重庆市育才中学校2024-2025年高三上学期9月入学考试物理试题
1．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示，歼-20沿曲线MN向上爬升，图中画出表示歼-20在P点速度的四种方向，其中可能正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】C
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】歼-20从M点运动到N点，做曲线运动，在P点速度方向为该点切线方向，即③。
故选C。
【分析】曲线运动速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向。
2．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。外壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直于壁面。下列关系式正确的是（ ）
A．F=FN B．G =Ff C．G = Ff cosθ D．Ff = G cosθ
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解
沿斜面方向，由平衡条件得
垂直斜面方向，由平衡条件得
故选D。
【分析】
应用平衡条件解题的步骤
(1)选取研究对象：根据题目要求，选取一个平衡体(单个物体或系统，也可以是结点)作为研究对象。
(2)画受力示意图：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。
(3)合成或分解：三个力直接合成或分解，四个及四个以上的力正交分解。
(4)列方程求解：根据平衡条件列出平衡方程，解平衡方程，对结果进行讨论。
3．（2024高三上·九龙坡开学考）“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。在“空气充电宝”某个工作过程中，“空气充电宝”内一定质量理想气体的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a到b过程中，外界对“空气充电宝”内气体做正功
B．a到b过程中，“空气充电宝”内气体从外界吸收热量
C．b到c过程中，“空气充电宝”内气体内能不变
D．b到c过程中，“空气充电宝”内气体分子的平均动能增大
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．由图像知，a到b过程中，气体压强不变，温度升高，根据
可知气体体积增大，则气体对外做功，外界对“空气充电宝”内气体做负功，故A错误；
B．a到b过程中，“空气充电宝”内气体温度升高，气体内能增大，气体对外做功
根据热力学第一定律
可知
即气体从外界吸收热量，故B正确；
CD．由图像知b到c过程中，“空气充电宝”内气体温度降低，则气体内能减小，气体分子的平均动能减小，故CD错误；
故选 B。
【分析】
1.气体状态变化的图象问题的解题技巧
(1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图象问题，应当明确图象上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图象上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。
(2)明确图象斜率的物理意义：在V－T图象(p－T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态点与原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。
(3)明确图象面积的物理意义：在p－V图象中，p－V图线与V轴所围图形的面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。
2．热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
(3)ΔU＝Q＋W中物理量正、负号的意义
W Q ΔU
＋ 外界对系 统做功 系统吸收热量 内能增加
－ 系统对外 界做功 系统放出热量 内能减少
3.热力学第一定律与气体实验定律、理想气体状态方程的综合--解答此类问题的基本流程：
4．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部经过b点爬到a点。则下列说法正确的是（ ）
A．碗对蚂蚁的摩擦力变大 B．碗对蚂蚁的支持力变大
C．碗对蚂蚁的作用力变小 D．蚂蚁的合外力变小
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．蚂蚁缓慢爬行的过程可以视为始终处于平衡状态，对蚂蚁受力分析可知，蚂蚁受到重力、沿切线方向的摩擦力和垂直切线方向指向球形中心的支持力，设蚂蚁所在位置与球形中心连线与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可得
，
从底部经过b点爬到a点，逐渐增大，则碗对蚂蚁的摩擦力变大，碗对蚂蚁的支持力变小，故A正确，B错误；
CD．蚂蚁处于平衡状态，合外力一直为0，则碗对蚂蚁的作用力与重力平衡，保持不变，故CD错误。
故选A。
【分析】动态平衡问题分析
1.动态平衡问题
通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．解决动态平衡问题的常用方法
(1)解析法：对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
(2)图解法：此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况。一般按照以下流程解题。
受力分析---化动为静---画不同状态下的平衡图---静中求动---确定力的变化
(3)相似三角形法
正确作出力的三角形后，如能判定力的三角形与图形中已知长度的三角形(线、杆、壁等围成的几何三角形)相似，则可用相似三角形对应边成比例求出力的比例关系，从而达到求未知量的目的。
往往涉及三个力，其中一个力为恒力，另两个力的大小和方向均发生变化，则此时通常用相似三角形法分析。相似三角形法是解平衡问题时常用到的一种方法，解题的关键是正确的受力分析，寻找力三角形和几何三角形相似。
5．（2024高三上·九龙坡开学考）暑假里，小李同学和小伙伴们玩起了一种趣味运动，手持乒乓球拍托实心塑料球移动，距离大者获胜。若小李在趣味运动中沿水平方向做匀加速直线运动，手、球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示。设球的质量为m，不计球拍和球之间的摩擦力，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．球拍对球的作用力大小为mgcosθ
B．球的加速度大小为gtanθ
