四川省绵阳市南山中学2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题
1．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，利用卷扬机将套在光滑竖直杆上的重物提升到高处。当重物运动到图示位置时速度为，连接重物的钢丝绳与竖直杆夹角为，则此时卷扬机缠绕钢丝绳的速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】卷扬机通过钢丝绳提升重物，重物实际上升的速度为合速度，假设此时重物的速度为v，绳子与杆的夹角为θ，如图所示沿绳方向的速度相等，所以
故选A。
【分析】卷扬机通过钢丝绳提升重物，重物实际上升的速度为合速度，重物沿钢丝绳方向的速度为分速度，且大小等于钢丝绳速度。由几何关系可求。
2．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为112 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是（ ）
A．14s B．16 s C．22 s D．28s
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】在加速阶段，所需时间为
通过的位移为
在匀速阶段所需时间为
根据对称性可知在减速阶段与加速阶段时间和位移相同，
故选C。
【分析】降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度—位移公式和速度—时间公式求得总时间。
3．（2024高三上·绵阳月考）如图，轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，重力加速度为g，则右侧斜面对杆AB支持力的大小为（ ）
A．mg B．mg C．mg D．mg
【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，根据平行四边形法则，如图
由平衡条件列方程进行解答
故选D。
【分析】对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，由平衡条件列方程进行解答。
4．（2024高三上·绵阳月考）小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度和位置的关系图像中，能描述该过程的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】CD．小球先自由下落，做匀加速直线运动，与地面碰撞后，做竖直上抛运动，即匀减速直线运动，之后不断重复。由题意知小球在下落的过程速度方向向下，与正方向相反，为负值，CD错误；
AB．小球在空中运动的加速度始终为g，小球的运动为匀变速运动，根据匀变速运动公式
可知速度与位移为二次函数，A正确，B错误。
故选A。
【分析】小球在空中运动的加速度始终为g，根据运动学公式列式分析v与x的关系，再选择图象。
5．（2024高三上·绵阳月考）质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．推力先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB ．对滑块受力分析，画出受力示意图，由平衡条件有
越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；
C．运用整体法分析墙与凹槽之间的作用力变化情况，有墙面对凹槽的压力为
则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
D．水平地面对凹槽的支持力为
则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；
故选C。
【分析】对滑块分析受力，画出受力示意图，利用解析法分析各力的变化情况。对滑块与凹槽，运用整体法分析墙与凹槽之间的作用力变化情况。
6．（2024高三上·绵阳月考）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块P施加水平向右的恒力F，时撤去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是（ ）
A．时，物块Q的速度大小为0.4m/s
B．恒力F大小为1.6N
C．物块Q的质量为0.5kg
D．后，物块P、Q一起做匀加速直线运动
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．理解a-t图像的物理意义，结合运动学公式得出Q的速度大小，图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量，若0~1s内Q的加速度均匀增大，则t=1s时Q的速度大小等于
m/s=0.4m/s
由图可得实际Q的图象与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图象与坐标轴围成的面积，故t=1s时Q的速度大小大于0.4m /s，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，t=0时，对物块P有
N=2N
故恒力大小为2N，故B错误；
CD．根据牛顿第二定律，时，对物块P、Q整体有
解得
kg
撤去推力后，两物块受弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】理解a-t图像的物理意义，结合运动学公式得出Q的速度大小；根据牛顿第二定律等式完成分析。
7．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的三倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设出水孔到水桶中心距离为x，水离开出水口后做平抛运动，根据水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则
