2024届广东省顺德区普通高中高三上学期教学质量检测物理试题（一）
1．（2024高三上·顺德模拟）第19届亚运会于2023年9月在杭州举行，以“中国特色、亚洲风采、精彩纷呈”为目标，秉持“绿色、智能、节俭、文明”办会理念，下列说法正确的是（ ）
A．对参加首次列入亚运会正式竞赛项目的霹雳舞竞赛的运动员打分时，可以把运动员看成质点
B．忽略空气阻力，17岁“天才少女”黄雨婷，在射击比赛中打出的子弹在空中做匀速直线运动
C．张亮以6分57秒06的成绩获得赛艇男子单人双桨冠军，6分57秒06指时间
D．参加米混合泳接力赛的四名运动员比赛游过的总位移大小为
2．（2024高三上·顺德模拟）有关高楼坠物的事故报道屡屡见诸报端，一次次事故引发全民关注这“悬在城市上空的痛”，关于坠物，以下说法正确的是（ ）
A．坠物下落过程处于超重状态
B．坠物对被砸物体的作用力等于其重力
C．被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很大
D．被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很快
3．（2024高三上·顺德模拟）如图所示，顺德商场常见的两种电梯，图甲为阶梯式电梯，图乙为斜面式电梯，设同一个乘客在两种电梯中随电梯匀速上行，下列说法正确的是（ ）
A．两种电梯对乘客支持力的方向相同
B．两种电梯对乘客作用力的大小与方向均相同
C．两种电梯对乘客摩擦力的方向相同
D．两种电梯对乘客支持力的大小相等
4．（2024高三上·顺德模拟）如图所示，起重机以额定功率将地面上质量为800kg的重物由静止沿竖直方向吊起，4秒后，重物开始以1m/s的速度向上做匀速直线运动，忽略空气阻力，重力加速度取，以下说法正确的是（ ）
A．0~4秒内重物所受起重机牵引力逐渐变大
B．0~4秒内重物的加速度大小恒为
C．0~4秒内重物克服重力做功
D．起重机的额定功率为8kW
5．（2024高三上·顺德模拟）如图为钓鱼时鱼漂静浮于水面的示意图．某次鱼咬钩时将鱼漂往下拉一小段距离后松口，鱼漂做上下振动，一定时间内鱼漂在竖直方向近似做简谐运动，取竖直向上为正方向，鱼松口时为计时起点，用t、x、a分别表示鱼漂运动的时间、位移和加速度，关于鱼漂此过程中的运动，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高三上·顺德模拟）如图所示，“羲和号”是我国首颗可24小时全天候对太阳进行观测的试验卫星，该卫星绕地球可视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面垂直。卫星距离A点的最小距离是517千米，每天绕地球运行n圈（），下列关于“羲和号”的说法错误的是（ ）
A．“羲和号”的运行速度小于第一宇宙速度
B．“羲和号”的发射速度大于第一宇宙速度
C．“羲和号”的向心加速度大于地球同步卫星
D．“羲和号”的运行周期大于地球同步卫星
7．（2024高三上·顺德模拟）弹簧在生活中有着广泛的应用。很多缓冲装置就是利用弹簧的弹力作用来实现的。如图所示，某缓冲装置可抽象成由原长相等、劲度系数不同的两轻质弹簧串联而成的简单模型，在弹性限度内，垫片向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．两弹簧产生的弹力保持相等
B．垫片受到弹簧弹力等于两弹簧的弹力之和
C．两弹簧的长度保持相等
D．两弹簧产生的弹性势能相等
8．（2024高三上·顺德模拟）如图所示，平板车上放置某物块，运动过程中物块相对平板车静止，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．沿斜面向上运动时，物块可能只受到两个力的作用
B．沿斜面向上运动时，物块的合外力一定沿斜面向上
C．沿斜面向下运动时，车可能给物块沿斜面向上的摩擦力
D．沿斜面向下运动时，车给物块的力可能竖直向上
9．（2024高三上·顺德模拟）蝙蝠具有一种回声定位的特殊本领，它们在喉部产生短促而高频的超声波，经鼻或嘴传出后被附近物体反射回来形成回声，听觉神经中枢对回声本身以及发出声与回声间的差异进行分析，从而确定前方猎物的位置、大小、形状、结构以及运动速度与方向，下列说法正确的是（ ）
A．不同蝙蝠发出不同频率的超声波可能发生干涉
B．蝙蝠发出的超声波进入水中后传播速度不变
C．蝙蝠产生高频的超声波目的是便于捕捉较小的猎物
D．蝙蝠听到回声的频率变高时，能判断出正在靠近的猎物
10．（2024高三上·顺德模拟）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，货物A、B均视为质点，A从光滑圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时与B发生弹性碰撞。已知A的质量为5kg，B的质量为15kg。滑道高度h为0.2m，且过Q点的切线水平，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前瞬间A速度大小为3m/s
B．碰撞后瞬间两货物速度大小均为1m/s
C．碰撞后，A最高可以回到斜面上高度0.05m处
D．A和B组成的系统在整个过程中机械能和动量守恒
11．（2024高三上·顺德模拟）实验室提供如图所示的气垫导轨和光电门组合实验装置，并有天平、螺旋测微器、细线、力传感器等辅助器材。某实验小组利用该装置及辅助器材来探究合外力做功与物体动能变化之间的关系，已知实验时光电门1和光电门2测出遮光条通过它们的时间分别为和。请回答下列问题：
（1）用螺旋测微器测量遮光条宽度d时，其示数如图乙所示，则 mm；
（2）实验过程中还需要测量的物理量有：两光电门之间的距离L、滑块的质量m和 （请写出物理量及对应的字母）；
（3）实验得到滑块从光电门1位置运动到光电门2位置过程中合外力做功的表达式为 ，滑块动能变化量的表式为 （用题中相关字母表示）；
（4）以下操作步骤可以减小实验误差的有 。
A．为平衡摩擦力适当垫高导轨右端
B．两个光电门之间的距离适当远一些
C．遮光条的宽度适当小一些
D．换用质量尽量大的滑块
12．（2024高三上·顺德模拟）某研究性学习小组利用光电门传感器、天平、刻度尺研究单摆的周期与摆球质量、摆长之间的关系。实验装置如图甲所示，实验时，将小球拉起一定角度后释放（小于），利用光电门测出小球摆动的周期。