C．球拍对球不做功
D．球的重力做负功
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；功的概念
【解析】【解答】AB．球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示
根据三角形定则知，球拍对球的作用力为
小球所受的合力为，根据牛顿第二定律得
故A错误，B正确；
C．设球沿水平方向运动距离为，则球拍对球做功为
故C错误；
D．球的重力与水平位移垂直，不做功，故D错误。
故选B。
【分析】
1.动力学的两类基本问题的解题步骤
2.定性判断力是否做功及做正、负功的方法
(1)看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形。
(2)看力F的方向与速度v的方向间的夹角θ——常用于曲线运动的情形。
3．恒力做功的计算方法：直接用W＝Fl cos α计算。
6．（2024高三上·九龙坡开学考）2024巴黎奥运会已圆满结束，中国运动健儿们再创佳绩。如图所示，MN为排球网，在一次排球比赛中运动员从M点左上方的P点将排球水平击出，排球恰好从M点越过球网落到对方场地。已知P、M两点的竖直高度差为h，水平距离为4h，重力加速度为g，排球可视为质点，不计空气阻力，则排球经过M点时的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】从P点到M点过程，排球做平抛运动，根据平抛运动规律有
，
解得
，
则排球经过M点时的竖直分速度大小为
排球经过M点时的速度大小为
故选D。
【分析】
关于平抛运动必须掌握的四个物理量
物理量 相关分析
飞行 时间 (t) 由得 ，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关
水平 射程 (x) x＝v0t＝，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关
落地 速度 (v) v＝＝，以θ表示落地时速度与x轴正方向间的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关
速度的 改变量 (Δv) 因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示
7．（2024高三上·九龙坡开学考）如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m=0.2 kg的飞箭从地面以初速度v0=10m/s竖直向上射出，若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f = kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1=2m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是（ ）
A．k的值为0.1 Ns/m
B．飞箭在上升过程的平均速度大于5 m/s
C．飞箭射出瞬间的加速度大小为60 m/s 2
D．飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．匀速下降时满足
可得k的值为
选项A错误；
B．图像的面积等于位移，由图像可知，上升过程中的位移小于做匀减速过程中的位移，则飞箭在上升过程的平均速度
选项B错误；
C．飞箭射出瞬间的加速度大小为
选项C正确；
D．图像的斜率等于加速度，可知飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐减小，选项D错误。
故选C。
【分析】
1.由飞箭竖直上升和返回地面的速率时间图像可以知道，飞箭匀速直线的速率大小，根据平衡条件列方程求出空气阻力与速率成正比的比例系数。
2.图像的面积数值等于位移，由图像可知，上升过程中的位移小于做匀减速过程中的位移，根据平均速度的定义可知飞箭上升过程的平均速度小于匀减速上升的平均速度。
3.飞箭射出瞬间的加速度大小可以由牛顿第二定律（瞬时性）列方程求解。
4.图像的斜率数值等于加速度大小，可知飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐减小。
8．（2024高三上·九龙坡开学考）秦山核电站生产的核反应方程为，其产物可以自发进行衰变，其衰变方程为。下列说法正确的是（ ）
A．X是 B．X是 C．Y是 D．Y是
【答案】B,C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X是，Y是。
故选BC。
【分析】
首先要理解好应用好明确核反应过程满足质量数和电荷数守恒的规律。其次，熟记常见粒子及原子核的符号是正确书写衰变及核反应方程的基础，如质子()、中子()、α粒子()、β粒子()、正电子()、氘核()、氚核()等。
9．（2024高三上·九龙坡开学考）2024年6月25日，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古自治区预定区域，工作正常，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现世界首次月球背面采样返回。嫦娥六号探测器由轨道器、返回器、着陆器、上升器四部分组成。在嫦娥六号月球背面采样之旅中，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落、软着陆等阶段。在距离月球地面高度为h时，着陆器组合体在大推力发动机的作用下处于悬停状态（可认为是相对于月球静止），然后关闭发动机，最后利用减速装置减速后，以一定的安全速度软着陆。已知悬停时发动机提供的推力为F，着陆器组合体的质量为m，月球半径为R，万有引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．距离月球地面高度为h处的重力加速度为
B．月球的质量
C．在软着陆减速过程中，着陆器组合体处于失重状态
D．月球的第一宇宙速度为
【答案】A,D
【知识点】超重与失重；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．悬停时发动机提供的推力为F，根据平衡条件，重力
距离月球地面高度为h处的重力加速度为
故A正确；
B．根据
得月球的质量
故B错误；
C．在软着陆减速过程中，着陆器组合体加速度方向向上，处于超重状态，故C错误；
D．根据
得月球的第一宇宙速度为
故D正确。
故选AD。
【分析】
1.星球上空的重力加速度g'，设星球上空距离星体中心r＝R＋h处的重力加速度为g'，可以列方程：mg'＝。结合悬停时发动机提供的推力为F，根据平衡条件，重力，即可求解距离月球地面高度为h处的重力加速度和月球的质量。
2．第一宇宙速度的计算方法
(1)由，解得：；
(2)由，解得：。
3.在软着陆减速过程中，着陆器组合体加速度方向向上，处于超重状态。