，
落到桶底A点时，结合平抛运动规律，有
，
联立，解得
故选C。
【分析】水离开出水口后做平抛运动，根据水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，列式求解即可。
8．（2024高三上·绵阳月考）倾角为θ，质量为M的斜面体置于粗糙的水平地面，质量为m的物体恰能沿斜面匀速下滑。现在再对物体施加沿斜面向下的恒力F使物体匀加速下滑，如图所示，斜面体始终保持静止。下列说法正确的是（ ）
A．物体在匀速下滑时，地面对斜面体的支持力等于物体和斜面体的总重力
B．物体在匀加速下滑时，地面对斜面体的支持力等于物体和斜面体的总重力
C．物体在匀速下滑时，地面对斜面体的摩擦力不等于零
D．物体在匀加速下滑时，地面对斜面体的摩擦力等于零
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AC．对整体及隔离分析受力，物体沿斜面匀速下滑时，竖直方向有
斜面体在水平方向没有运动趋势，可知此过程中地面对斜面体的摩擦力为零。故A正确；C错误；
BD．施加恒力F后，在匀加速下滑时，物体与斜面体之间的弹力和摩擦力并没有改变，地面对斜面体的摩擦力仍等于零。故BD正确。
故选ABD。
【分析】根据物块处于平衡与非平衡两种状态，对整体及隔离分析受力，再根据静摩擦力产生条件，即可求解。解决本题的关键是通过分析知道两种情况下，m对M的作用力都是一样的，故M所受的其他力也不会发生改变。
9．（2024高三上·绵阳月考）“刀削面”是我国传统面食制作手法之一。操作手法是一手托面，一手拿刀，将面削到开水锅里，如图甲所示。某次削面的过程可简化为图乙，面片(可视为质点)以初速度v0=2 m/s水平飞出，正好沿锅边缘的切线方向落入锅中，锅的截面可视为圆心在O点的圆弧，锅边缘与圆心的连线与竖直方向的夹角为45°，不计空气阻力，重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．面片在空中运动的水平位移为0.2m
B．面片运动到锅边缘时的速度大小为
C．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，则面片处于超重状态
D．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，则所受摩擦力大小保持不变
【答案】B,C
【知识点】超重与失重；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．面片沿锅边缘的切线方向掉入锅中，有
，结合运动学公式得出面片在空中运动的水平位移
故A错误；
B．根据几何关系得出面片的合速度，面片运动到锅边缘时的速度大小为
故B正确；
C．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，有指向圆心的向心加速度，向心加速度有向上的分量，根据面片的加速度方向得出面片的超失重状态，故C正确；
D．设面片、圆心的连线与竖直方向的夹角为，则面片所受摩擦力大小为
逐渐减小，所受摩擦力大小逐渐减小，故D错误。
故选BC。
【分析】根据几何关系得出面片的合速度，结合运动学公式得出面片在空中运动的水平位移；根据面片的加速度方向得出面片的超失重状态；根据题意分析出面片受到的支持力的特点，由此分析出摩擦力的大小是否发生变化。
10．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，水平传送带以速度v1=2 m/s向右匀速传动。可视为质点的小物体P、Q的质量均为1 kg，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t =0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2=5 m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，传送带两端距离L=5 m，绳足够长，g=10 m/s2。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A．小物体P刚滑上传送带时的加速度大小为14m/s2
B．小物体P将从传送带的右端滑下传送带
C．小物体P离开传送带时的速度大小为m/s
D．小物体P在传送带上运动的时间为s
【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．对P、Q整体，由牛顿第二定律有
解得
故A错误；
BCD．小物块P与传送带共速前，P的位移
所用的时间
在P的速度和传送带速度相等后，由牛顿第二定律有
得
速度减小到0的位移为
则有
从减速到0的时间
以后以向左加速，有
解得
传动到传送带最左端的速度
综上所述，小物体P在传送带上运动的时间为
故B错误；CD正确。
故选CD。
【分析】分阶段分析物体P、Q的受力情况，结合牛顿第二定律计算出加速度，分析出物块的运动情况，并由牛顿第二定律分析绳子张力的变化情况，结合运动学公式和位移关系分析出运动学相关物理量。
11．（2024高三上·绵阳月考）某同学发现手机软件有测角度的功能，于是结合软件的这个功能，用两根完全相同的轻弹簧和一瓶矿泉水等器材设计了一次验证“力的平行四边形定则”的实验。实验时，先将一弹簧一端固定在墙上的钉子上，另一端挂一瓶矿泉水，如图甲所示；然后将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子、上，另一端连接于点，在点下方挂一瓶同样的矿泉水，静止时用智能手机的测角功能分别测出、与竖直方向的偏角、，如图乙所示。改变钉子的位置，按照上述方法多测几次。
（1）在实验操作过程中，必须进行的操作是 （选填选项前的字母）。
A.图乙中弹簧长度相同 B.测量弹簧的原长
C.测量图甲、乙中弹簧的长度 D.实验中结点的位置始终保持不变
