉到O點(diǎn)時(shí)，兩根細(xì)繩相互垂直，如圖所示．這時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)可從圖中讀出．(1)由圖可讀得兩個(gè)相互垂直的拉力的大小分別為_______N和________N.(2)在圖所示的方格紙上按作圖法的要求畫出這兩個(gè)力及它們的合力______．(3)圖(A)(B)兩圖是兩位同學(xué)得到的實(shí)驗(yàn)結(jié)果，其中哪一個(gè)圖符合實(shí)際？_______若合力測(cè)量值F′是準(zhǔn)確的，則F與F′有誤差的原因可能是哪些？________四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13．（10分）質(zhì)量m＝1kg的物體，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過位移4m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移是8m時(shí)物體停止，運(yùn)動(dòng)過程中Ek－x的圖線如圖所示。求：（g取10m/s2）(1)物體的初速度多大？(2)物體和平面間的摩擦系數(shù)為多大？(3)拉力F的大小。14．（16分）如圖所示平面直角坐標(biāo)系中，P點(diǎn)在x軸上，其坐標(biāo)，Q點(diǎn)在負(fù)y軸上某處。整個(gè)第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第Ⅱ象限和第Ⅳ象限內(nèi)均有一圓形區(qū)域，其中第Ⅱ象限內(nèi)的圓形區(qū)域半徑為L(zhǎng)，與x軸相切于A點(diǎn)（A點(diǎn)坐標(biāo)未知）。第Ⅳ象限內(nèi)的圓形區(qū)域未知，并且兩個(gè)圓形區(qū)域內(nèi)均有垂直于xOy平面的相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電荷量為+q、質(zhì)量為m、速率為v0的粒子a從A點(diǎn)沿y軸正方向射入圓形區(qū)域，射出圓形區(qū)域后沿x軸正方向射入第Ⅰ象限，通過P點(diǎn)后射入第Ⅳ象限；電荷量為-q、質(zhì)量為m、速率為v0的粒子b從Q點(diǎn)向與y軸成60°夾角的方向射入第Ⅳ象限，經(jīng)過并離開未知圓形區(qū)域后與粒子a發(fā)生相向正碰。不計(jì)粒子的重力和粒子間相互作用力。求∶(1)第Ⅱ象限內(nèi)圓形區(qū)域磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；(2)第Ⅰ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E和方向；(3)第Ⅳ象限內(nèi)未知圓形磁場(chǎng)區(qū)域最小面積S。15．（12分）如圖所示，水平桌面上質(zhì)量為2m的薄木板右端疊放著質(zhì)量為m的小物塊，木板長(zhǎng)為L(zhǎng)，整體處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，求：（1）若小物塊初速度為零，使木板以初速度v0沿水平桌面向右運(yùn)動(dòng)，求木板剛向右運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大?。唬?）若對(duì)木板施加水平向右的拉力F1，為使木板沿水平桌面向右滑動(dòng)且與小物塊間沒有相對(duì)滑動(dòng)，求拉力F1應(yīng)滿足的條件；（3）若給木板施加大小為、方向沿水平桌面向右的拉力，經(jīng)過一段時(shí)間撤去拉力F2，此后運(yùn)動(dòng)過程中小物塊恰未脫離木板，求木板運(yùn)動(dòng)全過程中克服桌面摩擦力所做的功W。