10．（2024高三上·九龙坡开学考）小葛同学设计了一种机器猫抓小球的游戏装置，模型如图所示，倾角为θ＝30°的足够大斜面固定在水平地面上，ABCD为矩形，其中AB边水平，发射机固定于N点，打开发射机开关，光滑小球立即以平行于BC边的初速度v1=20m/s沿斜面运动，忽略光滑小球在发射机内运动的时间，忽略机器猫的反应时间和加速时间，机器猫启动后能从AD边M点立即以水平向右的速度v2做匀速直线运动，其中10m/s≤v2≤15m/s，AM距离为d=30m，AN距离为L=40m，游戏规定机器猫启动后在抓到小球前只能以v2做匀速直线运动、不能停止，不计空气阻力，机器猫和小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小球被发射后，经4s上升到最高点
B．若打开发射机开关的同时机器猫启动，则机器猫有可能抓到小球
C．若从打开发射机开关开始计时，3s时机器猫启动，则机器猫有可能抓到小球
D．若从机器猫启动开始计时，在范围内打开发射机开关，则机器猫有可能抓到小球
【答案】A,C,D
【知识点】追及相遇问题；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．小球被发射后，沿斜面上升的加速度为
上升到最高点的时间为
选项A正确；
B．小球从发射到到达距离底边30m用时间为
即
解得
t=2s或者t=6s
若打开发射机开关的同时机器猫启动，机器猫要抓到小球需要的时间
因为10m/s≤v2≤15m/s，则时间
可知机器猫不可能抓到小球，选项Ｂ错误；
C．若从打开发射机开关开始计时，3s时机器猫启动，则机器猫到达N点上方的时间范围为
则在小球返回时有可能抓到小球，选项C正确；
D．若从机器猫启动开始计时，在范围内打开发射机开关，则小球到达与M同一水平线上的时间范围
或者
则机器猫有可能在小球上升阶段抓到小球，选项D正确。
故选ACD。
【分析】
小球被发射后，沿斜面上升的过程为匀减速直线运动，利用牛顿第二定律求得其加速度，再利用匀变速直线运动的速度时间关系，求解小球上升到最高点的时间，利用位移时间关系求解得小球从发射到到达距离底边30m用的时间（两个值，一个是上升阶段的，一个是下降阶段的）。
机器猫的运动状态是匀速直线运动，根据位移时间关系和其速度的取值范围，可以求得机器猫到达N点上方的时间范围。再和小球的发射到达与M同一水平线上的时间范围作比较即可。
11．（2024高三上·九龙坡开学考）蹦极是一项非常刺激的户外休闲运动，其情景如图甲所示。某兴趣小组为了研究蹦极运动过程，将蹦极者视为质点，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，安装在人身上的传感器可测量人在不同时刻下落的高度及速度。设人及所携带设备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，重力加速度为g=9.8m/s2。弹性绳一端固定于蹦极台上，另一端固定于人上，人从蹦极台由静止下落，根据传感器测到的数据，得到图乙所示的速度—位移（v-x）图像。
（1）由图乙可知，人下落位移为25m时的加速度方向为 （选填“竖直向上”、“竖直向下”），人下落过程中的最大速度为 m/s。
（2）若弹性绳弹力与形变量之间的关系满足胡克定律，则根据图像求得弹性绳的劲度系数为 N/m。（保留三位有效数字）
【答案】（1）竖直向上；16
（2）118
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】（1）由图像可知，下落15m时速度达到最大，此后加速度竖直向上，因此在下落位移25m时的加速度方向竖直向上。
由图像可知，下落15m时速度达到最大，且最大速度为16m/s。
所以第一空填写“竖直向上”，第二空填写“16”
（2）下落15m时速度达到最大，此时受力平衡，即
可得劲度系数
所以填写“118”。
【分析】
由图象知，当运动员下降10 m（弹性绳原长处）后，弹性绳开始伸长，速度向下并且逐渐增大，竖直向上的弹力小于竖直向下的重力，合力竖直向下，加速度竖直向下，运动员下降15 m时速度最大，此时加速度为零，所受合力为零，弹性绳的弹力等于重力（利用平衡条件可以求解劲度系数）；当运动员下降15 m之后，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹力继续增大，合力竖直向上，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上。
（1）[1]由图像可知，下落15m时速度达到最大，此后加速度竖直向上，因此在下落位移25m时的加速度方向竖直向上。
[2]由图像可知，下落15m时速度达到最大，且最大速度为16m/s。
（2）下落15m时速度达到最大，此时受力平衡，即
可得劲度系数
12．（2024高三上·九龙坡开学考）某兴趣小组用图甲所示的装置探究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和半径之间的关系。不计摩擦的水平直杆固定在竖直转轴上，竖直转轴可以随转速可调的电动机一起转动，套在水平直杆上的滑块，通过细线与固定在竖直转轴上的力传感器相连接。水平直杆的另一端到竖直转轴的距离为R的边缘处安装了宽度为d的遮光片，光电门可以测出遮光片经过光电门所用的时间。
（1）为了探究滑块向心力的大小与运动半径的关系，需要控制 保持不变（选填“质量和线速度”、“质量和半径”、“线速度和半径”）。
（2）由图甲可知，滑块的角速度 遮光片的角速度（选填“大于”、“小于”和“等于”）。若某次实验中滑块到竖直转轴的距离为r，测得遮光片的挡光时间为，则滑块的线速度表达式v= （用、d、R、r表示）。
（3）兴趣小组保持滑块质量和运动半径不变，探究向心力F与线速度的关系时，以F为纵坐标，以为横坐标，根据测量数据作一条倾斜直线如题图乙所示，已测得遮光片的宽度d=0.01m，遮光片到竖直转轴的距离R=0.3m，滑块的质量m=0.15kg，则滑块到竖直转轴的距离r = m。
【答案】（1）质量和线速度
（2）等于；
（3）0.2
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）本试验采用控制变量法，当探究滑块向心力的大小与运动半径的关系时，需要控制质量和线速度保持不变。所以填写“质量和线速度”。
（2）由于滑块与挡光片在同一个杆上，因此旋转的角速度相等。
所以第一空填写“等于”。
挡光片的角速度
由于角速度相等可知滑块的线速度
所以第二空填写“”。
（3）根据
可知该图像的斜率
代入数据可得
所以填写“0.2”。
【分析】
1.通过创新实验探究，体会在研究多个物理量关系时，控制变量法的应用，培养探究能力和实验能力。
2.由于滑块与挡光片在同一个杆上，同轴旋转的角速度相等，通过计算挡光片的角速度，间接获得滑块的角速度，再利用角速度、线速度和半径的关系，推出滑块线速度的关系式。
3.根据解析式明确图像的斜率代表什么，代入数据即可求解。
（1）本试验采用控制变量法，当探究滑块向心力的大小与运动半径的关系时，需要控制质量和线速度保持不变。