（2）该同学根据实验测量的结果，分别作出了图丙和图丁，其中正确的是图 （选填“丙”或“丁”）。
（3）该同学测得甲图中弹簧长度，乙图中和，他 （选填“能”或“不能”）根据上述结论求出一瓶矿泉水（含瓶）的质量。
【答案】BC；丙；不能
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A．、长度不必相同，A项错误；
BC．力的大小可用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸长量，因此要测量弹簧的原长和甲、乙中弹簧的长度，故BC项正确；
D．重物重力是定值，所以不必保证点固定不变，D项错误。
故选BC。
（2）根据力的效果，x1表示重力方向，应竖直向下，故丙正确；
（3）根据图甲可知
设中弹力，中弹力，受力分析如下图所示，建立直角坐标系列方程求解，可发现无法求出。
【分析】（1）本实验是通过合力与分力作用效果相同，利用作图方法验证平行四边形定则，已知两个夹角，需要测量力的大小。根据胡克定律，力的大小与弹簧的伸长量成正比，力的大小可用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸长量。
（2）根据力的效果，x1表示重力方向，应竖直向下。
（3）用作图法分析OB方向变化时，力的变化情况。
12．（2024高三上·绵阳月考）智能手机内置有加速度传感器，可以实时显示手机运动的加速度。某实验小组利用智能手机来探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。实验步骤如下：
①将轻弹簧上端固定在铁架台的支架上，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂钩码并记录钩码的质量为m；
②开始时保持手机和钩码处于静止状态，并打开手机的加速度传感器功能；
③剪断悬挂钩码的细绳，手机加速度传感器记录手机加速度a随时间t的变化并拟合绘制出图像，如图乙所示。
请回答下面问题：
（1）剪断细绳瞬间手机的加速度对应图乙中的 （选填“A”“B”或“C”）点加速度；
（2）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于 （用测得物理量的符号表示）；
（3）改变所悬挂钩码的质量，重复步骤②、③，测得多组数据并绘制图像，如图丙所示，由图像可以得出的结论是： ；
（4）该小组同学要根据绘制的图像进一步测量手机的质量，他们对该图像分析得知，图线的斜率为k，则手机的质量为 ；
（5）从乙图可以观察到，即使整个实验装置看起来处于静止状态，手机依然显示有微小的加速度扰动，为了减少该扰动造成的影响，下列做法可行的是____________（选填选项代号）。
A．使用质量较大的钩码组
B．将弹簧更换为不可伸长的细线
C．将弹簧更换为劲度系数较大的弹簧
D．让钩码组的质量远小于手机的质量
【答案】（1）A
（2）
（3）当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比
（4）
（5）A；C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；
（2）剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小，
（3）结合正比例函数分析判断，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（4）剪断细绳前后，以手机为研究对象列牛顿第二定律方程，绳子剪断前，设弹力为F，手机质量为M，对手机有平衡知
绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有
综上可得
结合图像斜率分析判断
（5）A．使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，扰动将越小，因此该方案可行，故A正确；
B．将弹簧更换为不可伸长的细线，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，故B错误；
C．劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变，则扰动越小，故C正确；
D．让钩码的质量远远小于手机的质量，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，故D错误。
故选AC。
【分析】（1）分析剪断细绳瞬间手机受力情况和加速度情况判断；
（2）弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小
（3）根据a-F图像为过原点的一条直线，结合正比例函数分析判断；
（4）剪断细绳前后，以手机为研究对象列牛顿第二定律方程，推导图像函数表达式，结合图像斜率分析判断；
（5）根据惯性分析判断；根据平衡条件分析判断；根据劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变分析判断；根据实验数据处理分析判断。
（1）前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；
（2）剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小；则
（3）由丙图知，图像为过原点的一条直线，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（4）绳子剪断前，设弹力为F，手机质量为M，对手机有平衡知
绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有
综上可得
解得
（5）A．使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，其状态将越难改变，扰动将越小，因此该方案可行，故A正确；