（1）该实验采用的实验方法为 （选填“控制变量法”或“理想实验法”）；
（2）如果实验组用该装置分别在北京和顺德两地进行探究“单摆的周期T与摆长L的关系”的实验，然后将实验数据绘制成图像，如图乙所示，则在顺德测得的实验结果对应的图线是 （选填“A”或“B”）；
（3）某次实验中，小组成员小明想用该装置测当地重力加速度，已知绳长为L，小球直径为d，摆球摆动过程中光电门接收到光信号强度I随时间ｔ的变化如图丙所示，和均为已知量，由此可知此次实验单摆的周期为 ，当地重力加速度大小的计算表达式 （用上述已知的物理量表示）．
13．（2024高三上·顺德模拟）2023年9月21日，中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课，为广大青少年带来一场精彩的太空科普课。在奇妙“乒乓球”实验中，神舟十六号航天员朱杨柱用“特制”乒乓球拍将静止的水球拍出，若将该直线运动过程看成水球先做匀加速运动后匀速运动，其中加速时间，加速位移为，匀速阶段用时，求：
（1）水球匀速运动时的速度v的大小；
（2）加速过程中加速度大小；
（3）全过程的总位移的大小。
14．（2024高三上·顺德模拟）生产小钢球的工厂为提高装配效率设计一款装置，其模型简化如下。ABCD可视为足够大的光滑矩形斜面，其与水平面夹角为，斜面上固定半径为R的光滑圆弧轨道MKN，其中K为圆弧最低点，半径OM与AD垂直，ON与MO延长线夹角为，某质量为m的钢球沿水平管道以大小为v的初速度从斜面左边缘P点滑上斜面，并恰好沿N点切线方向进入圆弧轨道做圆周运动，钢球滑行的最高点Q处有装配箱（图中未画出），已知重力加速度为g，求：
（1）钢球在N点的速度大小；
（2）PQ之间的距离；
（3）钢球运动到K点受轨道支持力大小。
15．（2024高三上·顺德模拟）为节约人力，某公司安装斜面和传送带设备，其结构简化如下。斜面AB与水平面的夹角。水平传送带顺时针转动，长度为，速度大小为，传送带左端与斜面底端平滑相连。传送带右端下方处有货箱长的货车，在传送带左端无初速度释放货物，货物恰能落入货箱尾端。已知货物与传送带的动摩擦因数，与斜面的动摩擦因数，，重力加速度为，货物可视为质点，忽略传送轮的大小。
（1）求落入货箱尾部的货物的速度大小；
（2）当货物从斜面上距离B点18.75m处静止释放，求落入货箱的位置；
（3）在斜面存在一段长度区域，在区域内任何位置无初速度释放货物后都能落入货箱前端，求这段区域长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；匀变速直线运动的定义与特征
【解析】【解答】A、对参加首次列入亚运会正式竞赛项目的霹雳舞竞赛的运动员打分时，运动员的大小不能忽略，不可以把运动员看成质点，故A错误；
B、忽略空气阻力，17岁“天才少女”黄雨婷，在射击比赛中打出的子弹在空中运动时因受重力作用而做做匀变速曲线运动，故B错误；
C、张亮以6分57秒06的成绩获得赛艇男子单人双桨冠军，6分57秒06指时间，故C正确；
D、参加4×100米混合泳接力赛的四名运动员比赛游过的总路程为400m，故D错误。
故答案为：C。
【分析】当物体的形状和大小对所研究的物理问题的影响可以忽略不计时，可将物体视为质点。当物体所受合外力不为零时，物体做变速运动。注意掌握路程和位移的区别和特点。
2．【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．坠物下落过程由于加速下落所以加速度向下，根据加速度的方向可以得出：坠物处于失重状态，故A错误；
B．坠物与被砸物体接触后，由于坠物的速度减小则具有向上得加速度，根据加速度方向向上则坠物对被砸物体的作用力大于其重力，故B错误；
CD．坠物与被砸物体接触的过程中，根据动量定理有
由于作用时间比较短，所以作用力比较大，所以被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很快，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用加速度的方向可以判别坠物处于失重状态；利用坠物与被砸物体接触后，由于坠物的速度减小则具有向上得加速度，根据加速度方向向上则坠物对被砸物体的作用力大于其重力；利用动量定理结合作用时间比较短可以判别被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很快。
3．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由于乘客在两种电梯做匀速直线运动，则合力等于0，则两种电梯对乘客的作用力都等于重力，方向与重力方向相反；在甲图中由于支持力方向向上与重力相反，则阶梯式电梯对乘客的摩擦力为0；图乙中为斜面式电梯，由于乘客处于平衡，根据平衡条件可以得出电梯对乘客支持力的方向垂直于斜面向上，大小等于乘客的重力垂直斜面的分力（为斜面倾斜），斜面式电梯对乘客的摩擦力不为0，大小为。
故选B。
【分析】利用乘客做匀速直线运动的平衡条件可以判别电梯对人的作用力大小及方向；利用平衡方程可以判别支持力和摩擦力的大小。
4．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．在0~4秒内，由于起重机的额定功率保持不变，重物的速度不断增大，则根据功率的表达式有
根据表达式可以得出：随重物的速度逐渐增大，则重物所受起重机牵引力逐渐变小，A错误；
B．在0~4秒内，由于加速度方向向上，则牛顿第二定律可得
由于重物所受起重机牵引力逐渐变小，可知重物的加速度逐渐变小，B错误；
D．重物在4秒后以1m/s的速度向上做匀速直线运动，根据重物的平衡方程可以得出牵引力的大小为
根据功率的表达式可以得出起重机的额定功率为
D正确；
C.0~4秒内，已知重物上升时速度不断增大，根据动能定理可得
在0~4秒内，重物克服重力做功
C错误。
故选D。
【分析】利用功率不变结合速度不断增大可以判别牵引力不断减小；结合牛顿第二定律可以判别加速度不断减小；利用额定功率的表达式及平衡方程可以求出额定功率的大小；利用动能定理可以求出克服阻力做功的大小。