（2）[1]由于滑块与挡光片在同一个杆上，因此旋转的角速度相等
[2]挡光片的角速度
由于角速度相等可知滑块的线速度
（3）根据
可知该图像的斜率
代入数据可得
13．（2024高三上·九龙坡开学考）敦煌鸣沙山景区是我国著名的5A级景区，景区内的滑沙活动项目备受游客们的青睐，图为滑沙运动过程的简化图。A、B为斜坡上两点，AB长度L=25m，某可视为质点的游客坐在滑板上从斜坡A点由静止开始滑下，游客和滑板的总质量m=60kg，滑板与斜坡滑道间的动摩擦因数为μ=0.5，斜坡的倾角θ＝37°，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）游客和滑板整体的加速度大小；
（2）游客和滑板运动到B点时的速度大小；
（3）游客和滑板滑到B点时整体重力的功率。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律可得
又
联立解得游客和滑板整体的加速度大小为
（2）解：根据匀变速直线运动位移速度公式可得
解得游客和滑板运动到B点时的速度大小为
（3）解：游客和滑板滑到B点时整体重力的功率为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】
1.对游客和滑板整体受力分析，求合力，利用牛顿第二定律列方程，求解整体的加速度。
2.根据匀变速直线运动位移速度公式可解得游客和滑板运动到B点时的速度大小。
3.求力做功的功率时应注意的问题
明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。
求瞬时功率用P＝Fv cos α，要注意F与v方向间的夹角α对结果的影响，功率是力与力的方向上速度的乘积。
（1）根据牛顿第二定律可得
又
联立解得游客和滑板整体的加速度大小为
（2）根据匀变速直线运动位移速度公式可得
解得游客和滑板运动到B点时的速度大小为
（3）游客和滑板滑到B点时整体重力的功率为
14．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示为某一游戏装置的示意图。装置由水平传送带、竖直光滑圆轨道、水平轨道组成，水平直轨道BC、EF相接于C、E两点，C与E前后略错开，可视为质点的物块能从C点进入圆轨道内侧运动，轨道各部分平滑连接。已知传送带以v=6m/s的速度顺时针匀速转动，AB两端距离L1=5m，EF长L2=1.8m，OM为水平地面，F点位于O点正上方H＝1.25m处。将质量m＝0.2 kg物块从传送带左端A点静止释放，物块滑上竖直圆轨道后能经过最高点D并从E点进入水平轨道EF，并从F点离开。物块与传送带AB、水平轨道EF之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，BC部分光滑，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）物块从A点运动至B点的时间；
（2）物块在水平地面上的落点与O点的水平距离；
（3）圆轨道半径R需满足的条件。
【答案】（1）解：对物块，根据牛顿第二定律有
解得
假设物块一直匀加速，则有
解得
故假设成立，根据速度与时间关系有
解得
（2）解：在EF段上，根据速度与位移关系有
物块飞出平台后，根据平抛运动规律有
解得
（3）解：物块滑上竖直圆轨道后恰能经过最高点D，需满足
根据动能定理有
解得
所以物块能通过最高点D点，圆轨道半径应满足R≤0.5m。
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】
1.传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。
2.多过程问题看似复杂，但一般都可以划分为多段基本运动形式：直线运动、平抛运动、圆周运动。
解题思路：
(1)对于这类问题，首先作受力分析和运动分析，根据受力和运动特点将多过程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。
(2)然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不变)。
(3)联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此重复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解，层层递进)。
3. 抓住物块滑上竖直圆轨道后能经过最高点的临界条件，结合从最低点到最高点的过程利用动能定理，列方程，即可求解物块能通过最高点D点圆轨道半径应满足的条件。
（1）对物块，根据牛顿第二定律有
解得
a=2.5m/s2
假设物块一直匀加速，则有
解得
v1=5m/s故假设成立，根据速度与时间关系有
解得
t=2s
（2）在EF段上，根据速度与位移关系有
物块飞出平台后，根据平抛运动规律有
解得
x=2m
（3）物块滑上竖直圆轨道后恰能经过最高点D，需满足
根据动能定理有
解得
R=0.5m
所以物块能通过最高点D点，圆轨道半径应满足R≤0.5m。
15．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示，木板质量初始时刻静止在粗糙水平地面上，右端与墙壁相距，可视为质点的质量的小物块，以初速度从木板左端滑上。物块与木板之间的动摩擦因数，木板与地面之间的动摩擦因数，重力加速度 ，物块或木板与墙壁相碰，碰撞时间极短且都以原速率反弹，物块始终没有从木板右端掉落。求：
（1）物块滑上木板时物块和木板的加速度大小；
（2）若木板第一次与墙壁碰撞时，物块未与木板共速，木板第一次向左运动的最大距离；
（3）要保证物块与木板始终不共速，某次物块和木板同时与墙壁相碰，木板长度的可能值。
【答案】解：（1）对物块
解得
对木板
解得
（2）木板第一次与墙壁碰撞时的速度
解得
木板第一次向左减为零时木板运动的距离最大
解得
根据
解得
（3）木板第一次向右加速的时间设为t11，则
解得
木板第一次向左减速的时间设为t12，则
解得
木板第一个来回用时
木板第二次向右加速的时间设为t21，则
解得
木板第二次向左减速的时间设为t22，则
解得
木板第二个来回用时
木板第三次向右加速的时间设为t21，则
解得
木板第二次向左减速的时间设为t22，则
解得
木板第一个来回用时
同理得
设木板第n次与墙壁碰撞时与物块同时撞上墙壁，所用时间为
解得
物块一直做匀减速直线运动
可得当n=1时，板长为
当n=2时，板长为
当n=3时，物块的速度
故不满足题意，舍掉。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】滑块—木板模型
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
1 / 1重庆市育才中学校2024-2025年高三上学期9月入学考试物理试题