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、A【解析】由光電效應(yīng)方程可知直線的斜率表示普朗克常量，所以兩條直線平行，CD錯(cuò)；直線與橫坐標(biāo)的交點(diǎn)為金屬的極限頻率，根據(jù)兩種材料的溢出功可知A對(duì)；2、D【解析】由圖可知，橢圓軌道Ⅰ的半長(zhǎng)軸小于同步軌道Ⅱ的半長(zhǎng)軸，根據(jù)開普勒第三定律可知，橢圓軌道Ⅰ運(yùn)行時(shí)周期小于在同步軌道Ⅱ，故A錯(cuò)誤；衛(wèi)星從近地圓軌道上的P點(diǎn)需加速，使得萬(wàn)有引力小于向心力，進(jìn)入橢圓轉(zhuǎn)移軌道．所以衛(wèi)星在近地圓軌道上經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的速度小于在橢圓轉(zhuǎn)移軌道上經(jīng)過P點(diǎn)的速度．根據(jù)得，，知同步軌道的半徑大于近地軌道的半徑，則同步軌道的線速度小于近地軌道的線速度．綜上可知衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅰ的P點(diǎn)的速度大于在同步軌道Ⅱ的Q點(diǎn)的速度，故B錯(cuò)誤；衛(wèi)星發(fā)射越高，需要克服地球引力做功越大，所以衛(wèi)星在軌道Ⅰ的機(jī)械能小于在軌道Ⅱ的機(jī)械能．故C錯(cuò)誤；衛(wèi)星耗盡燃料后，在微小阻力的作用下，機(jī)械能減小則開始時(shí)速度減小，而速度減小后需要的向心力減小，所以衛(wèi)星將做向心運(yùn)動(dòng)；即衛(wèi)星在微小阻力的作用下，機(jī)械能減小后做向心運(yùn)動(dòng)，軌道半徑變小；由，可知軌道半徑減小后動(dòng)能變大，故D正確；故選D．3、D【解析】對(duì)物體進(jìn)行受力分析，將F正交分解，如圖：豎直方向受力平衡有，得，則；水平方向受力平衡，D正確．4、A【解析】

小球自a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功：由于相鄰兩等勢(shì)面的電勢(shì)差相等，故電勢(shì)差的大小關(guān)系有從b到c電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得由于只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能和動(dòng)能和保持不變，故在c點(diǎn)即電勢(shì)能和動(dòng)能之和為12eV，因此當(dāng)電勢(shì)能等于-6eV時(shí)動(dòng)能為18eV。故選A。5、D【解析】斜面對(duì)物體A的彈力為FN=2mgcos30°=mg，所以斜面對(duì)物體A的彈力與是否加掛另一物體C無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；以B和C為研究對(duì)象，細(xì)線對(duì)物體A的拉力等于B和C的重力之和，在B物體下加掛另一物體C后，繩子拉力變大，B錯(cuò)誤；開始時(shí)繩子拉力F1=mg，A的重力沿斜面向下的分力為2mgsin30°=mg，所以A受到的斜面的摩擦力為零，在B物體下加掛另一物體C后，繩子拉力變大，A受到的摩擦力向下增加，C錯(cuò)誤；沒有懸掛C時(shí)，斜面對(duì)A的作用力等于重力分力，即為mg，在B物體下加掛另一物體C后，A又受到向下的摩擦力f，則斜面對(duì)A的作用力大小為，所以斜面對(duì)物體A的作用力增大，D正確；故選D．6、D【解析】物體受到的滑動(dòng)摩擦力方向和物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向一定相反，但與物體運(yùn)動(dòng)方向可能相同，可能相反，A錯(cuò)誤；速率是矢量，速率改變量也是矢量，為始末速度大小之差，而速度改變量是標(biāo)量，為始末速度矢量和，平拋運(yùn)動(dòng)的物體在相等的時(shí)間間隔內(nèi)，速度改變量相等，但速率的改變量不一定相等，B錯(cuò)誤；勻速圓周運(yùn)動(dòng)過程中，物體受到的合力大小變化，但其速度大小不變，C錯(cuò)誤；因?yàn)樽鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)的合力時(shí)時(shí)刻刻指向圓心，為變力，所以在恒力作用力不可能做圓周運(yùn)動(dòng)，D正確．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、BD【解析】

當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭向a滑動(dòng)時(shí)，分析其接入電路的電阻變化情況，抓住電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，利用閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析．【詳解】當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)觸頭向a端移動(dòng)時(shí)，R減小，整個(gè)電路的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律知總電流增大，則內(nèi)電壓增大，外電壓減小，所以通過R1的電流I1減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I2增大，故B正確，A錯(cuò)誤。因I=I1+I2，且I增大，I1減小，I2增大，則∣△I1∣小于∣△I2∣，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤；故選BD.【點(diǎn)睛】對(duì)于電路的動(dòng)態(tài)變化分析問題，要理清電路，抓住電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，采用局部→整體→局部的方法，利用閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析．8、BD【解析】