5．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】鱼漂在水面上做简谐运动，静止在水面上的位置是平衡位置，取竖直向上为正方向，鱼将鱼漂往下拉了一小段距离后松口，由于鱼漂的位置最初在平衡位置的下方，所以开始振动的位移为负，之后位移减小一直到0，即回到平衡位置，之后位移为正，可得位移随时间变化关系为
根据回复力和位移的关系式有：
可得加速度的表达式为
根据表达式可知a与x成正比关系，a与t成余弦函数关系。
故选B。
【分析】鱼漂做简谐运动，根据简谐运动的表达式可以求出位移与时间的表达式，结合回复力与位移的关系结合牛顿第二定律可以求出加速度和位移的表达式，进而判别对应的图像关系。
6．【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是近地卫星的线速度，由于轨道半径最小，根据
所以第一宇宙速度为最大环绕速度，也是卫星发射的最小速度，因此“羲和号”的运行速度小于第一宇宙速度，A正确，不符合题意；
B．由于第一宇宙速度为最小的发射速度，则 “羲和号”的发射速度大于第一宇宙速度，B正确，不符合题意；
CD．由题意可知，“羲和号”每天绕地球运行n圈（），因此“羲和号”的运行周期小于地球同步卫星，根据开普勒第三定律可知“羲和号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
由于“羲和号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，因此“羲和号”的向心加速度大于地球同步卫星，C正确，不符合题意；D错误，符合题意。
故选D。
【分析】第一宇宙速度为最大的环绕速度，也是最小的发射速度；根据开普勒第三定律结合周期的大小可以比较轨道半径的大小，结合加速度的表达式可以比较加速度的大小。
7．【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；弹性势能；胡克定律
【解析】【解答】A．由于两个弹簧相互产生的弹力属于作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，弹簧间的相互作用力大小相等，故A正确；
B.由于垫片只与一个弹簧接触，则受到弹簧弹力等于一个弹簧产生的弹力大小，故B错误；
CD．垫片向右移动时，由于两弹簧的弹力大小相等，根据胡克定律有
由于两个弹簧的劲度系数不同，可知两弹簧的压缩量不相等，而原长相同，弹簧的长度为弹簧的原长减去压缩量，则两弹簧的长度不相等。根据胡克定律可以得出：弹簧k1的形变量为
弹簧k2的形变量为
根据弹性势能的表达式可以得出：弹簧k1的弹性势能为
根据弹性势能的表达式可以得出：弹簧k2的弹性势能为
由于两弹簧劲度系数不同，所以两弹簧产生的弹性势能不相等，故CD错误。
故选A。
【分析】两个弹簧相互产生的弹力属于作用力与反作用力，弹簧间的相互作用力大小相等；垫片受到一个弹簧的弹力作用；根据胡克定律可以比较压缩量的大小，进而比较弹簧长度的大小；利用压缩量及弹性势能的表达式可以比较弹性势能的大小。
8．【答案】A,C,D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．当物块和小车一起向上做匀减速直线运动时，当加速度方向沿斜面向下，且大小为（为斜面倾角），根据牛顿第二定律可以得出物块只受到重力和支持力两个力的作用，此时物块受到的合外力沿斜面向下，故A正确，B错误；
CD．若物块沿斜面向下做的是匀速运动，根据物块的平衡条件可以得出车给物块的摩擦力沿斜面向上，根据二力平衡条件可以得出：车给物块的作用力与物块的重力平衡，方向竖直向上，故CD正确。
故选ACD。
【分析】利用物块做匀减速直线运动的加速度方向及大小可以判别物块受到力的个数及合力的方向；当物块向下匀速直线运动时，可以判别小车对物块的摩擦力方向及作用力的方向。
9．【答案】C,D
【知识点】多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．两列波的干涉条件必须是两波的频率相同，则不同蝙蝠发出不同频率的超声波不可能发生干涉，选项A错误；
B．波在不同介质传播时速度会发生改变，所以蝙蝠发出的超声波进入水中后传播速度要发生变化，选项B错误；
C．根据波长和频率的关系可以得出：高频的超声波波长较短，更容易被较小的猎物反射，从而产生回声，所以蝙蝠产生高频的超声波目的是便于捕捉较小的猎物，选项C正确；
D．根据多普勒效应可知，当接收器越靠近声源时，则接收到的声音频率会变高，则蝙蝠听到回声的频率变高时，能判断出正在靠近的猎物，选项D正确。
故选CD。
【分析】两列波的干涉条件必须是两波的频率相同；波在不同介质传播时速度会发生改变；蝙蝠产生高频的超声波目的是便于捕捉较小的猎物；根据多普勒效应可知，当接收器越靠近声源时，则接收到的声音频率会变高。
10．【答案】B,C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．A沿斜面下滑，设碰撞前瞬间A速度大小为，从P到Q由动能定理有
得A碰前的速度大小为：
故A错误；
B．A与B发生弹性碰撞，碰撞瞬间，根据动量定理和机械能守恒定律有
解得碰后A和B的速度大小为：
故B正确；
C．碰撞后，A继续沿斜面上滑，根据动能定理有
可以得出上滑的最大高度为：
故C正确；
D．由于A和B组成的系统在整个过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律的条件可以判别系统机械能守恒，由于系统受到的合外力不为0，根据动量守恒定律的条件可以判别动量不守恒，故D错误。
故选BC。
【分析】利用动能定理可以求出A碰前速度的大小；利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后两个货物速度的大小；利用动能定理可以求出碰后A上升的最大高度；利用机械能守恒定律的条件可以判别系统机械能守恒，根据动量守恒定律的条件可以判别动量不守恒。
11．【答案】0.729；力传感器的示数；；；BC
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精度为0.01mm，转动刻度估读到0.1格，根据螺旋测微器的结构可以得出遮光条宽度为
（0.729mm~0.730mm均可）
（2）实验探究为了探究合力做功与物体动能变化的关系，所以还需要利用力传感器测量拉力的大小；