1．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示，歼-20沿曲线MN向上爬升，图中画出表示歼-20在P点速度的四种方向，其中可能正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
2．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。外壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直于壁面。下列关系式正确的是（ ）
A．F=FN B．G =Ff C．G = Ff cosθ D．Ff = G cosθ
3．（2024高三上·九龙坡开学考）“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。在“空气充电宝”某个工作过程中，“空气充电宝”内一定质量理想气体的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a到b过程中，外界对“空气充电宝”内气体做正功
B．a到b过程中，“空气充电宝”内气体从外界吸收热量
C．b到c过程中，“空气充电宝”内气体内能不变
D．b到c过程中，“空气充电宝”内气体分子的平均动能增大
4．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部经过b点爬到a点。则下列说法正确的是（ ）
A．碗对蚂蚁的摩擦力变大 B．碗对蚂蚁的支持力变大
C．碗对蚂蚁的作用力变小 D．蚂蚁的合外力变小
5．（2024高三上·九龙坡开学考）暑假里，小李同学和小伙伴们玩起了一种趣味运动，手持乒乓球拍托实心塑料球移动，距离大者获胜。若小李在趣味运动中沿水平方向做匀加速直线运动，手、球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示。设球的质量为m，不计球拍和球之间的摩擦力，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．球拍对球的作用力大小为mgcosθ
B．球的加速度大小为gtanθ
C．球拍对球不做功
D．球的重力做负功
6．（2024高三上·九龙坡开学考）2024巴黎奥运会已圆满结束，中国运动健儿们再创佳绩。如图所示，MN为排球网，在一次排球比赛中运动员从M点左上方的P点将排球水平击出，排球恰好从M点越过球网落到对方场地。已知P、M两点的竖直高度差为h，水平距离为4h，重力加速度为g，排球可视为质点，不计空气阻力，则排球经过M点时的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·九龙坡开学考）如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m=0.2 kg的飞箭从地面以初速度v0=10m/s竖直向上射出，若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f = kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1=2m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是（ ）
A．k的值为0.1 Ns/m
B．飞箭在上升过程的平均速度大于5 m/s
C．飞箭射出瞬间的加速度大小为60 m/s 2
D．飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大
8．（2024高三上·九龙坡开学考）秦山核电站生产的核反应方程为，其产物可以自发进行衰变，其衰变方程为。下列说法正确的是（ ）
A．X是 B．X是 C．Y是 D．Y是
9．（2024高三上·九龙坡开学考）2024年6月25日，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古自治区预定区域，工作正常，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现世界首次月球背面采样返回。嫦娥六号探测器由轨道器、返回器、着陆器、上升器四部分组成。在嫦娥六号月球背面采样之旅中，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落、软着陆等阶段。在距离月球地面高度为h时，着陆器组合体在大推力发动机的作用下处于悬停状态（可认为是相对于月球静止），然后关闭发动机，最后利用减速装置减速后，以一定的安全速度软着陆。已知悬停时发动机提供的推力为F，着陆器组合体的质量为m，月球半径为R，万有引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．距离月球地面高度为h处的重力加速度为
B．月球的质量
C．在软着陆减速过程中，着陆器组合体处于失重状态
D．月球的第一宇宙速度为
10．（2024高三上·九龙坡开学考）小葛同学设计了一种机器猫抓小球的游戏装置，模型如图所示，倾角为θ＝30°的足够大斜面固定在水平地面上，ABCD为矩形，其中AB边水平，发射机固定于N点，打开发射机开关，光滑小球立即以平行于BC边的初速度v1=20m/s沿斜面运动，忽略光滑小球在发射机内运动的时间，忽略机器猫的反应时间和加速时间，机器猫启动后能从AD边M点立即以水平向右的速度v2做匀速直线运动，其中10m/s≤v2≤15m/s，AM距离为d=30m，AN距离为L=40m，游戏规定机器猫启动后在抓到小球前只能以v2做匀速直线运动、不能停止，不计空气阻力，机器猫和小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小球被发射后，经4s上升到最高点
B．若打开发射机开关的同时机器猫启动，则机器猫有可能抓到小球
C．若从打开发射机开关开始计时，3s时机器猫启动，则机器猫有可能抓到小球
D．若从机器猫启动开始计时，在范围内打开发射机开关，则机器猫有可能抓到小球
11．（2024高三上·九龙坡开学考）蹦极是一项非常刺激的户外休闲运动，其情景如图甲所示。某兴趣小组为了研究蹦极运动过程，将蹦极者视为质点，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，安装在人身上的传感器可测量人在不同时刻下落的高度及速度。设人及所携带设备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，重力加速度为g=9.8m/s2。弹性绳一端固定于蹦极台上，另一端固定于人上，人从蹦极台由静止下落，根据传感器测到的数据，得到图乙所示的速度—位移（v-x）图像。
（1）由图乙可知，人下落位移为25m时的加速度方向为 （选填“竖直向上”、“竖直向下”），人下落过程中的最大速度为 m/s。
（2）若弹性绳弹力与形变量之间的关系满足胡克定律，则根据图像求得弹性绳的劲度系数为 N/m。（保留三位有效数字）