B．将弹簧更换为不可伸长的细线，在挂上和去掉小桶和砝码时，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，故B错误；
C．劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变，则扰动越小，因此该方法可行，故C正确；
D．让钩码的质量远远小于手机的质量，并不能减小其扰动，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，因此该方案不可行，故D错误。
故选AC。
13．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ。一个质量为m的物块（可视为质点）在电动机作用下，从斜面底端 A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块到达最高点D，CD段长度恰好与AB段相等，重力加速度为g。求：
（1）CD段长x；
（2）AB段电动机牵引力F1与BC段电动机牵引力F2的比值。
【答案】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
由运动学公式
联立解得
（2）物块在AB段运动过程中，由牛顿第二定律得
因为CD段长度恰好与AB段相等，由运动学公式
解得AB段电动机牵引力F1为
物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力F2为
所以
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）物块在CD段运动过程中由牛顿第二定律得加速度大小，根据运动学公式求解CD段长；
（2）物块在AB段运动过程中，由牛顿第二定律得求解牵引力，物块在BC段做匀速运动，由平衡条件求得电动机输出的牵引力。
（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
由运动学公式
联立解得
（2）物块在AB段运动过程中，由牛顿第二定律得
因为CD段长度恰好与AB段相等，由运动学公式
解得AB段电动机牵引力F1为
物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力F2为
所以
14．（2024高三上·绵阳月考）如图所示为跳台滑雪轨道简化模型，AB段光滑曲面为加速滑道，BCD段圆弧滑道为半径的姿态调整滑道，左侧与AB段平滑连接，右侧与水平跳台DE连接，EF段为倾角为30°的速降斜坡。质量为60kg的滑雪运动员从加速滑道滑下后到达圆弧轨道的最低点C点时的速度大小，经过D点时的速度大小为，运动员整个运动过程的最高点P恰好在E点的正上方处，最后落在斜坡上的Q点。已知重力加速度为，不计空气阻力，速降斜坡足够长，，，求：
（1）运动员在C点时受到圆弧轨道的弹力；
（2）水平平台DE的长度；
（3）经过P点之后，运动员距斜坡的最远距离（结果用根式表示）。
【答案】（1）在C点有
解得
即运动员在C点受到圆弧轨道的弹力大小为2100N，方向竖直向上。
（2）运动员在由D点飞出时速度与水平方向成α角，从D点运动到P点的过程中，竖直方向有
，
水平方向有
解得
，
（3）运动到P点的速度
对其垂直斜坡方向分解
，
当垂直斜坡方向上的速度减为0时，距离斜坡最远，由几何关系可知
其中
解得
【知识点】斜抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）在C点有，根据牛顿第二定律，求运动员在C点受到圆弧轨道的弹力大小；
（2）根据斜抛运动列式，求角度和位移；
（3）根据速度合成分解，求P点的速度，再根据几何关系，求运动员距斜坡的最远距离。
15．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，质量的长水板A放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为的物块B。木板与地面间的动摩擦因数，物块与木板间的动摩擦因数。现用一水平力作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过，撤去拉力。最终物块没有滑离木板。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（g取）求：
（1）撤去拉力时，木板的速度大小。
（2）木板的最小长度L。
（3）物块最终与木板右端的距离s。
【答案】（1）假设在时间t1=1 s内，物块与长木板相对滑动，对物块
解得
对木板
解得
所以假设成立
木板由静止开始匀加速运动，经过时物块
解得
木板由静止开始匀加速运动，经过时木板
（2）撤去F后，物块继续加速，加速度大小不变；木板做减速运动，设木板的加速度，则
解得
设再经过t2时间二者速度相同，设此速度大小为v，则
解得
，
在t1和t2时间内，物块的位移为
在t1和t2时间内，木板的位移为
木板的长度至少为
（3）达到相同速度后，物块和木板均做匀减速运动，直至停止，物块相对木板向右运动，物块的加速度大小仍为a块，木板的加速度大小，对木板
解得
物块的位移大小
木板的位移大小
由几何关系知物块最终与木板右端的距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）对木板进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后由速度公式即可求出速度；
（2）求出物块的加速度与位移，然后求出木板减速的加速度，在求出二者速度相等时的速度，最后求出木板的长度；
（3）分别求出它们的位移即可求出物块最终与木板右端的距离s。
1 / 1四川省绵阳市南山中学2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题