（3）根据功的表达式可以得出：滑块从光电门1位置运动到光电门2位置过程中合外力做功的表达式为
根据平均速度公式可以得出：滑块通过两光电门的瞬时速度为
，
根据动能的表达式可以得出：滑块动能变化量的表式为
（4）A．因为滑块与气垫导轨之间的摩擦力接近为0，所以不需要把气垫导轨的右端适当垫高来平衡摩擦力，故A错误；
B．两光电门之间的距离L适当大一些，这样可以使测量L的相对误差小些，故B正确；
C．实验中利用滑块经过光电门的平均速度近似为滑块经过光电门的瞬时速度，则要求遮光条的宽度适当小一点，滑块通过光电门的时间更短，其平均速度更接近通过光电门的瞬时速度，有利于减小误差，故C正确；
D．当滑块的质量变大时，由于对滑块的速度和动能变化没有没有影响，不能减小实验误差，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）利用螺旋测微器的结构可以得出遮光条的宽度；
（2）探究合外力做功的大小则需要利用力传感器测量拉力的大小；
（3）利用功的表达式可以求出合外力做功的表达式；利用平均速度公式可以求出滑块经过光电门的速度，结合动能的表达式可以求出动能变化量的大小；
（4）因为滑块与气垫导轨之间的摩擦力接近为0，所以不需要把气垫导轨的右端适当垫高来平衡摩擦力；两光电门之间的距离L适当大一些，这样可以使测量L的相对误差小些；实验中利用滑块经过光电门的平均速度近似为滑块经过光电门的瞬时速度，则要求遮光条的宽度适当小一点，滑块通过光电门的时间更短，其平均速度更接近通过光电门的瞬时速度，有利于减小误差；当滑块的质量变大时，由于对滑块的速度和动能变化没有没有影响，不能减小实验误差，
12．【答案】控制变量法；A；；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）实验研究 研究单摆的周期与摆球质量、摆长之间的关系。为了探究周期与其中质量或者摆长的关系，则需要使用控制变量法。
（2）由单摆的周期公式有
整理有
则在图像中的斜率为
由于顺德在广东省，地理位置上靠近赤道，纬度低，所以该地区的重力加速度小。由于重力加速度偏小则图像斜率偏大，由于图线A的斜率偏大，所以为在顺德地区测得实验结果
（3）摆球在摆动的过程中，根据摆球的周期公式有
整理可以得出重力加速度的表达式为：
因为摆球在一个周期内要经过两次光电门，根据多次经过光电门的时间和周期的关系有：
整理周期为：
根据几何关系可以得出：摆球的摆长为
联立上面等式可以得出重力加速度的表达式为：
【分析】（1）为了探究周期与其中质量或者摆长的关系，则需要使用控制变量法；
（2）根据单摆周期的公式结合重力加速度对图像斜率的影响可以判别顺德测得的实验结果对应图线A；
（3）利用图像中小球摆动的时间可以求出单摆的周期，结合周期的表达式及摆长的大小可以求出重力加速度的表达式。
13．【答案】解：（1）椐题意水球从静止开始做匀加速直线运动可得
代入数据解得末的速度为
之后水球做匀速直线运动，速度大小等于末的速度大小为0.2m/s
（2）由匀加速直线运动规律得
代入数据解得加速过程中加速度大小为
（3）匀速阶段用时，位移大小为
水球运动全过程的总位移的大小为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）水球做匀加速直线运动，利用位移公式可以求出末速度的大小；
（2）水球做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出加速度的大小；
（3）水球做匀速直线运动，利用位移公式可以求出匀速运动的位移，结合加速运动的位移可以求出全程运动的位移大小。
14．【答案】解：（1）钢球在斜面上做类平抛运动，运动到N点时，沿半径方向和切线方向分解速度，可得
（2）依题意，斜面光滑，钢球从P点运动到Q点过程中，只有重力做功，由动能定理可得
解得
（3）钢球从N点运动到K点过程中，只有重力做功，由动能定理可得
解得
钢球在K点，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得
联立，解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）钢球做类平抛运动，利用速度的分解可以求出钢球在N点速度的大小；
（2）钢球从P到Q的过程中，利用动能定理可以求出PQ之间距离的大小；
（3）钢球从N点到K点的过程中，利用动能定理可以求出小球经过K点的速度大小，结合牛顿第二定律可以小球在K点受到的支持力的大小。
15．【答案】解：（1）货物在传送带上的加速度为
货物和传送带速度相等时的位移为
则货物到达传送带右端时的速度为
货物离开传送后做平抛运动，根据
解得
落入货箱尾部的货物的速度大小为
（2）根据动能定理有
解得
货物到达右端过程有
解得
货物做平抛运动的时间为
无初速度滑上传送带后做平抛运动的水平位移为
当货物从斜面上距离B点18.75m处静止释放后做平抛运动的水平位移为
则落入货箱的位置距尾端距离为
（3）货物要落入货箱的前端，根据平抛运动规律有
，
解得离开传送带右端的速度为
货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最小，有
设此时距距离B点距离为，根据动能定理有
解得
货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最大，有
设此时距距离B点距离为，根据动能定理有
解得
这段区域长度为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）货物在传送带上做加速运动，根据牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出货物与传送带速度相同时运动的位移，由于传送带长度比较短，则根据速度位移公式可以求出货物离开传送带的速度大小；利用竖直方向的速度位移公式可以求出货物掉入货箱的竖直方向的分速度大小，结合速度的合成可以求出落入货箱时货物的速度大小；
（2）当货物下滑时，利用动能定理可以求出货物滑上传送带的速度大小，结合速度位移公式可以求出货物离开传送带的速度大小，结合平抛运动的位移公式可以求出货物落入货箱时距离尾端的距离大小；
（3）当货物做平抛运动时，利用平抛运动的位移公式可以求出货物离开传送带速度的大小，结合货物在传送带上做变速运动，利用速度位移公式可以求出滑上传送带的速度，结合动能定理可以求出货物下滑的区域长度。