12．（2024高三上·九龙坡开学考）某兴趣小组用图甲所示的装置探究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和半径之间的关系。不计摩擦的水平直杆固定在竖直转轴上，竖直转轴可以随转速可调的电动机一起转动，套在水平直杆上的滑块，通过细线与固定在竖直转轴上的力传感器相连接。水平直杆的另一端到竖直转轴的距离为R的边缘处安装了宽度为d的遮光片，光电门可以测出遮光片经过光电门所用的时间。
（1）为了探究滑块向心力的大小与运动半径的关系，需要控制 保持不变（选填“质量和线速度”、“质量和半径”、“线速度和半径”）。
（2）由图甲可知，滑块的角速度 遮光片的角速度（选填“大于”、“小于”和“等于”）。若某次实验中滑块到竖直转轴的距离为r，测得遮光片的挡光时间为，则滑块的线速度表达式v= （用、d、R、r表示）。
（3）兴趣小组保持滑块质量和运动半径不变，探究向心力F与线速度的关系时，以F为纵坐标，以为横坐标，根据测量数据作一条倾斜直线如题图乙所示，已测得遮光片的宽度d=0.01m，遮光片到竖直转轴的距离R=0.3m，滑块的质量m=0.15kg，则滑块到竖直转轴的距离r = m。
13．（2024高三上·九龙坡开学考）敦煌鸣沙山景区是我国著名的5A级景区，景区内的滑沙活动项目备受游客们的青睐，图为滑沙运动过程的简化图。A、B为斜坡上两点，AB长度L=25m，某可视为质点的游客坐在滑板上从斜坡A点由静止开始滑下，游客和滑板的总质量m=60kg，滑板与斜坡滑道间的动摩擦因数为μ=0.5，斜坡的倾角θ＝37°，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）游客和滑板整体的加速度大小；
（2）游客和滑板运动到B点时的速度大小；
（3）游客和滑板滑到B点时整体重力的功率。
14．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示为某一游戏装置的示意图。装置由水平传送带、竖直光滑圆轨道、水平轨道组成，水平直轨道BC、EF相接于C、E两点，C与E前后略错开，可视为质点的物块能从C点进入圆轨道内侧运动，轨道各部分平滑连接。已知传送带以v=6m/s的速度顺时针匀速转动，AB两端距离L1=5m，EF长L2=1.8m，OM为水平地面，F点位于O点正上方H＝1.25m处。将质量m＝0.2 kg物块从传送带左端A点静止释放，物块滑上竖直圆轨道后能经过最高点D并从E点进入水平轨道EF，并从F点离开。物块与传送带AB、水平轨道EF之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，BC部分光滑，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）物块从A点运动至B点的时间；
（2）物块在水平地面上的落点与O点的水平距离；
（3）圆轨道半径R需满足的条件。
15．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示，木板质量初始时刻静止在粗糙水平地面上，右端与墙壁相距，可视为质点的质量的小物块，以初速度从木板左端滑上。物块与木板之间的动摩擦因数，木板与地面之间的动摩擦因数，重力加速度 ，物块或木板与墙壁相碰，碰撞时间极短且都以原速率反弹，物块始终没有从木板右端掉落。求：
（1）物块滑上木板时物块和木板的加速度大小；
（2）若木板第一次与墙壁碰撞时，物块未与木板共速，木板第一次向左运动的最大距离；
（3）要保证物块与木板始终不共速，某次物块和木板同时与墙壁相碰，木板长度的可能值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】歼-20从M点运动到N点，做曲线运动，在P点速度方向为该点切线方向，即③。
故选C。
【分析】曲线运动速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向。
2．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解
沿斜面方向，由平衡条件得
垂直斜面方向，由平衡条件得
故选D。
【分析】
应用平衡条件解题的步骤
(1)选取研究对象：根据题目要求，选取一个平衡体(单个物体或系统，也可以是结点)作为研究对象。
(2)画受力示意图：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。
(3)合成或分解：三个力直接合成或分解，四个及四个以上的力正交分解。
(4)列方程求解：根据平衡条件列出平衡方程，解平衡方程，对结果进行讨论。
3．【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．由图像知，a到b过程中，气体压强不变，温度升高，根据
可知气体体积增大，则气体对外做功，外界对“空气充电宝”内气体做负功，故A错误；
B．a到b过程中，“空气充电宝”内气体温度升高，气体内能增大，气体对外做功
根据热力学第一定律
可知
即气体从外界吸收热量，故B正确；
CD．由图像知b到c过程中，“空气充电宝”内气体温度降低，则气体内能减小，气体分子的平均动能减小，故CD错误；
故选 B。
【分析】
1.气体状态变化的图象问题的解题技巧
(1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图象问题，应当明确图象上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图象上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。
(2)明确图象斜率的物理意义：在V－T图象(p－T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态点与原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。
(3)明确图象面积的物理意义：在p－V图象中，p－V图线与V轴所围图形的面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。
2．热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
(3)ΔU＝Q＋W中物理量正、负号的意义
W Q ΔU
＋ 外界对系 统做功 系统吸收热量 内能增加
－ 系统对外 界做功 系统放出热量 内能减少
3.热力学第一定律与气体实验定律、理想气体状态方程的综合--解答此类问题的基本流程：
4．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．蚂蚁缓慢爬行的过程可以视为始终处于平衡状态，对蚂蚁受力分析可知，蚂蚁受到重力、沿切线方向的摩擦力和垂直切线方向指向球形中心的支持力，设蚂蚁所在位置与球形中心连线与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可得
，
从底部经过b点爬到a点，逐渐增大，则碗对蚂蚁的摩擦力变大，碗对蚂蚁的支持力变小，故A正确，B错误；