1．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，利用卷扬机将套在光滑竖直杆上的重物提升到高处。当重物运动到图示位置时速度为，连接重物的钢丝绳与竖直杆夹角为，则此时卷扬机缠绕钢丝绳的速度为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为112 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是（ ）
A．14s B．16 s C．22 s D．28s
3．（2024高三上·绵阳月考）如图，轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，重力加速度为g，则右侧斜面对杆AB支持力的大小为（ ）
A．mg B．mg C．mg D．mg
4．（2024高三上·绵阳月考）小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度和位置的关系图像中，能描述该过程的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（2024高三上·绵阳月考）质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．推力先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
6．（2024高三上·绵阳月考）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块P施加水平向右的恒力F，时撤去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是（ ）
A．时，物块Q的速度大小为0.4m/s
B．恒力F大小为1.6N
C．物块Q的质量为0.5kg
D．后，物块P、Q一起做匀加速直线运动
7．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的三倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·绵阳月考）倾角为θ，质量为M的斜面体置于粗糙的水平地面，质量为m的物体恰能沿斜面匀速下滑。现在再对物体施加沿斜面向下的恒力F使物体匀加速下滑，如图所示，斜面体始终保持静止。下列说法正确的是（ ）
A．物体在匀速下滑时，地面对斜面体的支持力等于物体和斜面体的总重力
B．物体在匀加速下滑时，地面对斜面体的支持力等于物体和斜面体的总重力
C．物体在匀速下滑时，地面对斜面体的摩擦力不等于零
D．物体在匀加速下滑时，地面对斜面体的摩擦力等于零
9．（2024高三上·绵阳月考）“刀削面”是我国传统面食制作手法之一。操作手法是一手托面，一手拿刀，将面削到开水锅里，如图甲所示。某次削面的过程可简化为图乙，面片(可视为质点)以初速度v0=2 m/s水平飞出，正好沿锅边缘的切线方向落入锅中，锅的截面可视为圆心在O点的圆弧，锅边缘与圆心的连线与竖直方向的夹角为45°，不计空气阻力，重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．面片在空中运动的水平位移为0.2m
B．面片运动到锅边缘时的速度大小为
C．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，则面片处于超重状态
D．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，则所受摩擦力大小保持不变
10．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，水平传送带以速度v1=2 m/s向右匀速传动。可视为质点的小物体P、Q的质量均为1 kg，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t =0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2=5 m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，传送带两端距离L=5 m，绳足够长，g=10 m/s2。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A．小物体P刚滑上传送带时的加速度大小为14m/s2
B．小物体P将从传送带的右端滑下传送带
C．小物体P离开传送带时的速度大小为m/s
D．小物体P在传送带上运动的时间为s
11．（2024高三上·绵阳月考）某同学发现手机软件有测角度的功能，于是结合软件的这个功能，用两根完全相同的轻弹簧和一瓶矿泉水等器材设计了一次验证“力的平行四边形定则”的实验。实验时，先将一弹簧一端固定在墙上的钉子上，另一端挂一瓶矿泉水，如图甲所示；然后将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子、上，另一端连接于点，在点下方挂一瓶同样的矿泉水，静止时用智能手机的测角功能分别测出、与竖直方向的偏角、，如图乙所示。改变钉子的位置，按照上述方法多测几次。
（1）在实验操作过程中，必须进行的操作是 （选填选项前的字母）。
A.图乙中弹簧长度相同 B.测量弹簧的原长
C.测量图甲、乙中弹簧的长度 D.实验中结点的位置始终保持不变
（2）该同学根据实验测量的结果，分别作出了图丙和图丁，其中正确的是图 （选填“丙”或“丁”）。
（3）该同学测得甲图中弹簧长度，乙图中和，他 （选填“能”或“不能”）根据上述结论求出一瓶矿泉水（含瓶）的质量。
12．（2024高三上·绵阳月考）智能手机内置有加速度传感器，可以实时显示手机运动的加速度。某实验小组利用智能手机来探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。实验步骤如下：
①将轻弹簧上端固定在铁架台的支架上，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂钩码并记录钩码的质量为m；