1 / 12024届广东省顺德区普通高中高三上学期教学质量检测物理试题（一）
1．（2024高三上·顺德模拟）第19届亚运会于2023年9月在杭州举行，以“中国特色、亚洲风采、精彩纷呈”为目标，秉持“绿色、智能、节俭、文明”办会理念，下列说法正确的是（ ）
A．对参加首次列入亚运会正式竞赛项目的霹雳舞竞赛的运动员打分时，可以把运动员看成质点
B．忽略空气阻力，17岁“天才少女”黄雨婷，在射击比赛中打出的子弹在空中做匀速直线运动
C．张亮以6分57秒06的成绩获得赛艇男子单人双桨冠军，6分57秒06指时间
D．参加米混合泳接力赛的四名运动员比赛游过的总位移大小为
【答案】C
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；匀变速直线运动的定义与特征
【解析】【解答】A、对参加首次列入亚运会正式竞赛项目的霹雳舞竞赛的运动员打分时，运动员的大小不能忽略，不可以把运动员看成质点，故A错误；
B、忽略空气阻力，17岁“天才少女”黄雨婷，在射击比赛中打出的子弹在空中运动时因受重力作用而做做匀变速曲线运动，故B错误；
C、张亮以6分57秒06的成绩获得赛艇男子单人双桨冠军，6分57秒06指时间，故C正确；
D、参加4×100米混合泳接力赛的四名运动员比赛游过的总路程为400m，故D错误。
故答案为：C。
【分析】当物体的形状和大小对所研究的物理问题的影响可以忽略不计时，可将物体视为质点。当物体所受合外力不为零时，物体做变速运动。注意掌握路程和位移的区别和特点。
2．（2024高三上·顺德模拟）有关高楼坠物的事故报道屡屡见诸报端，一次次事故引发全民关注这“悬在城市上空的痛”，关于坠物，以下说法正确的是（ ）
A．坠物下落过程处于超重状态
B．坠物对被砸物体的作用力等于其重力
C．被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很大
D．被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很快
【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．坠物下落过程由于加速下落所以加速度向下，根据加速度的方向可以得出：坠物处于失重状态，故A错误；
B．坠物与被砸物体接触后，由于坠物的速度减小则具有向上得加速度，根据加速度方向向上则坠物对被砸物体的作用力大于其重力，故B错误；
CD．坠物与被砸物体接触的过程中，根据动量定理有
由于作用时间比较短，所以作用力比较大，所以被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很快，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用加速度的方向可以判别坠物处于失重状态；利用坠物与被砸物体接触后，由于坠物的速度减小则具有向上得加速度，根据加速度方向向上则坠物对被砸物体的作用力大于其重力；利用动量定理结合作用时间比较短可以判别被砸物体很危险是因为坠物的动量变化很快。
3．（2024高三上·顺德模拟）如图所示，顺德商场常见的两种电梯，图甲为阶梯式电梯，图乙为斜面式电梯，设同一个乘客在两种电梯中随电梯匀速上行，下列说法正确的是（ ）
A．两种电梯对乘客支持力的方向相同
B．两种电梯对乘客作用力的大小与方向均相同
C．两种电梯对乘客摩擦力的方向相同
D．两种电梯对乘客支持力的大小相等
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由于乘客在两种电梯做匀速直线运动，则合力等于0，则两种电梯对乘客的作用力都等于重力，方向与重力方向相反；在甲图中由于支持力方向向上与重力相反，则阶梯式电梯对乘客的摩擦力为0；图乙中为斜面式电梯，由于乘客处于平衡，根据平衡条件可以得出电梯对乘客支持力的方向垂直于斜面向上，大小等于乘客的重力垂直斜面的分力（为斜面倾斜），斜面式电梯对乘客的摩擦力不为0，大小为。
故选B。
【分析】利用乘客做匀速直线运动的平衡条件可以判别电梯对人的作用力大小及方向；利用平衡方程可以判别支持力和摩擦力的大小。
4．（2024高三上·顺德模拟）如图所示，起重机以额定功率将地面上质量为800kg的重物由静止沿竖直方向吊起，4秒后，重物开始以1m/s的速度向上做匀速直线运动，忽略空气阻力，重力加速度取，以下说法正确的是（ ）
A．0~4秒内重物所受起重机牵引力逐渐变大
B．0~4秒内重物的加速度大小恒为
C．0~4秒内重物克服重力做功
D．起重机的额定功率为8kW
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．在0~4秒内，由于起重机的额定功率保持不变，重物的速度不断增大，则根据功率的表达式有
根据表达式可以得出：随重物的速度逐渐增大，则重物所受起重机牵引力逐渐变小，A错误；
B．在0~4秒内，由于加速度方向向上，则牛顿第二定律可得
由于重物所受起重机牵引力逐渐变小，可知重物的加速度逐渐变小，B错误；
D．重物在4秒后以1m/s的速度向上做匀速直线运动，根据重物的平衡方程可以得出牵引力的大小为
根据功率的表达式可以得出起重机的额定功率为
D正确；
C.0~4秒内，已知重物上升时速度不断增大，根据动能定理可得
在0~4秒内，重物克服重力做功
C错误。
故选D。
【分析】利用功率不变结合速度不断增大可以判别牵引力不断减小；结合牛顿第二定律可以判别加速度不断减小；利用额定功率的表达式及平衡方程可以求出额定功率的大小；利用动能定理可以求出克服阻力做功的大小。
5．（2024高三上·顺德模拟）如图为钓鱼时鱼漂静浮于水面的示意图．某次鱼咬钩时将鱼漂往下拉一小段距离后松口，鱼漂做上下振动，一定时间内鱼漂在竖直方向近似做简谐运动，取竖直向上为正方向，鱼松口时为计时起点，用t、x、a分别表示鱼漂运动的时间、位移和加速度，关于鱼漂此过程中的运动，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】鱼漂在水面上做简谐运动，静止在水面上的位置是平衡位置，取竖直向上为正方向，鱼将鱼漂往下拉了一小段距离后松口，由于鱼漂的位置最初在平衡位置的下方，所以开始振动的位移为负，之后位移减小一直到0，即回到平衡位置，之后位移为正，可得位移随时间变化关系为