CD．蚂蚁处于平衡状态，合外力一直为0，则碗对蚂蚁的作用力与重力平衡，保持不变，故CD错误。
故选A。
【分析】动态平衡问题分析
1.动态平衡问题
通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．解决动态平衡问题的常用方法
(1)解析法：对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
(2)图解法：此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况。一般按照以下流程解题。
受力分析---化动为静---画不同状态下的平衡图---静中求动---确定力的变化
(3)相似三角形法
正确作出力的三角形后，如能判定力的三角形与图形中已知长度的三角形(线、杆、壁等围成的几何三角形)相似，则可用相似三角形对应边成比例求出力的比例关系，从而达到求未知量的目的。
往往涉及三个力，其中一个力为恒力，另两个力的大小和方向均发生变化，则此时通常用相似三角形法分析。相似三角形法是解平衡问题时常用到的一种方法，解题的关键是正确的受力分析，寻找力三角形和几何三角形相似。
5．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；功的概念
【解析】【解答】AB．球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示
根据三角形定则知，球拍对球的作用力为
小球所受的合力为，根据牛顿第二定律得
故A错误，B正确；
C．设球沿水平方向运动距离为，则球拍对球做功为
故C错误；
D．球的重力与水平位移垂直，不做功，故D错误。
故选B。
【分析】
1.动力学的两类基本问题的解题步骤
2.定性判断力是否做功及做正、负功的方法
(1)看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形。
(2)看力F的方向与速度v的方向间的夹角θ——常用于曲线运动的情形。
3．恒力做功的计算方法：直接用W＝Fl cos α计算。
6．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】从P点到M点过程，排球做平抛运动，根据平抛运动规律有
，
解得
，
则排球经过M点时的竖直分速度大小为
排球经过M点时的速度大小为
故选D。
【分析】
关于平抛运动必须掌握的四个物理量
物理量 相关分析
飞行 时间 (t) 由得 ，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关
水平 射程 (x) x＝v0t＝，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关
落地 速度 (v) v＝＝，以θ表示落地时速度与x轴正方向间的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关
速度的 改变量 (Δv) 因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示
7．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．匀速下降时满足
可得k的值为
选项A错误；
B．图像的面积等于位移，由图像可知，上升过程中的位移小于做匀减速过程中的位移，则飞箭在上升过程的平均速度
选项B错误；
C．飞箭射出瞬间的加速度大小为
选项C正确；
D．图像的斜率等于加速度，可知飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐减小，选项D错误。
故选C。
【分析】
1.由飞箭竖直上升和返回地面的速率时间图像可以知道，飞箭匀速直线的速率大小，根据平衡条件列方程求出空气阻力与速率成正比的比例系数。
2.图像的面积数值等于位移，由图像可知，上升过程中的位移小于做匀减速过程中的位移，根据平均速度的定义可知飞箭上升过程的平均速度小于匀减速上升的平均速度。
3.飞箭射出瞬间的加速度大小可以由牛顿第二定律（瞬时性）列方程求解。
4.图像的斜率数值等于加速度大小，可知飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐减小。
8．【答案】B,C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X是，Y是。
故选BC。
【分析】
首先要理解好应用好明确核反应过程满足质量数和电荷数守恒的规律。其次，熟记常见粒子及原子核的符号是正确书写衰变及核反应方程的基础，如质子()、中子()、α粒子()、β粒子()、正电子()、氘核()、氚核()等。
9．【答案】A,D
【知识点】超重与失重；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．悬停时发动机提供的推力为F，根据平衡条件，重力
距离月球地面高度为h处的重力加速度为
故A正确；
B．根据
得月球的质量
故B错误；
C．在软着陆减速过程中，着陆器组合体加速度方向向上，处于超重状态，故C错误；
D．根据
得月球的第一宇宙速度为
故D正确。
故选AD。
【分析】
1.星球上空的重力加速度g'，设星球上空距离星体中心r＝R＋h处的重力加速度为g'，可以列方程：mg'＝。结合悬停时发动机提供的推力为F，根据平衡条件，重力，即可求解距离月球地面高度为h处的重力加速度和月球的质量。
2．第一宇宙速度的计算方法
(1)由，解得：；
(2)由，解得：。
3.在软着陆减速过程中，着陆器组合体加速度方向向上，处于超重状态。
10．【答案】A,C,D
【知识点】追及相遇问题；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．小球被发射后，沿斜面上升的加速度为
上升到最高点的时间为
选项A正确；
B．小球从发射到到达距离底边30m用时间为
即
解得
t=2s或者t=6s
若打开发射机开关的同时机器猫启动，机器猫要抓到小球需要的时间
因为10m/s≤v2≤15m/s，则时间
可知机器猫不可能抓到小球，选项Ｂ错误；
C．若从打开发射机开关开始计时，3s时机器猫启动，则机器猫到达N点上方的时间范围为
则在小球返回时有可能抓到小球，选项C正确；
D．若从机器猫启动开始计时，在范围内打开发射机开关，则小球到达与M同一水平线上的时间范围
或者
则机器猫有可能在小球上升阶段抓到小球，选项D正确。
故选ACD。
【分析】
小球被发射后，沿斜面上升的过程为匀减速直线运动，利用牛顿第二定律求得其加速度，再利用匀变速直线运动的速度时间关系，求解小球上升到最高点的时间，利用位移时间关系求解得小球从发射到到达距离底边30m用的时间（两个值，一个是上升阶段的，一个是下降阶段的）。
机器猫的运动状态是匀速直线运动，根据位移时间关系和其速度的取值范围，可以求得机器猫到达N点上方的时间范围。再和小球的发射到达与M同一水平线上的时间范围作比较即可。
11．【答案】（1）竖直向上；16
（2）118
