广西河池市普通高中2024届高三下学期二模试题 物理含答案

2024年河池市普通高中毕业班适应性模拟测试
物理（答案在最后）
全卷满分100分，考试时间75分钟。

注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．选择题用2B 铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。

4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。

5．本卷主要考查内容：高考范围。

一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．广西是世界范围内巨猿化石发现最多的地区，巨猿是一种已经灭绝的高等灵长类动物，其生活于距今约
20万年前，利用14C 衰变测定年代技术可以确定化石的大致年代，14
C 衰变方程为141467C N X →+，其半衰期是5730年，下列说法正确的是（
）
A ．X 是电子，来源于核外电子
B ．X 是中子，来源于原子核
C ．化石埋藏的环境会影响146C 的半衰期，进而对推算年代造成影响
D ．146C 的比结合能小于147N 的比结合能
2．如图甲，电鳗遇到危险时，可产生数百伏的电压来保护自己．如图乙所示，若将电鳗放电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，其中正电荷集中在尾部，负电荷集中在头部，O 为电鳗身体的中点，AO BO =且AB 为鱼身长的一半，下列说法正确的是（）
A ．A 点电势等于
B 点电势
B ．A 点场强大于B 点场强
C ．若电鳗头尾部间产生300V 的电压时，AB 间的电压可能为100V
D ．将正电荷由A 点移动到B 点，电场力先做负功后做正功
3．如图甲所示，用手握住长绳的端点A ，0t =时刻在手的带动下A 点开始上下振动，其振动图像如图乙所示，则下列四幅图中能正确反映0t 时刻绳波形状的是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
4．我国将于2025年前后在文昌发射嫦娥六号，嫦娥六号将开展月球背面着陆区的现场调查和分析。

采样返回后，在地面对样品进行研究。

在发射过程中必须让嫦娥六号探测器在环月阶段圆轨道（II ）的P 点向环月阶段椭圆轨道（I ）上运动以到达月球表面的Q 点。

已知在圆轨道和椭圆轨道上的探测器只受到月球的万有引力作用，下列说法正确的是（）
A ．若已知引力常量、探测器在圆轨道上的运动周期和月球的半径，可求得月球的质量
B ．探测器由环月圆轨道进入环月椭圆轨道应让发动机在P 点加速
C ．探测器在环月阶段椭圆轨道上P 点的速度小于Q 点的速度
D ．探测器在环月阶段椭圆轨道上P 点的加速度大于Q 点的加速度
5．某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”．将图甲中的零件组装成图乙中的变压器，将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压2U 随时间t 变化的图像如图丙所示，在保证安全的前提下，该可学在12~t t 时间内进行的操作不可能是（）
A ．增加了交流电源的频率
B ．增加了副线图的匝数
C ．减少了原线圈的匝数
D ．拧紧变压器铁芯上松掉的螺丝
6．如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为1.5kg ，将一个质量为0.5kg 的小球从距沙面0.45m 高度处以大小为4m/s 的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中最终与车一起向右匀速运动．不计空气阻力，重力加速度210m /s g ，则下列说法正确的是（）
A．小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒
B．小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为32N s 2⋅
C．小车最终的速度大小为1m/s
D．小车最终的速度大小为2m/s
7．如图所示，冬奥会上甲、乙两名运动员在水平冰面上滑冰，恰好同时到达虚线PQ左侧的半圆滑道，然后分别沿半径为1r和()
212
r r r>的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速沿直线冲向终点线．已知甲、乙两名运动员的质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等．则下列说法正确的是（）
A．在做圆周运动时，甲所用的时间比乙的短
B．在做圆周运动时，甲、乙的角速度大小相等
C．在冲刺时，甲到达终点线时的速度较大
D．在冲刺时，乙一定先到达终点线
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
