2025年冀教新版高一物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年冀教新版高一物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、如图描绘了两个电阻的伏安曲线，由图中可知，若将这两个电阻并联接入电路中，则通过R1R2

的电流比是(

)

A.12

B.31

C.61

D.16

2、取水平地面为重力势能零点，一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(

)

A.娄脨6

B.娄脨3

C.娄脨4

D.5娄脨12

3、土星、火星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，由开普勒定律可知（）A.两行星的周期相等B.两行星的速率均不变C.太阳位于火星椭圆轨道的一个焦点上D.相同时间内，土星与太阳连线扫过的面积等于火星与太阳连线扫过的面积4、【题文】如图所示，在光滑地面上，水平外力拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动.小车质量是木块质量是外力大小是加速度大小是木块和小车之间的动摩擦因数是则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（）

A.B.C.D.5、【题文】2013年5月“神舟十号”载人航天飞行取得圆满成功．“神十”飞船在到达预定的圆轨道之前，运载火箭的末级火箭仍和飞船连接在一起（飞船在前，火箭在后），先在大气层外某一轨道上绕地球做匀速圆周运动，然后启动脱离装置，使飞船加速并实现船箭脱离，最后飞船到达预定的圆轨道．关于飞船在预定的圆轨道上运行的说法，正确的是A.预定的圆轨道比某一轨道离地面更远，飞船速度比脱离前大B.预定的圆轨道比某一轨道离地面更近，飞船的运行周期变小C.预定的圆轨道比某一轨道离地面更远，飞船的向心加速度变小D.飞船和火箭仍在预定的圆轨道上运行，飞船的速度比火箭的大6、如图为甲；乙两运动物体相对同一原点的位移X与时间t的图象；由图象可判断出（）

A.两物体从同一地点出发开始运动B.乙运动的速率小于甲运动的速率C.两物体都做匀变速直线运动，且甲的加速度小于乙的加速度D.在t=t2时刻，两物体相遇评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)7、标准状况下，有rm{垄脵6.72L}甲烷，rm{垄脷3.01隆脕10^{23}}个rm{HCl}分子，rm{垄脹13.6gH_{2}S}rm{垄脺0.2mol}氨气，则下列四种气体的关系表示正确的是A.体积：rm{垄脺<垄脵<垄脷<垄脹}B.质量：rm{垄脺<垄脵<垄脹<垄脷}C.密度：rm{垄脵<垄脹<垄脺<垄脷}D.氢原子数：rm{垄脷<垄脺<垄脹<垄脵}8、关于化学反应过程中，能量变化描述正确的是A.成键过程中吸收能量B.断键过程中吸收能量C.成键过程中放出能量D.断键过程中放出能量9、下列大气污染物中，能与人体中血红蛋白结合而引起中毒的气体是()

A.rm{SO_{2}}B.rm{C{O}_{2}}C.rm{NO_{2}}D.rm{NO}10、标准状况下，有rm{垄脵6.72L}甲烷，rm{垄脷3.01隆脕10^{23}}个rm{HCl}分子，rm{垄脹13.6gH_{2}S}rm{垄脺0.2mol}氨气，则下列四种气体的关系表示正确的是A.体积：rm{垄脺<垄脵<垄脷<垄脹}B.质量：rm{垄脺<垄脵<垄脹<垄脷}C.密度：rm{垄脵<垄脹<垄脺<垄脷}D.氢原子数：rm{垄脷<垄脺<垄脹<垄脵}11、关于化学反应过程中，能量变化描述正确的是A.成键过程中吸收能量B.断键过程中吸收能量C.成键过程中放出能量D.断键过程中放出能量12、下列大气污染物中，能与人体中血红蛋白结合而引起中毒的气体是()

A.rm{SO_{2}}B.rm{C{O}_{2}}C.rm{NO_{2}}D.rm{NO}评卷人得分三、多选题(共5题，共10分)13、英国特技演员史蒂夫?

特鲁加里亚曾飞车挑战世界最大环形车道.