根据回复力和位移的关系式有：
可得加速度的表达式为
根据表达式可知a与x成正比关系，a与t成余弦函数关系。
故选B。
【分析】鱼漂做简谐运动，根据简谐运动的表达式可以求出位移与时间的表达式，结合回复力与位移的关系结合牛顿第二定律可以求出加速度和位移的表达式，进而判别对应的图像关系。
6．（2024高三上·顺德模拟）如图所示，“羲和号”是我国首颗可24小时全天候对太阳进行观测的试验卫星，该卫星绕地球可视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面垂直。卫星距离A点的最小距离是517千米，每天绕地球运行n圈（），下列关于“羲和号”的说法错误的是（ ）
A．“羲和号”的运行速度小于第一宇宙速度
B．“羲和号”的发射速度大于第一宇宙速度
C．“羲和号”的向心加速度大于地球同步卫星
D．“羲和号”的运行周期大于地球同步卫星
【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是近地卫星的线速度，由于轨道半径最小，根据
所以第一宇宙速度为最大环绕速度，也是卫星发射的最小速度，因此“羲和号”的运行速度小于第一宇宙速度，A正确，不符合题意；
B．由于第一宇宙速度为最小的发射速度，则 “羲和号”的发射速度大于第一宇宙速度，B正确，不符合题意；
CD．由题意可知，“羲和号”每天绕地球运行n圈（），因此“羲和号”的运行周期小于地球同步卫星，根据开普勒第三定律可知“羲和号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
由于“羲和号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，因此“羲和号”的向心加速度大于地球同步卫星，C正确，不符合题意；D错误，符合题意。
故选D。
【分析】第一宇宙速度为最大的环绕速度，也是最小的发射速度；根据开普勒第三定律结合周期的大小可以比较轨道半径的大小，结合加速度的表达式可以比较加速度的大小。
7．（2024高三上·顺德模拟）弹簧在生活中有着广泛的应用。很多缓冲装置就是利用弹簧的弹力作用来实现的。如图所示，某缓冲装置可抽象成由原长相等、劲度系数不同的两轻质弹簧串联而成的简单模型，在弹性限度内，垫片向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．两弹簧产生的弹力保持相等
B．垫片受到弹簧弹力等于两弹簧的弹力之和
C．两弹簧的长度保持相等
D．两弹簧产生的弹性势能相等
【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；弹性势能；胡克定律
【解析】【解答】A．由于两个弹簧相互产生的弹力属于作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，弹簧间的相互作用力大小相等，故A正确；
B.由于垫片只与一个弹簧接触，则受到弹簧弹力等于一个弹簧产生的弹力大小，故B错误；
CD．垫片向右移动时，由于两弹簧的弹力大小相等，根据胡克定律有
由于两个弹簧的劲度系数不同，可知两弹簧的压缩量不相等，而原长相同，弹簧的长度为弹簧的原长减去压缩量，则两弹簧的长度不相等。根据胡克定律可以得出：弹簧k1的形变量为
弹簧k2的形变量为
根据弹性势能的表达式可以得出：弹簧k1的弹性势能为
根据弹性势能的表达式可以得出：弹簧k2的弹性势能为
由于两弹簧劲度系数不同，所以两弹簧产生的弹性势能不相等，故CD错误。
故选A。
【分析】两个弹簧相互产生的弹力属于作用力与反作用力，弹簧间的相互作用力大小相等；垫片受到一个弹簧的弹力作用；根据胡克定律可以比较压缩量的大小，进而比较弹簧长度的大小；利用压缩量及弹性势能的表达式可以比较弹性势能的大小。
8．（2024高三上·顺德模拟）如图所示，平板车上放置某物块，运动过程中物块相对平板车静止，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．沿斜面向上运动时，物块可能只受到两个力的作用
B．沿斜面向上运动时，物块的合外力一定沿斜面向上
C．沿斜面向下运动时，车可能给物块沿斜面向上的摩擦力
D．沿斜面向下运动时，车给物块的力可能竖直向上
【答案】A,C,D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．当物块和小车一起向上做匀减速直线运动时，当加速度方向沿斜面向下，且大小为（为斜面倾角），根据牛顿第二定律可以得出物块只受到重力和支持力两个力的作用，此时物块受到的合外力沿斜面向下，故A正确，B错误；
CD．若物块沿斜面向下做的是匀速运动，根据物块的平衡条件可以得出车给物块的摩擦力沿斜面向上，根据二力平衡条件可以得出：车给物块的作用力与物块的重力平衡，方向竖直向上，故CD正确。
故选ACD。
【分析】利用物块做匀减速直线运动的加速度方向及大小可以判别物块受到力的个数及合力的方向；当物块向下匀速直线运动时，可以判别小车对物块的摩擦力方向及作用力的方向。
9．（2024高三上·顺德模拟）蝙蝠具有一种回声定位的特殊本领，它们在喉部产生短促而高频的超声波，经鼻或嘴传出后被附近物体反射回来形成回声，听觉神经中枢对回声本身以及发出声与回声间的差异进行分析，从而确定前方猎物的位置、大小、形状、结构以及运动速度与方向，下列说法正确的是（ ）
A．不同蝙蝠发出不同频率的超声波可能发生干涉
B．蝙蝠发出的超声波进入水中后传播速度不变
C．蝙蝠产生高频的超声波目的是便于捕捉较小的猎物
D．蝙蝠听到回声的频率变高时，能判断出正在靠近的猎物
【答案】C,D
【知识点】多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．两列波的干涉条件必须是两波的频率相同，则不同蝙蝠发出不同频率的超声波不可能发生干涉，选项A错误；
B．波在不同介质传播时速度会发生改变，所以蝙蝠发出的超声波进入水中后传播速度要发生变化，选项B错误；
C．根据波长和频率的关系可以得出：高频的超声波波长较短，更容易被较小的猎物反射，从而产生回声，所以蝙蝠产生高频的超声波目的是便于捕捉较小的猎物，选项C正确；
D．根据多普勒效应可知，当接收器越靠近声源时，则接收到的声音频率会变高，则蝙蝠听到回声的频率变高时，能判断出正在靠近的猎物，选项D正确。
故选CD。