8．如图甲所示，一轻弹簧竖直固定在水平面上，0
t=时刻，将一小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）
A．1t时刻小球动能最大
B．2t时刻小球动能最小
C ．23~t t 时间内，小球的动能先减少后增加
D ．23~t t 时间内，小球增加的机械能小于弹簧减少的弹性势能
9．半导体薄膜压敏传感器所受压力越大其电阻越小，利用这一特性设计成苹果大小自动分拣装置如图所示．其中1R 为压敏电阻，2R 为可变电阻，苹果通过放置在压敏电阻正上方的托盘秤时，可将压力传导至压敏电阻，电磁铁的输入电压大于某一个值时，电磁铁工作，将衔铁吸下并保持此状态一小段时间，苹果进入通道2，否则苹果将进入通道1．若要挑选出质量更大的苹果，下列措施可行的是（）
A ．将2R 的电阻调小
B ．将2R 的电阻调大
C ．增大电源1E 的电动势
D ．增大电源1
E 的内阻
10．如图所示，倾角为θ的绝缘斜而上固定两根足够长的平行光滑导轨，将定作电阻、电容器和电源在导
轨上端分别通过开关1S 、2S 、3S 与导轨连接，匀强磁场垂直斜而向下，初始时刻导体棒垂直导轨静止放置．已
知导轨与导体棒电阻不计，则下列说法正确的是（）
图1图2图3图4
A ．1S 闭合，2S 、3S 断开，由静止释放导体棒，导体棒运动的v t -图像可能如图1所示
B ．2S 闭合，1S 、3S 断开，由静止释放导体棒，导体棒运动的v t -图像可能如图2所示
C ．1S 、2S 、3S 断开，由静止释放导体棒一段时间后闭合开关1S ，导体棒运动的v t -图像可能如图3所示
D ．1S 、2S 、3S 断开，由静止释放导体棒一段时间后闭合开关3S ，导体棒运动的v t -图像可能如图4所示
三、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．（6分）在“测玻璃砖的折射率”实验中：
（1）如图甲所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法正确的是________（填字母）．
A．1P、2P的距离较大时，通过玻璃砖会看不到1P、2P的像
B．为测量方便，1P、2P的连线与法线NN'的夹角应尽量小些
C．若1P、2P的连线与法线NN'夹角较大时有可能在bb'面发生全反射，所以在bb'一侧就看不到1P、2P的像
D．为了减小作图误美，3P和4P的距离应适当取大些
（2）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图乙所示，从图线可知玻璃砖的折射率是________．
（3）在该实验中，某同学在纸上西出的界面aa'、bb'与玻璃砖位置的关系分别如图丙所示，该同学用的是矩形玻璃砖，他的其他操作均正确，且均以aa'、bb'为界面画光路图，则该同学测得的折射率与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“不变”）．
12．（9分）利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，连接计算机的电流传感器可以捕捉并记录到电流变化，当电流从上向下流过电流传感器时，电流计为正值，已知直流电源电动势为9V，内阻可忽略，实验过程中显示出电流随时间变化的I t-图像如图乙所示．
（1）在4~7s时间内，开关S接________（填“1”或“2”）．
（2）关于电容器充电过程中两极板所带电荷量Q随时间t变化的图像，下列正确的是________（填字母）．
（3）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R ，充电时I t -曲线与横轴所围成的面积将________（填“增大”“不变”或“变小”），充电时间将________（填“变长”“不变”或“变短”）．
（4）某同学研究电容器充电后储存的能量E 与电容C 、电荷量Q 及两极板间电压U 之间的关系．他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功．为此他作出电容器两极间的电压U 随电荷量Q 变化的图像如图丙所示，下列说法正确的是________（填字母）．
A ．对同一电容器，电容器储存的能量E 与电荷量Q 成正比
B ．搬运q ∆的电量，克服电场力所做的功近似等于q ∆上方小矩形的面积
C ．若电容器两极板间电压为U 时储存的能量为E ，则电压为2U 时储存的能量为4
E 13．（8分）如图所示，我国研制的“飞天”舱外航天服各项技术水平均处于世界前列，航天服的气密性良好，内部气体可视为理想气体．已知其初始状态体积为V ，温度为T ，压强为00.6p ，其中0p 为大气压强．
（1）若保持航天服内气体压强不变，缓慢升高气体温度至1.2T ，求此过程气体对外做的功W ；
（2）若在初始状态将航天服的阀门打开，外界气体缓慢进入航天服内，直至内、外气体压强均为0p 后不再进气，此时航天服内理想气体的体积为1.2V ，且此过程中，气体的温度保持为T 不变，求进入航天服内气体的质量与原有质量的比值．