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】（1）由图像可知，下落15m时速度达到最大，此后加速度竖直向上，因此在下落位移25m时的加速度方向竖直向上。
由图像可知，下落15m时速度达到最大，且最大速度为16m/s。
所以第一空填写“竖直向上”，第二空填写“16”
（2）下落15m时速度达到最大，此时受力平衡，即
可得劲度系数
所以填写“118”。
【分析】
由图象知，当运动员下降10 m（弹性绳原长处）后，弹性绳开始伸长，速度向下并且逐渐增大，竖直向上的弹力小于竖直向下的重力，合力竖直向下，加速度竖直向下，运动员下降15 m时速度最大，此时加速度为零，所受合力为零，弹性绳的弹力等于重力（利用平衡条件可以求解劲度系数）；当运动员下降15 m之后，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹力继续增大，合力竖直向上，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上。
（1）[1]由图像可知，下落15m时速度达到最大，此后加速度竖直向上，因此在下落位移25m时的加速度方向竖直向上。
[2]由图像可知，下落15m时速度达到最大，且最大速度为16m/s。
（2）下落15m时速度达到最大，此时受力平衡，即
可得劲度系数
12．【答案】（1）质量和线速度
（2）等于；
（3）0.2
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）本试验采用控制变量法，当探究滑块向心力的大小与运动半径的关系时，需要控制质量和线速度保持不变。所以填写“质量和线速度”。
（2）由于滑块与挡光片在同一个杆上，因此旋转的角速度相等。
所以第一空填写“等于”。
挡光片的角速度
由于角速度相等可知滑块的线速度
所以第二空填写“”。
（3）根据
可知该图像的斜率
代入数据可得
所以填写“0.2”。
【分析】
1.通过创新实验探究，体会在研究多个物理量关系时，控制变量法的应用，培养探究能力和实验能力。
2.由于滑块与挡光片在同一个杆上，同轴旋转的角速度相等，通过计算挡光片的角速度，间接获得滑块的角速度，再利用角速度、线速度和半径的关系，推出滑块线速度的关系式。
3.根据解析式明确图像的斜率代表什么，代入数据即可求解。
（1）本试验采用控制变量法，当探究滑块向心力的大小与运动半径的关系时，需要控制质量和线速度保持不变。
（2）[1]由于滑块与挡光片在同一个杆上，因此旋转的角速度相等
[2]挡光片的角速度
由于角速度相等可知滑块的线速度
（3）根据
可知该图像的斜率
代入数据可得
13．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律可得
又
联立解得游客和滑板整体的加速度大小为
（2）解：根据匀变速直线运动位移速度公式可得
解得游客和滑板运动到B点时的速度大小为
（3）解：游客和滑板滑到B点时整体重力的功率为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】
1.对游客和滑板整体受力分析，求合力，利用牛顿第二定律列方程，求解整体的加速度。
2.根据匀变速直线运动位移速度公式可解得游客和滑板运动到B点时的速度大小。
3.求力做功的功率时应注意的问题
明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。
求瞬时功率用P＝Fv cos α，要注意F与v方向间的夹角α对结果的影响，功率是力与力的方向上速度的乘积。
（1）根据牛顿第二定律可得
又
联立解得游客和滑板整体的加速度大小为
（2）根据匀变速直线运动位移速度公式可得
解得游客和滑板运动到B点时的速度大小为
（3）游客和滑板滑到B点时整体重力的功率为
14．【答案】（1）解：对物块，根据牛顿第二定律有
解得
假设物块一直匀加速，则有
解得
故假设成立，根据速度与时间关系有
解得
（2）解：在EF段上，根据速度与位移关系有
物块飞出平台后，根据平抛运动规律有
解得
（3）解：物块滑上竖直圆轨道后恰能经过最高点D，需满足
根据动能定理有
解得
所以物块能通过最高点D点，圆轨道半径应满足R≤0.5m。
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】
1.传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。
2.多过程问题看似复杂，但一般都可以划分为多段基本运动形式：直线运动、平抛运动、圆周运动。
解题思路：
(1)对于这类问题，首先作受力分析和运动分析，根据受力和运动特点将多过程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。
(2)然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不变)。
(3)联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此重复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解，层层递进)。
3. 抓住物块滑上竖直圆轨道后能经过最高点的临界条件，结合从最低点到最高点的过程利用动能定理，列方程，即可求解物块能通过最高点D点圆轨道半径应满足的条件。
（1）对物块，根据牛顿第二定律有
解得
a=2.5m/s2
假设物块一直匀加速，则有
解得
v1=5m/s故假设成立，根据速度与时间关系有
解得
t=2s
（2）在EF段上，根据速度与位移关系有
物块飞出平台后，根据平抛运动规律有
解得
x=2m
（3）物块滑上竖直圆轨道后恰能经过最高点D，需满足
根据动能定理有
解得
R=0.5m
所以物块能通过最高点D点，圆轨道半径应满足R≤0.5m。
15．【答案】解：（1）对物块
解得
对木板
解得
（2）木板第一次与墙壁碰撞时的速度
解得
木板第一次向左减为零时木板运动的距离最大
解得
根据
解得
（3）木板第一次向右加速的时间设为t11，则
解得
木板第一次向左减速的时间设为t12，则
解得
木板第一个来回用时
木板第二次向右加速的时间设为t21，则
解得
木板第二次向左减速的时间设为t22，则
解得
木板第二个来回用时
木板第三次向右加速的时间设为t21，则
解得
木板第二次向左减速的时间设为t22，则
解得
木板第一个来回用时
同理得
设木板第n次与墙壁碰撞时与物块同时撞上墙壁，所用时间为
解得
物块一直做匀减速直线运动
可得当n=1时，板长为
当n=2时，板长为
当n=3时，物块的速度
故不满足题意，舍掉。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】滑块—木板模型
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
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