【分析】两列波的干涉条件必须是两波的频率相同；波在不同介质传播时速度会发生改变；蝙蝠产生高频的超声波目的是便于捕捉较小的猎物；根据多普勒效应可知，当接收器越靠近声源时，则接收到的声音频率会变高。
10．（2024高三上·顺德模拟）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，货物A、B均视为质点，A从光滑圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时与B发生弹性碰撞。已知A的质量为5kg，B的质量为15kg。滑道高度h为0.2m，且过Q点的切线水平，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前瞬间A速度大小为3m/s
B．碰撞后瞬间两货物速度大小均为1m/s
C．碰撞后，A最高可以回到斜面上高度0.05m处
D．A和B组成的系统在整个过程中机械能和动量守恒
【答案】B,C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．A沿斜面下滑，设碰撞前瞬间A速度大小为，从P到Q由动能定理有
得A碰前的速度大小为：
故A错误；
B．A与B发生弹性碰撞，碰撞瞬间，根据动量定理和机械能守恒定律有
解得碰后A和B的速度大小为：
故B正确；
C．碰撞后，A继续沿斜面上滑，根据动能定理有
可以得出上滑的最大高度为：
故C正确；
D．由于A和B组成的系统在整个过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律的条件可以判别系统机械能守恒，由于系统受到的合外力不为0，根据动量守恒定律的条件可以判别动量不守恒，故D错误。
故选BC。
【分析】利用动能定理可以求出A碰前速度的大小；利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后两个货物速度的大小；利用动能定理可以求出碰后A上升的最大高度；利用机械能守恒定律的条件可以判别系统机械能守恒，根据动量守恒定律的条件可以判别动量不守恒。
11．（2024高三上·顺德模拟）实验室提供如图所示的气垫导轨和光电门组合实验装置，并有天平、螺旋测微器、细线、力传感器等辅助器材。某实验小组利用该装置及辅助器材来探究合外力做功与物体动能变化之间的关系，已知实验时光电门1和光电门2测出遮光条通过它们的时间分别为和。请回答下列问题：
（1）用螺旋测微器测量遮光条宽度d时，其示数如图乙所示，则 mm；
（2）实验过程中还需要测量的物理量有：两光电门之间的距离L、滑块的质量m和 （请写出物理量及对应的字母）；
（3）实验得到滑块从光电门1位置运动到光电门2位置过程中合外力做功的表达式为 ，滑块动能变化量的表式为 （用题中相关字母表示）；
（4）以下操作步骤可以减小实验误差的有 。
A．为平衡摩擦力适当垫高导轨右端
B．两个光电门之间的距离适当远一些
C．遮光条的宽度适当小一些
D．换用质量尽量大的滑块
【答案】0.729；力传感器的示数；；；BC
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精度为0.01mm，转动刻度估读到0.1格，根据螺旋测微器的结构可以得出遮光条宽度为
（0.729mm~0.730mm均可）
（2）实验探究为了探究合力做功与物体动能变化的关系，所以还需要利用力传感器测量拉力的大小；
（3）根据功的表达式可以得出：滑块从光电门1位置运动到光电门2位置过程中合外力做功的表达式为
根据平均速度公式可以得出：滑块通过两光电门的瞬时速度为
，
根据动能的表达式可以得出：滑块动能变化量的表式为
（4）A．因为滑块与气垫导轨之间的摩擦力接近为0，所以不需要把气垫导轨的右端适当垫高来平衡摩擦力，故A错误；
B．两光电门之间的距离L适当大一些，这样可以使测量L的相对误差小些，故B正确；
C．实验中利用滑块经过光电门的平均速度近似为滑块经过光电门的瞬时速度，则要求遮光条的宽度适当小一点，滑块通过光电门的时间更短，其平均速度更接近通过光电门的瞬时速度，有利于减小误差，故C正确；
D．当滑块的质量变大时，由于对滑块的速度和动能变化没有没有影响，不能减小实验误差，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）利用螺旋测微器的结构可以得出遮光条的宽度；
（2）探究合外力做功的大小则需要利用力传感器测量拉力的大小；
（3）利用功的表达式可以求出合外力做功的表达式；利用平均速度公式可以求出滑块经过光电门的速度，结合动能的表达式可以求出动能变化量的大小；
（4）因为滑块与气垫导轨之间的摩擦力接近为0，所以不需要把气垫导轨的右端适当垫高来平衡摩擦力；两光电门之间的距离L适当大一些，这样可以使测量L的相对误差小些；实验中利用滑块经过光电门的平均速度近似为滑块经过光电门的瞬时速度，则要求遮光条的宽度适当小一点，滑块通过光电门的时间更短，其平均速度更接近通过光电门的瞬时速度，有利于减小误差；当滑块的质量变大时，由于对滑块的速度和动能变化没有没有影响，不能减小实验误差，
12．（2024高三上·顺德模拟）某研究性学习小组利用光电门传感器、天平、刻度尺研究单摆的周期与摆球质量、摆长之间的关系。实验装置如图甲所示，实验时，将小球拉起一定角度后释放（小于），利用光电门测出小球摆动的周期。
（1）该实验采用的实验方法为 （选填“控制变量法”或“理想实验法”）；
（2）如果实验组用该装置分别在北京和顺德两地进行探究“单摆的周期T与摆长L的关系”的实验，然后将实验数据绘制成图像，如图乙所示，则在顺德测得的实验结果对应的图线是 （选填“A”或“B”）；
（3）某次实验中，小组成员小明想用该装置测当地重力加速度，已知绳长为L，小球直径为d，摆球摆动过程中光电门接收到光信号强度I随时间ｔ的变化如图丙所示，和均为已知量，由此可知此次实验单摆的周期为 ，当地重力加速度大小的计算表达式 （用上述已知的物理量表示）．
【答案】控制变量法；A；；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）实验研究 研究单摆的周期与摆球质量、摆长之间的关系。为了探究周期与其中质量或者摆长的关系，则需要使用控制变量法。
（2）由单摆的周期公式有
整理有
则在图像中的斜率为