14．（14分）如图所示，在坐标系xOy 的2x d =、5x d =处有两条虚线AC 、DF ，y 轴与AC 之间的匀强磁场I 大小未知，AC 与DF 之间的匀强磁场II 磁感应强度大小为B ，两磁场方向均垂直于坐标平面向外．在原点O 下方有一个匀强电场区域，场强方向沿y 轴正方向，在y 轴上与O 相距为d 的P 点将一质量为m 、电荷量为()0q q +>的带电微粒由静止释放，它在电场力作用下向上运动经O 点进入磁场，先后经过Q 、G
点从磁场射出，经过x 轴上S 点时速度方向与x 轴正方向成37θ=︒角．已知Q 、G 两点纵坐标相同，取sin 370.6︒=，cos370.8︒=，不计微粒受到的重力．求：
（1）匀强电场的场强大小E ；
（2）匀强磁场I 的磁感应强度大小；
（3）带电微粒从P 点释放到经过S 点的时间．
15．（17分）如图甲所示，质量为1kg M =的长木板静止在光滑水平面上，质量为2kg m =的物块以水平向右的初速度滑上长木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为0.2μ=，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度2
10m /s g =．
（1）当物块的初速度0/s v =时，物块恰好不滑离木板，求木板长度L ；
（2）当物块以16m /s v =的初速度滑上木板时，同时给木板施加一个水平向右的恒力F ．求：
①要使物块不滑离木板，恒力F 的取值范围；
②在①的情形下，物块的最终速度大小与恒力F 的关系；
③物块与木板因摩擦产生的热量Q 与恒力F 的关系．
2024年河池市普通高中毕业班适应性模拟测试·物理
参考答案、提示及评分细则
1．D
在核反应方程中，根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X 是电子，它是核反应产生的，来源于原子核，不是核外电子，A 、B 错误；放射性元素的半衰期非常稳定，不受环境影响，C 错误；该核反应过程中释放能
量，粒子比结合能增大，故146C 的比结合能小于147N 的比结合能，D 正确．
2．C
尾部集中正电荷，头部集中负电荷，电场线方向由A 指向B ，沿电场线方向电势降低，故A 点电势高于B 点，故A 错误；根据等量异种点电荷的电场分布的对称性可知，A 点和B 点场强相同，故B 错误；根据等量异种点电荷的电场分布规律可知A 、B 间的电场线比A 点到鱼尾或B 点到鱼头的电场线稀疏，则平均场强也较小，故A 、B 之间电压小于150V ，可能为100V ，故C 正确；由于电场线方向由A 指向B ，所以正电荷的受力方向为由A 指向B ，正电荷由A 移动到B 时，电场力做正功，故D 错误．
3．B
根据A 点振动图像可知，在0t 时刻绳上A 点向下运动，再由振动图像可知0t 时波传播的周期恰好为32
T ，则波传播的距离为
32λ，CD 错误；选项A 图中A 点向上振动，选项B 图中A 点向下振动，A 错误、B 正确．4．C 根据2224πMm r G m r T =，解得23
2
4πr M GT =，可知，若已知引力常量、探测器在环月阶段圆轨道II 上的运动周期和环月圆轨道的半径，可求月球的质量，A 错误；探测器由环月圆轨道进入环月椭圆轨道过程是由高轨道进入低轨道，应让发动机在P 点减速，B 错误；探测器在环月阶段椭圆轨道上由P 运动到Q 过程，万有引力做正功，可知，探测器在环月阶段椭圆轨道上P 点的速度小于Q 点的速度，C 正确；根据牛顿第二定律有2Mm G ma r =，解得2GM a r
=，由于探测器在环月阶段椭圆轨道上P 点距离月心的间距大于探测器在Q 点距离月心的间距，则探测器在环月阶段椭圆轨道上P 点的加速度小于Q 点的加速度，D 错误．
5．A
增加了交流电源的频率，不会影响2U 的大小，A 正确；由变压器电压与线圈匝数关系1122n U n U =，得2121n U U n =，如果减少了原线圈的匝数或增加了副线圈的匝数，则2U 增大，与图像符合，B 、C 错误；拧紧了变压器铁芯上松掉的螺丝，会减小漏磁，所以2U 增大，D 错误．
6．C
小球陷入沙子过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，A 错误；由于小球陷入沙子过程的时间未知，故沙子对小球的冲量大小未知，B 错误；小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，由()0mv m M v =+可知，1m /s v =，C 正确，D 错误．
7．C
根据224πr F m T
=，解得T =由于做圆周运动时所受向心力大小相等，甲运动员圆周运动的半径1r 大于乙运动员圆周运动的半径2r ，可知甲运动员圆周运动的周期大于乙运动员圆周运动的周期，即在做圆
周运动时，甲所用的时间比乙的长，A 错误；根据2