②开始时保持手机和钩码处于静止状态，并打开手机的加速度传感器功能；
③剪断悬挂钩码的细绳，手机加速度传感器记录手机加速度a随时间t的变化并拟合绘制出图像，如图乙所示。
请回答下面问题：
（1）剪断细绳瞬间手机的加速度对应图乙中的 （选填“A”“B”或“C”）点加速度；
（2）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于 （用测得物理量的符号表示）；
（3）改变所悬挂钩码的质量，重复步骤②、③，测得多组数据并绘制图像，如图丙所示，由图像可以得出的结论是： ；
（4）该小组同学要根据绘制的图像进一步测量手机的质量，他们对该图像分析得知，图线的斜率为k，则手机的质量为 ；
（5）从乙图可以观察到，即使整个实验装置看起来处于静止状态，手机依然显示有微小的加速度扰动，为了减少该扰动造成的影响，下列做法可行的是____________（选填选项代号）。
A．使用质量较大的钩码组
B．将弹簧更换为不可伸长的细线
C．将弹簧更换为劲度系数较大的弹簧
D．让钩码组的质量远小于手机的质量
13．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ。一个质量为m的物块（可视为质点）在电动机作用下，从斜面底端 A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块到达最高点D，CD段长度恰好与AB段相等，重力加速度为g。求：
（1）CD段长x；
（2）AB段电动机牵引力F1与BC段电动机牵引力F2的比值。
14．（2024高三上·绵阳月考）如图所示为跳台滑雪轨道简化模型，AB段光滑曲面为加速滑道，BCD段圆弧滑道为半径的姿态调整滑道，左侧与AB段平滑连接，右侧与水平跳台DE连接，EF段为倾角为30°的速降斜坡。质量为60kg的滑雪运动员从加速滑道滑下后到达圆弧轨道的最低点C点时的速度大小，经过D点时的速度大小为，运动员整个运动过程的最高点P恰好在E点的正上方处，最后落在斜坡上的Q点。已知重力加速度为，不计空气阻力，速降斜坡足够长，，，求：
（1）运动员在C点时受到圆弧轨道的弹力；
（2）水平平台DE的长度；
（3）经过P点之后，运动员距斜坡的最远距离（结果用根式表示）。
15．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，质量的长水板A放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为的物块B。木板与地面间的动摩擦因数，物块与木板间的动摩擦因数。现用一水平力作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过，撤去拉力。最终物块没有滑离木板。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（g取）求：
（1）撤去拉力时，木板的速度大小。
（2）木板的最小长度L。
（3）物块最终与木板右端的距离s。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】卷扬机通过钢丝绳提升重物，重物实际上升的速度为合速度，假设此时重物的速度为v，绳子与杆的夹角为θ，如图所示沿绳方向的速度相等，所以
故选A。
【分析】卷扬机通过钢丝绳提升重物，重物实际上升的速度为合速度，重物沿钢丝绳方向的速度为分速度，且大小等于钢丝绳速度。由几何关系可求。
2．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】在加速阶段，所需时间为
通过的位移为
在匀速阶段所需时间为
根据对称性可知在减速阶段与加速阶段时间和位移相同，
故选C。
【分析】降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度—位移公式和速度—时间公式求得总时间。
3．【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，根据平行四边形法则，如图
由平衡条件列方程进行解答
故选D。
【分析】对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，由平衡条件列方程进行解答。
4．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】CD．小球先自由下落，做匀加速直线运动，与地面碰撞后，做竖直上抛运动，即匀减速直线运动，之后不断重复。由题意知小球在下落的过程速度方向向下，与正方向相反，为负值，CD错误；
AB．小球在空中运动的加速度始终为g，小球的运动为匀变速运动，根据匀变速运动公式
可知速度与位移为二次函数，A正确，B错误。
故选A。
【分析】小球在空中运动的加速度始终为g，根据运动学公式列式分析v与x的关系，再选择图象。
5．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB ．对滑块受力分析，画出受力示意图，由平衡条件有
越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；
C．运用整体法分析墙与凹槽之间的作用力变化情况，有墙面对凹槽的压力为
则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
D．水平地面对凹槽的支持力为
则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；
故选C。
【分析】对滑块分析受力，画出受力示意图，利用解析法分析各力的变化情况。对滑块与凹槽，运用整体法分析墙与凹槽之间的作用力变化情况。
6．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．理解a-t图像的物理意义，结合运动学公式得出Q的速度大小，图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量，若0~1s内Q的加速度均匀增大，则t=1s时Q的速度大小等于