由于顺德在广东省，地理位置上靠近赤道，纬度低，所以该地区的重力加速度小。由于重力加速度偏小则图像斜率偏大，由于图线A的斜率偏大，所以为在顺德地区测得实验结果
（3）摆球在摆动的过程中，根据摆球的周期公式有
整理可以得出重力加速度的表达式为：
因为摆球在一个周期内要经过两次光电门，根据多次经过光电门的时间和周期的关系有：
整理周期为：
根据几何关系可以得出：摆球的摆长为
联立上面等式可以得出重力加速度的表达式为：
【分析】（1）为了探究周期与其中质量或者摆长的关系，则需要使用控制变量法；
（2）根据单摆周期的公式结合重力加速度对图像斜率的影响可以判别顺德测得的实验结果对应图线A；
（3）利用图像中小球摆动的时间可以求出单摆的周期，结合周期的表达式及摆长的大小可以求出重力加速度的表达式。
13．（2024高三上·顺德模拟）2023年9月21日，中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课，为广大青少年带来一场精彩的太空科普课。在奇妙“乒乓球”实验中，神舟十六号航天员朱杨柱用“特制”乒乓球拍将静止的水球拍出，若将该直线运动过程看成水球先做匀加速运动后匀速运动，其中加速时间，加速位移为，匀速阶段用时，求：
（1）水球匀速运动时的速度v的大小；
（2）加速过程中加速度大小；
（3）全过程的总位移的大小。
【答案】解：（1）椐题意水球从静止开始做匀加速直线运动可得
代入数据解得末的速度为
之后水球做匀速直线运动，速度大小等于末的速度大小为0.2m/s
（2）由匀加速直线运动规律得
代入数据解得加速过程中加速度大小为
（3）匀速阶段用时，位移大小为
水球运动全过程的总位移的大小为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）水球做匀加速直线运动，利用位移公式可以求出末速度的大小；
（2）水球做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出加速度的大小；
（3）水球做匀速直线运动，利用位移公式可以求出匀速运动的位移，结合加速运动的位移可以求出全程运动的位移大小。
14．（2024高三上·顺德模拟）生产小钢球的工厂为提高装配效率设计一款装置，其模型简化如下。ABCD可视为足够大的光滑矩形斜面，其与水平面夹角为，斜面上固定半径为R的光滑圆弧轨道MKN，其中K为圆弧最低点，半径OM与AD垂直，ON与MO延长线夹角为，某质量为m的钢球沿水平管道以大小为v的初速度从斜面左边缘P点滑上斜面，并恰好沿N点切线方向进入圆弧轨道做圆周运动，钢球滑行的最高点Q处有装配箱（图中未画出），已知重力加速度为g，求：
（1）钢球在N点的速度大小；
（2）PQ之间的距离；
（3）钢球运动到K点受轨道支持力大小。
【答案】解：（1）钢球在斜面上做类平抛运动，运动到N点时，沿半径方向和切线方向分解速度，可得
（2）依题意，斜面光滑，钢球从P点运动到Q点过程中，只有重力做功，由动能定理可得
解得
（3）钢球从N点运动到K点过程中，只有重力做功，由动能定理可得
解得
钢球在K点，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得
联立，解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）钢球做类平抛运动，利用速度的分解可以求出钢球在N点速度的大小；
（2）钢球从P到Q的过程中，利用动能定理可以求出PQ之间距离的大小；
（3）钢球从N点到K点的过程中，利用动能定理可以求出小球经过K点的速度大小，结合牛顿第二定律可以小球在K点受到的支持力的大小。
15．（2024高三上·顺德模拟）为节约人力，某公司安装斜面和传送带设备，其结构简化如下。斜面AB与水平面的夹角。水平传送带顺时针转动，长度为，速度大小为，传送带左端与斜面底端平滑相连。传送带右端下方处有货箱长的货车，在传送带左端无初速度释放货物，货物恰能落入货箱尾端。已知货物与传送带的动摩擦因数，与斜面的动摩擦因数，，重力加速度为，货物可视为质点，忽略传送轮的大小。
（1）求落入货箱尾部的货物的速度大小；
（2）当货物从斜面上距离B点18.75m处静止释放，求落入货箱的位置；
（3）在斜面存在一段长度区域，在区域内任何位置无初速度释放货物后都能落入货箱前端，求这段区域长度。
【答案】解：（1）货物在传送带上的加速度为
货物和传送带速度相等时的位移为
则货物到达传送带右端时的速度为
货物离开传送后做平抛运动，根据
解得
落入货箱尾部的货物的速度大小为
（2）根据动能定理有
解得
货物到达右端过程有
解得
货物做平抛运动的时间为
无初速度滑上传送带后做平抛运动的水平位移为
当货物从斜面上距离B点18.75m处静止释放后做平抛运动的水平位移为
则落入货箱的位置距尾端距离为
（3）货物要落入货箱的前端，根据平抛运动规律有
，
解得离开传送带右端的速度为
货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最小，有
设此时距距离B点距离为，根据动能定理有
解得
货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最大，有
设此时距距离B点距离为，根据动能定理有
解得
这段区域长度为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）货物在传送带上做加速运动，根据牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出货物与传送带速度相同时运动的位移，由于传送带长度比较短，则根据速度位移公式可以求出货物离开传送带的速度大小；利用竖直方向的速度位移公式可以求出货物掉入货箱的竖直方向的分速度大小，结合速度的合成可以求出落入货箱时货物的速度大小；
（2）当货物下滑时，利用动能定理可以求出货物滑上传送带的速度大小，结合速度位移公式可以求出货物离开传送带的速度大小，结合平抛运动的位移公式可以求出货物落入货箱时距离尾端的距离大小；
（3）当货物做平抛运动时，利用平抛运动的位移公式可以求出货物离开传送带速度的大小，结合货物在传送带上做变速运动，利用速度位移公式可以求出滑上传送带的速度，结合动能定理可以求出货物下滑的区域长度。
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