如图所示，环形车道竖直放置，直径达12m

若汽车在车道上以12m/s

恒定的速率运动，演员与汽车的总质量为1000kg

重力加速度g

取10m/s2

则(

)

A.汽车通过最低点时，演员处于超重状态B.汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4隆脕104N

C.若要挑战成功，汽车不可能以低于12m/s

的恒定速率运动D.汽车在环形车道上的角速度为1rad/s

14、如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半。内壁上有一质量为m的小物块随圆锥筒一起做匀速转动，则下列说法正确的是（）A.当转动角速度ω=时，小物块不受摩擦力作用B.当转动角速度ω=时，小物块不受摩擦力作用C.当转动角速度ω＞时，小物块受摩擦力沿AO方向D.当转动角速度ω＜时，小物块受摩擦力沿AO方向15、如图所示，半径为R

的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m

的小球AB

与轻杆连接，置于圆轨道上，A

位于圆心O

的正下方，B

与O

等高。它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是(

)

A.下滑过程中重力对B

做功的功率先增大后减小B.当B

滑到圆轨道最低点时，轨道对B

的支持力大小为3mg

C.下滑过程中B

的机械能增加D.整个过程中轻杆对A

做的功为12mgR

16、关于匀变速直线运动中加速度的正负，下列说法中正确的是(

)

A.匀加速直线运动中，加速度一定是正值B.匀减速直线运动中，加速度一定是负值C.在匀加速直线运动中，加速度也有可能取负值D.只有在规定了初速度方向为正方向的前提下，匀加速直线运动的加速度才取正值17、如图为A、B两物体做匀速圆周运动时向心加速度随半径r变化的图线；由图可知（）

A.A物体的线速度大小不变B.A物体的角速度不变C.B物体的线速度大小不变D.B物体的角速度不变评卷人得分四、填空题(共4题，共40分)18、【题文】在场强为E的匀强电场中，固定一个电荷量为Q的点电荷．以Q为圆心画一个圆，A、B为直径上的两个端点，且连线平行于电场线．C、D为垂直电场线的直径上的两个端点，如图所示．已知B点的电场强度为零，则A点的电场强度的大小是____；C点的电场强度大小为____．19、（本题6分）在“研究匀变速直线运动”实验中，交流电频率为50Hz，某同学打出如图所示的纸带，相邻两计数点之间有4个点未画出，并测得OA=2.80cm，DE=9.10cm，则小车的加速度为_____m/s2，（结果取2位有效数字）20、【题文】如图所示，匀强电场分布在正方形ABCD区域内，M、N分别为AB边和BC边的中点。一个具有初动能E0的带电粒子射入电场（沿纸面运动）。如果带电粒子从M点垂直于电场方向进入电场后；恰好从D点离开电场。带电粒子从D点离开电场时的动能为________；如果带电粒子从N点垂直于BC边方向射入电场，它离开电场时的动能为__________。

21、(1)

在做“研究平拋运动”的实验时；让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球做平拋运动的轨迹.

为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上______．

A.通过调节使斜槽的末端保持水平。

B.每次释放小球的位置必须不同。

C.每次必须由静止释放小球。

D.记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降。

E.小球运动时不应与木块上的白纸(

或方格纸)

相接触。

F.将球的位置记录在纸上后；取下纸，用直尺将点连成折线。

(2)

作出平抛运动的轨迹后，为算出其初速度，实验中需测量的数据有a

．______，b

．______，c.

其初速度v0

的表达式为______．评卷人得分五、证明题(共2题，共12分)22、灯距地面的高度为h；身高为l的人以速度υ匀速直线行走，如图所示．

（1）有甲；乙两位同学对人的头顶的影子的运动情况分别谈了自己的看法；甲同学认为人的头顶的影子将作匀加速直线运动，而乙同学则依据平时看到的自己的影子的运动情况，认为人的头顶的影子将作匀速直线运动，你认为甲、乙两位同学对人的头顶的影子的运动情况的看法，谁的看法是正确的？

（2）请说明你的判断依据：

（3）求人影的长度随时间的变化率．23、灯距地面的高度为h；身高为l的人以速度υ匀速直线行走，如图所示．

（1）有甲；乙两位同学对人的头顶的影子的运动情况分别谈了自己的看法；甲同学认为人的头顶的影子将作匀加速直线运动，而乙同学则依据平时看到的自己的影子的运动情况，认为人的头顶的影子将作匀速直线运动，你认为甲、乙两位同学对人的头顶的影子的运动情况的看法，谁的看法是正确的？

（2）请说明你的判断依据：

（3）求人影的长度随时间的变化率．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】解：由图可知，R1=21

​娄赂娄赂=2娄赂R2=13娄赂

两电阻并联后，电压相等，则由欧姆定律可知：I=UR

故电流与电阻成反比；

故电流之比I1I2=R2R1=132=16.

故选：D

．

由图象可求得两电阻的比值；再由并联电路的规律可知两电阻电压相等，则由欧姆定律可求得电流之比．

本题考查伏安特性曲线以及欧姆定律的应用，要注意在U鈭�I

图象中图象的斜率表示电阻的阻值．【解析】D

2、C【分析】解：设抛出时物体的初速度为v0

高度为h

物块落地时的速度大小为v

方向与水平方向的夹角为娄脕.