當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式可知接觸面間的正壓力增大，物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)斜面的傾角為，物體的質(zhì)量為m，當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有，即，假設(shè)物體以加速度a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有，，因?yàn)椋?，故物體仍做勻速下滑運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確．9、AB【解析】由題意知，小球在水平方向的位移之比，小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)可知小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為，小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)公式，則拋出點(diǎn)的高度之比為，A正確；重力做功功率，而，故，結(jié)合可得落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為1：2：3，B正確；因?yàn)槁涞厮俣葹?，而落地時(shí)豎直方向上的速度之比為1：2：3，所以落地的合速度之比不等于1：2：3，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，動(dòng)能的變化量，根據(jù)可知?jiǎng)幽艿淖兓恐葹?：4：9，D錯(cuò)誤．10、ABC【解析】

A.從圖中可以看出，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，帶電粒子由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明受到向下的電場(chǎng)力，可知粒子帶正電。故A正確；B.離子具有速度后，它就在向下的電場(chǎng)力F及總與速度垂直并不斷改變方向的洛侖茲力f作用下沿ACB曲線運(yùn)動(dòng)，因洛侖茲力不做功，電場(chǎng)力做功等于動(dòng)能的變化，而離子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為零，所以從A到B電場(chǎng)力所做正功與負(fù)功加起來(lái)為零。這說(shuō)明離子在電場(chǎng)中的B點(diǎn)與A點(diǎn)的電勢(shì)能相等，即B點(diǎn)與A點(diǎn)位于同一高度。故B正確；C.在由A經(jīng)C到B的過程中，C點(diǎn)電勢(shì)最低，此時(shí)粒子的電勢(shì)能最小，由能量守恒定律可知，此時(shí)具有最大機(jī)械能。故C正確；D.只要將離子在B點(diǎn)的狀態(tài)與A點(diǎn)進(jìn)行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)（速度為零，電勢(shì)能相等）相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場(chǎng)和磁場(chǎng)的疊加區(qū)域，離子就將在B之右側(cè)重現(xiàn)前面的曲線運(yùn)動(dòng)，因此，離子是不可能沿原曲線返回A點(diǎn)的。如圖所示。故D錯(cuò)誤。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、Cef左【解析】

(1)[1]根據(jù)可得電壓表滿偏時(shí)流過電壓表的電流約為，為了使實(shí)驗(yàn)順利進(jìn)行并減小誤差，電流表應(yīng)選用C；(2)[2]由于電壓表的內(nèi)阻遠(yuǎn)大于滑動(dòng)變阻器的最大阻值，所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式，所以添加的導(dǎo)線應(yīng)接在ef兩點(diǎn)間；[3]為使起始時(shí)電壓表兩端電壓以及流過電流表的電流較小，實(shí)驗(yàn)前滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭應(yīng)滑到最左端。12、2.504.00如圖；B正確測(cè)力計(jì)的讀數(shù)不準(zhǔn)確；力的方向畫的準(zhǔn)確【解析】（1）由圖可讀得兩個(gè)相互垂直的拉力的大小分別為2.50N和4.00N.（2）取如圖所示的兩格表示1.0N，則可得出F1、F2，由上圖得出兩力的方向；作出平行四邊形，即其對(duì)角線的長(zhǎng)度表示力的大小，箭頭的指向表示力的方向，故答案如圖所示：求得F=4.7N；

（3）圖B中的F與F′中，F(xiàn)是由平行四邊形得出的，而F′是通過實(shí)驗(yàn)方法得出的，其方向一定與橡皮筋的方向相同，一定與AO共線的是F′，故選B．

若合力測(cè)量值F′是準(zhǔn)確的，則F與F′有誤差的原因可能是:測(cè)力計(jì)的讀數(shù)不準(zhǔn)確；力的方向畫的準(zhǔn)確.點(diǎn)睛：本題考查彈簧秤的讀數(shù)及作力的圖示，都屬對(duì)基礎(chǔ)技能的考查；應(yīng)注意讀數(shù)時(shí)要注意精度及題目的要求．本實(shí)驗(yàn)采用的是等效替代的方法，即一個(gè)合力與幾個(gè)分力共同作用的效果相同，可以互相替代．四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、(1)(2)μ=0.3(3)5.5N【解析】

(1)物體初態(tài)，由圖象知：代入數(shù)據(jù)得：(2)物體在4m-8m內(nèi)，由動(dòng)能定理得：代入數(shù)據(jù)得：μ=0.3(3)物體在0-4m內(nèi)，由動(dòng)能定理得：得：F=5.5N答：(1)物體的初速度2m/s.(2)物體和平面間的摩擦系數(shù)μ=0.3(3)拉力的大小為F=5.5N