m/s=0.4m/s
由图可得实际Q的图象与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图象与坐标轴围成的面积，故t=1s时Q的速度大小大于0.4m /s，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，t=0时，对物块P有
N=2N
故恒力大小为2N，故B错误；
CD．根据牛顿第二定律，时，对物块P、Q整体有
解得
kg
撤去推力后，两物块受弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】理解a-t图像的物理意义，结合运动学公式得出Q的速度大小；根据牛顿第二定律等式完成分析。
7．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设出水孔到水桶中心距离为x，水离开出水口后做平抛运动，根据水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则
，
落到桶底A点时，结合平抛运动规律，有
，
联立，解得
故选C。
【分析】水离开出水口后做平抛运动，根据水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，列式求解即可。
8．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AC．对整体及隔离分析受力，物体沿斜面匀速下滑时，竖直方向有
斜面体在水平方向没有运动趋势，可知此过程中地面对斜面体的摩擦力为零。故A正确；C错误；
BD．施加恒力F后，在匀加速下滑时，物体与斜面体之间的弹力和摩擦力并没有改变，地面对斜面体的摩擦力仍等于零。故BD正确。
故选ABD。
【分析】根据物块处于平衡与非平衡两种状态，对整体及隔离分析受力，再根据静摩擦力产生条件，即可求解。解决本题的关键是通过分析知道两种情况下，m对M的作用力都是一样的，故M所受的其他力也不会发生改变。
9．【答案】B,C
【知识点】超重与失重；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．面片沿锅边缘的切线方向掉入锅中，有
，结合运动学公式得出面片在空中运动的水平位移
故A错误；
B．根据几何关系得出面片的合速度，面片运动到锅边缘时的速度大小为
故B正确；
C．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，有指向圆心的向心加速度，向心加速度有向上的分量，根据面片的加速度方向得出面片的超失重状态，故C正确；
D．设面片、圆心的连线与竖直方向的夹角为，则面片所受摩擦力大小为
逐渐减小，所受摩擦力大小逐渐减小，故D错误。
故选BC。
【分析】根据几何关系得出面片的合速度，结合运动学公式得出面片在空中运动的水平位移；根据面片的加速度方向得出面片的超失重状态；根据题意分析出面片受到的支持力的特点，由此分析出摩擦力的大小是否发生变化。
10．【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．对P、Q整体，由牛顿第二定律有
解得
故A错误；
BCD．小物块P与传送带共速前，P的位移
所用的时间
在P的速度和传送带速度相等后，由牛顿第二定律有
得
速度减小到0的位移为
则有
从减速到0的时间
以后以向左加速，有
解得
传动到传送带最左端的速度
综上所述，小物体P在传送带上运动的时间为
故B错误；CD正确。
故选CD。
【分析】分阶段分析物体P、Q的受力情况，结合牛顿第二定律计算出加速度，分析出物块的运动情况，并由牛顿第二定律分析绳子张力的变化情况，结合运动学公式和位移关系分析出运动学相关物理量。
11．【答案】BC；丙；不能
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A．、长度不必相同，A项错误；
BC．力的大小可用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸长量，因此要测量弹簧的原长和甲、乙中弹簧的长度，故BC项正确；
D．重物重力是定值，所以不必保证点固定不变，D项错误。
故选BC。
（2）根据力的效果，x1表示重力方向，应竖直向下，故丙正确；
（3）根据图甲可知
设中弹力，中弹力，受力分析如下图所示，建立直角坐标系列方程求解，可发现无法求出。
【分析】（1）本实验是通过合力与分力作用效果相同，利用作图方法验证平行四边形定则，已知两个夹角，需要测量力的大小。根据胡克定律，力的大小与弹簧的伸长量成正比，力的大小可用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸长量。
（2）根据力的效果，x1表示重力方向，应竖直向下。
（3）用作图法分析OB方向变化时，力的变化情况。
12．【答案】（1）A
（2）
（3）当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比
（4）
（5）A；C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；
（2）剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小，
（3）结合正比例函数分析判断，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（4）剪断细绳前后，以手机为研究对象列牛顿第二定律方程，绳子剪断前，设弹力为F，手机质量为M，对手机有平衡知
绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有
综上可得
结合图像斜率分析判断
（5）A．使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，扰动将越小，因此该方案可行，故A正确；