根据机械能守恒定律得：

12mv02+mgh=12mv2

据题有：12mv02=mgh

联立解得：v=2v0

则cos娄脕=v0v=22

得：娄脕=娄脨4

．

故选：C

．

根据机械能守恒定律；以及已知条件：抛出时动能与重力势能恰好相等，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角．

解决本题的关键会熟练运用机械能守恒定律处理平抛运动，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解．【解析】C

3、C【分析】解：A、若行星的公转周期为T，则=k；两行星的周期不相等。故A错误；

B；第二定律：对每一个行星而言；太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，故B错误；

C；第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动；太阳处于椭圆的一个焦点上，故C正确；

D；第二定律：对每一个行星而言；太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，是对同一个行星而言，故D错误；

故选：C。

熟记理解开普勒的行星运动三定律：

第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆；太阳处在所有椭圆的一个焦点上。

第二定律：对每一个行星而言；太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。

第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。

正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。注意第三定律=K中，R是半长轴，T是公转周期，K与中心体有关。【解析】C4、B|C|D【分析】【解析】小车和木块一起做无相对滑动的加速运动，是静摩擦力，不能使用滑动摩擦力计算，A错误；根据牛顿第二定律，有对于m有：=BD正确；对于M有：C正确。【解析】【答案】BCD5、C【分析】【解析】

试题分析：某一轨道做匀速圆周运动，万有引力提供向心力即飞船加速后速度变大卫星做离心运动，最终到达预定轨道，所以预定轨道比某一轨道离地面更远，选项D错。圆周运动线速度轨道半径变大，线速度变小，比脱离前小，选项A错。圆周运动的周期轨道半径变大，周期变大，比脱离前大，选项B错。向心加速度轨道半径变大，向心加速度变小，选项C对。

考点：万有引力与航天【解析】【答案】C6、D【分析】【解答】解：A、由位移时间图线可知，甲乙的出发点相距x1．故A错误．

B；位移时间图线的斜率表示速度；则知乙运动的速率大于甲运动的速率，故B错误．

C；甲、乙的位移都随时间均匀变化；知甲和乙都做匀速直线运动，加速度都为0．故C错误．

D、由图线可知，t=t2时刻纵坐标相等；两物体相遇．故D正确．

故选D

【分析】位移时间图线的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动．当两物体的纵坐标相同时，即位移相同，两物体相遇．二、双选题(共7题，共14分)7、BD【分析】【分析】该题是中等难度的试题，试题综合性强，在注重对基础知识考查的同时，更侧重对学生能力的培养。该题学生需要注意的是在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式rm{n=m/M}特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是rm{22.4L/mol}【解答】根据题意可知，甲烷、氯化氢、rm{H_{2}S}的物质的量分别是rm{垄脵}rm{垄脵}rm{6.72L隆脗22.4L/mol=0.3mol}rm{垄脷}rm{垄脷}rm{垄脹}氨气。A.根据阿伏加德罗定律可知，气体的体积大小关系是rm{垄脹}故A错误；B.甲烷的质量是rm{13.6g隆脗34g/mol=0.4mol}氯化氢的质量是rm{垄脺0.2mol}氨气。氨气的质量是rm{垄脺0.2mol}所以质量关系是rm{垄脺<垄脵<垄脹<垄脷}故B正确；C.在相同条件下，气体的密度之比是相对分子质量之比，故C错误；D.氢原子的物质的量分别是rm{4.8g}rm{18.25g}rm{3.4g}rm{垄脺<垄脵<垄脹<垄脷}则氢原子数rm{1.2mol}故D正确。故选BD。rm{0.5mol}【解析】rm{BD}8、BC【分析】【分析】本题考查了化学反应中的能量变化，理解化学键的断裂和形成是能量变化的根本原因是解题的关键。

【解答】化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的原因，破坏化学键要吸收能量，形成新的化学键要释放能量，故B、C正确。故选BC。【解析】rm{BC}9、BD【分析】【分析】本题主要考查物质的性质方面的知识，解答时要理解一氧化碳、一氧化氮等物质能够与血红蛋白结合，从而引起中毒。【解答】A.二氧化硫对眼和呼吸道有强烈刺激作用，吸入高浓度二氧化硫可引起喉水肿、肺水肿、声带水肿及rm{(}或rm{)}痉挛导致窒息，rm{SO_{2}}还会导致糖及蛋白质的代谢障碍；从而引起脑；肝、脾等组织发生退行性变，故A错误；