F m r ω=，由于做圆周运动时所受向心力大小相等，12r r >，可知甲运动员圆周运动的角速度小于乙运动员圆周运动的角速度，B 错误；冲刺时的初速度大小等于圆周运
动的线速度大小，根据2
v F m r =，解得v =，由于做圆周运动时所受向心力大小相等，12r r >，可知甲运动员圆周运动的线速度大于乙运动员圆周运动的线速度，令到达终点线时的速度大小为1v ，冲刺匀加速的位移为x ，则有2212v v ax -=，由于冲刺匀加速运动的位移与加速度均相等，可知匀加速的初速度较大的甲运动员到达终点线时的速度较大，C 正确；由A 选项的解析知甲、乙两名运动员在圆周运动过程所用
时间：t t >甲乙，而在直线冲刺过程中，位移相等，但甲运动员的初速度大，则加速阶段时间：t t ''<甲
乙，到达终点的时间为两个阶段时间之和，由数学知识无法判断()
t t '+甲甲
和()t t '+乙乙的大小关系，乙不一定先到达终点线，D 错误．
8．BD
由F t -图像振幅逐渐减小可知，小球在运动过程中受到空气阻力作用，小球在接触弹簧之前做向下加速运动，碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0即重力等于弹簧弹力与空气阻力之和时加速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的机械能转化为弹簧的弹性势能和内能，上升过程恰好与下降过程互逆，由乙图可知1t 时刻开始接触弹簧，但在刚开始接触后的一段时间内，重力大于弹力，小球仍做加速运动，所以此刻小球的动能不是最大，A 错误；2t 时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小，B 正确；3t 时刻小球往上运动恰好要离开弹簧，23~t t 这段时间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能和内能，C 错误、D 正确．
9．AD
质量大的苹果对压敏传感器1R 的压力大，压敏传感器1R 的阻值小，电路中的电流大，则电阻2R 的电压大，即放大电路的输入电压大于某一个值，电磁铁工作将衔铁吸下，苹果将进入通道2，将2R 的电阻调大，则电阻2R 的电压变大，则质量较小的苹果更容易使放大电路的输入电压大于某一个值，从而进入通道2，即将挑选出质量更小的苹果，A 正确，B 错误；电源1E 电动势变大，则电阻2R 的电压变大，则质量较小的苹果更容易使放大电路的输入电压大于某一个值，从而进入通道2，即将挑选出质量更小的苹果，C 错误；电
源1E 内阻变大，则电阻2R 的电压变小，要达到某一临界值，则需要减小压敏传感器1R 的阻值，增大电路中的电流，从而使电阻2R 的电压达到临界值，则需要增大对压敏传感器1R 的压力，即将挑选出质量更大的苹果，D 正确．
10．AC
1S 闭合，2S 、3S 断开，由静止释放导体棒，导体棒与电阻构成回路，根据E BLv =，E I R
=，F BIL =安，sin mg F ma θ-=安，解得22sin B L v a g mR
θ=-，可知随着导体棒速度的增加，导体棒的加速度逐渐减小，最终匀速，A 正确；2S 闭合，1S 、3S 断开，由静止释放导体棒，导体棒与电容器构成回路，稳定时有E BLv =，
电容器极板电荷量为Q CU CE ==，电路电流为Q CBL v I CBLa t t ∆∆===∆∆，导体棒受到的安培力为22F BIL CB L a ==安，根据牛顿第二定律可得sin mg F ma θ-=安，解得22
sin mg a m CB L θ=+，可知稳定时导体棒的加速度保持不变，做匀加速直线运动，B 错误；1S 、2S 、3S 断开，由静止释放导体棒t ∆后闭合开关1S ，可知闭合开关1S 瞬间导体棒的速度为sin v g t θ=⋅∆，导体棒受到的安培力大小为
2222sin B L v B L g t F R R
θ⋅∆==安，若sin F mg θ>安，可知导体棒继续向下减速，随着速度的减小，安培力减小，加速度减小，当安培力与重力沿斜面向下的分力平衡时，导体棒做匀速直线运动，C 正确；1S 、2S 、3S 断开，由静止释放导体棒t ∆后闭合开关3S ，最终安培力与下滑力平衡，导体棒做匀速直线运动，不可能如图4所示，D 错误．
11．（1）D （2分）
（2）1.5（2分）
（3）偏小（2分）
解析：（1）根据光路可逆性原理可知，光线一定会从另一侧表面射出，折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，即使1P 、2P 的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到1P 、2P 的像，A 错误；为减少测量误差，入
射角应适当大一些，即1P 、2P 的连线与法线NN '的夹角应尽量大些，B 错误；由几何知识可知，光线在上
表面的折射角一定等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，不可能在bb '面发生全反射，C 错误；为了减小作图误差，将出射光线确定得更准确些，3P 和4P 的距离应适当取大些，D 正确．