B．将弹簧更换为不可伸长的细线，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，故B错误；
C．劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变，则扰动越小，故C正确；
D．让钩码的质量远远小于手机的质量，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，故D错误。
故选AC。
【分析】（1）分析剪断细绳瞬间手机受力情况和加速度情况判断；
（2）弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小
（3）根据a-F图像为过原点的一条直线，结合正比例函数分析判断；
（4）剪断细绳前后，以手机为研究对象列牛顿第二定律方程，推导图像函数表达式，结合图像斜率分析判断；
（5）根据惯性分析判断；根据平衡条件分析判断；根据劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变分析判断；根据实验数据处理分析判断。
（1）前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；
（2）剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小；则
（3）由丙图知，图像为过原点的一条直线，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（4）绳子剪断前，设弹力为F，手机质量为M，对手机有平衡知
绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有
综上可得
解得
（5）A．使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，其状态将越难改变，扰动将越小，因此该方案可行，故A正确；
B．将弹簧更换为不可伸长的细线，在挂上和去掉小桶和砝码时，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，故B错误；
C．劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变，则扰动越小，因此该方法可行，故C正确；
D．让钩码的质量远远小于手机的质量，并不能减小其扰动，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，因此该方案不可行，故D错误。
故选AC。
13．【答案】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
由运动学公式
联立解得
（2）物块在AB段运动过程中，由牛顿第二定律得
因为CD段长度恰好与AB段相等，由运动学公式
解得AB段电动机牵引力F1为
物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力F2为
所以
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）物块在CD段运动过程中由牛顿第二定律得加速度大小，根据运动学公式求解CD段长；
（2）物块在AB段运动过程中，由牛顿第二定律得求解牵引力，物块在BC段做匀速运动，由平衡条件求得电动机输出的牵引力。
（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
由运动学公式
联立解得
（2）物块在AB段运动过程中，由牛顿第二定律得
因为CD段长度恰好与AB段相等，由运动学公式
解得AB段电动机牵引力F1为
物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力F2为
所以
14．【答案】（1）在C点有
解得
即运动员在C点受到圆弧轨道的弹力大小为2100N，方向竖直向上。
（2）运动员在由D点飞出时速度与水平方向成α角，从D点运动到P点的过程中，竖直方向有
，
水平方向有
解得
，
（3）运动到P点的速度
对其垂直斜坡方向分解
，
当垂直斜坡方向上的速度减为0时，距离斜坡最远，由几何关系可知
其中
解得
【知识点】斜抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）在C点有，根据牛顿第二定律，求运动员在C点受到圆弧轨道的弹力大小；
（2）根据斜抛运动列式，求角度和位移；
（3）根据速度合成分解，求P点的速度，再根据几何关系，求运动员距斜坡的最远距离。
15．【答案】（1）假设在时间t1=1 s内，物块与长木板相对滑动，对物块
解得
对木板
解得
所以假设成立
木板由静止开始匀加速运动，经过时物块
解得
木板由静止开始匀加速运动，经过时木板
（2）撤去F后，物块继续加速，加速度大小不变；木板做减速运动，设木板的加速度，则
解得
设再经过t2时间二者速度相同，设此速度大小为v，则
解得
，
在t1和t2时间内，物块的位移为
在t1和t2时间内，木板的位移为
木板的长度至少为
（3）达到相同速度后，物块和木板均做匀减速运动，直至停止，物块相对木板向右运动，物块的加速度大小仍为a块，木板的加速度大小，对木板
解得
物块的位移大小
木板的位移大小
由几何关系知物块最终与木板右端的距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）对木板进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后由速度公式即可求出速度；
（2）求出物块的加速度与位移，然后求出木板减速的加速度，在求出二者速度相等时的速度，最后求出木板的长度；
（3）分别求出它们的位移即可求出物块最终与木板右端的距离s。
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