B.一氧化碳容易与血液中的血红蛋白结合，使人中毒；故B正确；

C.二氧化氮的毒作用主要是损害深部呼吸道；故C错误；

D.一氧化氮容易与血液中的血红蛋白结合；使人中毒，故D正确。

故选BD。【解析】rm{BD}10、BD【分析】【分析】该题是中等难度的试题，试题综合性强，在注重对基础知识考查的同时，更侧重对学生能力的培养。该题学生需要注意的是在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式rm{n=m/M}特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是rm{22.4L/mol}【解答】根据题意可知，甲烷、氯化氢、rm{H_{2}S}的物质的量分别是rm{垄脵}rm{垄脵}rm{6.72L隆脗22.4L/mol=0.3mol}rm{垄脷}rm{垄脷}rm{垄脹}氨气。A.根据阿伏加德罗定律可知，气体的体积大小关系是rm{垄脹}故A错误；B.甲烷的质量是rm{13.6g隆脗34g/mol=0.4mol}氯化氢的质量是rm{垄脺0.2mol}氨气。氨气的质量是rm{垄脺0.2mol}所以质量关系是rm{垄脺<垄脵<垄脹<垄脷}故B正确；C.在相同条件下，气体的密度之比是相对分子质量之比，故C错误；D.氢原子的物质的量分别是rm{4.8g}rm{18.25g}rm{3.4g}rm{垄脺<垄脵<垄脹<垄脷}则氢原子数rm{1.2mol}故D正确。故选BD。rm{0.5mol}【解析】rm{BD}11、BC【分析】【分析】本题考查了化学反应中的能量变化，理解化学键的断裂和形成是能量变化的根本原因是解题的关键。

【解答】化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的原因，破坏化学键要吸收能量，形成新的化学键要释放能量，故B、C正确。故选BC。【解析】rm{BC}12、BD【分析】【分析】本题主要考查物质的性质方面的知识，解答时要理解一氧化碳、一氧化氮等物质能够与血红蛋白结合，从而引起中毒。【解答】A.二氧化硫对眼和呼吸道有强烈刺激作用，吸入高浓度二氧化硫可引起喉水肿、肺水肿、声带水肿及rm{(}或rm{)}痉挛导致窒息，rm{SO_{2}}还会导致糖及蛋白质的代谢障碍；从而引起脑；肝、脾等组织发生退行性变，故A错误；

B.一氧化碳容易与血液中的血红蛋白结合，使人中毒；故B正确；

C.二氧化氮的毒作用主要是损害深部呼吸道；故C错误；

D.一氧化氮容易与血液中的血红蛋白结合；使人中毒，故D正确。

故选BD。【解析】rm{BD}三、多选题(共5题，共10分)13、AB【分析】【分析】

根据加速度的方向确定演员的超失重；汽车在最高点；根据牛顿第二定律求出轨道对汽车的作用力，从而得出汽车对轨道的压力；

抓住最高点压力为零；根据牛顿第二定律求出最小速度.

根据线速度与角速度的关系求出汽车在环形车道上的角速度.

解决本题的关键知道汽车做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，掌握判断超失重的方法，关键看加速度的方向。

【解答】

A.汽车通过最低点时；加速度方向竖直向上，演员处于超重状态.

故A正确；

B.根据牛顿第二定律得：N+mg=mv2r

解得：N=mv2r鈭�mg

代入数据得：N=14000N.

故B正确；

C.要想通过最高点，临界情况是轨道对汽车的压力为零，根据牛顿第二定律得：mg=mv2r

解得：v=gr=10隆脕6m/s=215m/s.

即最小速度为215m/s.

故C错误；

D.汽车在环形车道上的角速度为：娄脴=vr=126rad/s=2rad/s.