（2）根据折射率定义公式有12sin sin n θθ=，代入数据可得玻璃砖的折射率 1.5n =．
（3）该同学测定折射率时，作出的折射光线如图中虚线所示，实线表示实际光线，可见测量的折射角偏大，则由折射定律可知，测得的折射率将偏小．
12．（1）2（1分）
（2）B （2分）
（3）不变（2分）变短（2分）
（4）BC （2分，少选得1分，错选不得分）
解析：（1）4~7s 内，电容器处于放电状态，开关S 应接2．
（2）电容器充电过程中，电容器两端的电压U 逐渐增大，最后与电源电动势相等，因此斜率会逐渐减小，最后与横轴平行，根据公式Q CU =，电容C 为定值，可知电容器所带的电荷量逐渐增大，最后保持不变，Q t -图像的斜率也逐渐变小，最后为零，B 正确．
（3）由电容器的计算公式Q CU =可知，电容器储存的电荷量与电阻R 无关，所以曲线与横轴围成的面积保持不变，当减小电阻R ，由于电阻对电流的阻碍作用减弱，充电电流增大，所以充电时间将变短．
（4）从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力做的功，也就等于图像与横轴围成的面积，则2
2Q E C
=，A 错误；根据图像的物理意义可知，搬运q ∆的电量，克服电场力所做的功近似等于q ∆上方小矩形的面积，B 正确；由电容器的能量公式和电容的定义式可得212E CU =，又因为2U U '=，由此可得14E E '=，C 正确．13．解：（1）气体的压强不变，气体等压变化，则有21.2V V T T =（1分）解得2 1.2V V =（1分）
气体对外做功()0200.60.12W p V V p V =-=（2分）
（2）气体的温度保持为T 不变，气体等温变化，则000.6p V p V '=（1分）
解得0.6V V '=（1分）进入航天服内气体的质量与原有质量之比为()1.2V 0.6V 10.6V
m m -∆==（2分）14．解：（1）因为Q 、G 两点纵坐标相同，可知微粒在匀强磁场II 中运动时，轨迹具有对称性；微粒离开磁场区域后做匀速直线运动，则微粒射出磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角也是37θ=︒，画出微粒运动
轨迹示意图如图所示．
设微粒在匀强磁场II 中做圆周运动的半径为2r ．
根据几何关系有232sin d r θ=（1分）根据洛伦兹力提供向心力有2
2
mv Bqv r =解得52dqB v m
=（1分）微粒在磁场中运动时速率不变，大小等于经过O 点时的速率由动能定理有212qEd mv =
（1分）解得2
258dqB E m
=（1分）（2）根据几何关系可知，微粒经过磁场区域I 时的速度偏转角903753α=︒-︒=︒（1分）
设微粒在磁场区域I 内做圆周运动的半径为1r ．
根据几何关系有112cos d r r α
=-解得15r d =（1分）又2
1
v qvB m r '=（1分）可得2
B B '=
（1分）（3）微粒在磁场区域I 内的运动时间11π180r t v α=
︒（1分）微粒在磁场区域II 内的运动时间222π180r t v θ=︒（1分）根据几何关系可知，Q 、G 点的纵坐标1sin y r α=（1分）
微粒由G 点运动到S 点的时间3sin y t v θ
=（1分）设微粒由P 点运动到O 点的时间为4t ，则2412Eq d t m =
⋅，可得445m t qB =（1分）微粒从P 点运动到S 点的时间()123415π5215m t t t t t qB
+=+++=（1分）15．解：（1）物块与木板组成的系统动量守恒，可得()0mv m M v =+（1分）由能量守恒可得()2201122
mgL mv m M v μ=
-+（1分）解得2m L =（1分）
（2）①对物块，根据牛顿第二定律1mg ma μ=（1分）可得212m /s a =（1分）
当物块恰好滑到木板最右端和木板速度相等时，此过程中根据牛顿第二定律2mg F Ma μ+=（1分）
可知112v a t a t -=（1分）221121122
v t a t a t L --=（1分）解得13N F =（1分）
当物块和木板达到共同速度，且物块与木板之间达到最大静摩擦力此时对整体()21F M m a =+（1分）
整理得26N F =（1分）
故恒力F 的取值范围为3N 6N F ≤≤（1分）
②对物块与木板整体由动量定理有()1Ft m M v mv =+-共（1分）其中112
v t a a =+解得()()24m /s 3N 6N 6F v F F =
+≤≤+共（1分）③根据以上分析可知
当3N F <时，Q mgL
μ=解得8J Q =（1分）
当3N 6N F ≤≤时
22
11121122
s v t a t a t =--1
Q mgs μ=解得()72J 6
Q F =
+（1分）当6N F >时21
2s s =2
Q mgs μ=解得()144J 6Q F =+（1分）。