故D错误；

故选AB。

【解析】AB

14、BC【分析】解：AB、当小球受到重力与支持力的合力指向圆心时，小球不受摩擦力；如图所示；合力F=mgtanθ；由几何关系可知，物体的半径为：R′=

则由F=mRω2可知，ω═故当角速度ω=时；小物块不受摩擦力作用；故A错误B正确；

C、当转动角速度ω＞时；小物块受到的向心力大于F，故物块有向外的运动趋势，故小物块受到沿AO方向的摩擦力；故C正确；

D；由C的分析可知；D错误；

故选：BC。

当物块在A点随筒做匀速转动；且其受到的摩擦力为零时，由重力和支持力的合力提供物块的向心力，根据角速度大小可求得向心力大小；再由受力分析可明确小球是否受到摩擦力。

本题是圆锥摆类型。关于向心力应用的基本方程是：指向圆心的合力等于向心力，其实是牛顿第二定律的特例。【解析】BC15、AD【分析】解：A

因为初位置速度为零；则重力的功率为0

最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小。故A正确；

B；AB

小球组成的系统；在运动过程中，机械能守恒，设B

到达轨道最低点时速度为v

根据机械能守恒定律得：

12(m+m)v2=mgR

解得：v=gR

在最低点；根据牛顿第二定律得：

N鈭�mg=mv2R

解得：N=2mg

故B错误；

C、下滑过程中，B

的重力势能减小鈻�EP=mgR

动能增加量鈻�EK=12mv2=12mgR

所以机械能减小12mgR

故C错误；

D、整个过程中对A

根据动能定理得：W=12mv2=12mgR

故D正确。

故选：AD

根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化；AB

小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出到达最低点的速度，在最低点，根据牛顿第二定律求出轨道对B

的支持力，下滑过程中，求出B

重力势能的减小量和动能的增加量，从而判断机械能的变化量，整个过程中对A

根据动能定理求解轻杆对A

做的功。

本题主要考查了机械能守恒定律、动能定理以及牛顿第二定律的直接应用，知道在下滑过程中，AB

小球组成的系统机械能守恒，能根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化，难度适中。【解析】AD

16、CD【分析】解：A

物体做匀加速直线运动；则加速度方向一定与速度方向相同，但加速度不一定是正值，故A错误；

B；匀减速直线运动中；加速度与速度方向相反，但加速度不一定为负值，故B错误；

C；根据AB

的分析可知C正确．

D；在规定了运动方向为正方向后；加速度为正，说明加速度方向一定与速度方向相同，所以物体一定做加速直线运动，故D正确；

故选：CD

匀加速直线运动的中；加速度方向与速度方向相同；匀减速运动中，速度方向可正可负，但二者方向必相反；加速度的正负与速度正方向的选取有关．

正确理解高中物理概念对做选择题很有帮助，不妨经常背诵一下重点概念，配合做题加深对知识点的理解．【解析】CD

17、AD【分析】解：A、A图中a与r成反比，则由向心加速度公式a=可知；A物体的线速度大小不变，故A正确；

B、A图中a与r成反比，则由向心加速度公式a=可知，A物体的线速度大小不变，由v=ωr知角速度是变化的。故B错误；

C、B图中a与r成正比，则由向心加速度公式a=ω2r可知，B物体运动的角速度保持不变，由v=ωr可知线速度是变化的。故C错误；

D、B图中a与r成正比，则由向心加速度公式a=ω2r可知；B物体运动的角速度保持不变，故D正确。

故选：AD。

根据加速度的不同表达形式结合图象进行分析；由控制变量法得出正确结论。

根据图象找出A、B物体的加速度和半径的不同关系是解决本题的关键，再根据向心加速度的公式分析即可。【解析】AD四、填空题(共4题，共40分)18、略

【分析】【解析】匀强电场在B点场强水平向右，根据B点合场强为零可知点电荷在B点场强水平向左，所以Q为正电荷，点电荷在A点场强方向向右，大小与B点相等，所以Ａ点合场强为2E，同理点电荷在C点场强方向竖直向下，合场强为【解析】【答案】2E，19、略

【分析】试题解析：由于DE－OA=4a△t2，故加速度a=≈1.6m/s2。考点：由纸带计算加速度。【解析】【答案】1.620、略

【分析】【解析】

试题分析：（1）设带电粒子的质量为m、电量为q、初速为v，则E0＝mv2；设正方形边长为L，匀强电场的电场强度为E．带电粒子从M点垂直于电场方向进入电场后做类平抛运动．从D点离开电场，说明粒子带正电，沿电场方向的位移为L．则有：①得到：qEL=mv2=2E0②

带电粒子从M点射入，从D点射出，电场力做功W＝qE•＝E0，粒子从D点离开电场时的动能为E1，据动能定理有W=E1-E0，故E1=W+E0=2E0

（2）带电粒子从N点垂直于BC边方向射入电场，做匀加速直线运动，离开电场时的动能为E2，据动能定理有qEL=E2-E0，解得E2=E0+qEL=3E0．

考点：带电粒子在电场中的偏转；动能定理。【解析】【答案】21、略

【分析】解：(1)A

为了保证小球水平飞出；则斜槽的末端切线保持水平.

故A正确；

B；为了保证小球平抛运动的初速度相同；则每次从同一高度由静止释放小球，故B错误，C正确．

D；记录小球经过不同高度的位置时；不需要等距离下降，故D错误．

E；小球运动时不应与木块上的白纸(

或方格纸)

相接触；为了防止摩擦改变小球的运动轨迹，故E正确．

F；要使描出的轨迹更好地反映