广东省佛山市顺德区高中第四联盟2024-2025学年高三上学期联考物理试题
1．（2024高三上·顺德月考）高德是中国领先的数字地图内容、导航和位置服务解决方案提供商．某人欲驾车去恐龙园旅游， 高德导航地图如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A．研究汽车在导航图中的位置时，不可以把汽车看作质点
B．图中显示的“25 分钟”是指时间间隔
C．备选方案二路线中的“9.9 公里”是指位移大小
D．青洋路高架限速 80 km/h，指的是车辆行驶过程中平均速度不能超过该值
【答案】B
【知识点】时间与时刻；位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】A．研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小对所研究的问题可以忽略，则可以把汽车看作质点，选项A错误；
B．导航中显示的“25 分钟”代表汽车行驶所花的时间，是指时间间隔，选项B正确；
C．备选方案二路线中的“9.9 公里”代表汽车行驶路径的长度，是指路程，选项C错误；
D．青洋路高架限速 80km/h，指的是车辆行驶过程中最大速度，是指瞬时速度，选项D错误．
【分析】物体能否作为质点主要看所研究的问题；导航中的时间和公里数代表时间间隔和路程；限速代表限制的瞬时速度的最大值。
2．（2024高三上·顺德月考）结合课本和生活中出现的以下情景，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中木板对托盘的压力就是木块和木板的总重力
B．图乙中伽利略利用该实验说明了“物体的运动不需要力来维持”
C．图丙中A同学推动B同学时，A对B的作用力大于B对A的作用力
D．图丁中，王亚平在太空授课时处于完全失重状态，重力消失了
【答案】B
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；伽利略理想斜面实验；超重与失重
【解析】【解答】A．托盘的压力施力物体的物块，物块本身的重力施力物体是地球，所以是不同性质的力，只能说木板对托盘的压力大小等于木块和木板的总重力大小，故A错误；
B．伽利略利用理想斜面实验，通过小球的运动说明运动不需要力维持，故B正确；
C．A同学推动B同学时，根据牛顿第三定律可以得出：A对B的作用力与B对A的作用力是相互作用力，总是等大反向，故C错误；
D．宇航员在太空中完全失重，是由于重力提供人做匀速圆周运动的向心力，导致是人对支撑物的压力为0的现象，重力不会消失的，故D错误。
故选B。
【分析】压力和重力属于不同性质的力；伽利略利用理想斜面实验说明运动不需要力的维持；根据牛顿第三定律可以得出作用力与反作用力相等；人处于完全失重时，重力不会消失。
3．（2024高三上·顺德月考）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别静止于水平地面的台秤P、Q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹簧秤的两端，稳定后弹簧秤的示数为F，若弹簧秤的质量不计，下列说法不正确的是（ ）
A．乙处于失重状态，受到的拉力小于F
B．台秤P的读数等于mg+F
C．台秤Q的读数为mg﹣F
D．两台秤的读数之和为2mg
【答案】A
【知识点】共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】A、以两人为系统，根据两人均处于静止状态，由于两人没有竖直方向的加速度，所以故两人不会超重或失重；故A项与题意相符；
B、由于甲处于静止，根据受力分析可以得出：甲受重力、支持力及弹簧秤向下的拉力，则有甲受到支持力为mg+F，根据平衡条件可以得出：台秤P的读数等于mg+F；故B项与题意不相符；
C、对乙分析，乙受到的拉力向上，根据平衡方程可以得出：台秤的示数为mg﹣F，故C项与题意不相符；
D、以两人为整体，整体受重力、支持力，拉力属于系统内力不计，根据平衡方程可以得出：故两台秤的示数之和为2mg；故D项与题意不相符。
故选A。
【分析】利用系统处于静止，则两人的加速度都等于0；利用甲乙的平衡方程可以求出台秤的读数大小；利用整体的平衡方程可以求出台秤的读数大小。
4．（2024高三上·顺德月考）两只质量相同的蚂蚁a、b（可视为质点）在半球形碗内从底部缓慢向上爬，某时刻处在如图所示位置，此时蚂蚁a与蚂蚁b相比（ ）
A．受到的合力大 B．受到碗的作用力大
C．受到碗的支持力大 D．受到碗的摩擦力大
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．由于蚂蚁缓慢运动，由于速度保持不变，则受力平衡，根据平衡条件可以得出蚂蚁的合力均为零，故A错误；
B．根据二力平衡的条件可以得出：蚂蚁受到碗的作用力与重力等大反向，因此蚂蚁受到碗的作用力一样大，故B错误；
CD．设蚂蚁和球心的连线与竖直方向的夹角为θ，根据蚂蚁的平衡方程有
，
根据表达式可以得出：随着θ越大，越小，越大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】蚂蚁缓慢运动属于动态平衡，则合力等于0；利用二力平衡条件可以判别碗对蚂蚁的作用力大小及方向；利用平衡方程结合角度变化可以判别支持力和摩擦力的大小变化。
5．（2024高三上·顺德月考）2024年8月3日，中国选手郑钦文在巴黎奥运会网球女单决赛中战胜克罗地亚选手维基奇夺冠，为中国网球赢得史上首枚女单奥运金牌。如图所示，网球比赛中，运动员甲某次在点直线救球倒地后，运动员乙将球从距水平地面上点高度为的点水平击出，落点为。乙击球瞬间，甲同时沿直线奔跑，恰好在球落地时赶到点。已知，网球和运动员甲均可视为质点，忽略空气阻力，则甲此次奔跑的平均加速度大小与当地重力加速度大小之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设甲此次奔跑的平均加速度大小为，当地重力加速度大小为，对甲有，根据位移公式有：
由于网球做平抛运动，根据位移公式有：
联立可得甲此次奔跑的平均加速度大小与当地重力加速度大小之比为
故选A。
【分析】网球做平抛运动，根据位移公式可以求出重力加速度的表达式，根据位移公式可以求出甲做加速运动的平均加速度大小，进而求出两者的比值。
6．（2024高三上·顺德月考）如图所示，人造地球卫星1在圆形轨道Ⅰ上运行，人造地球卫星2在椭圆轨道Ⅱ上运行，其中椭圆轨道上的A点为远地点，B点为近地点，设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（ ）
A．卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于
B．卫星1在A点的加速度大于卫星2在B点的加速度
C．卫星1和卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
D．卫星1在轨道Ⅰ上通过A点的动能大于在卫星2在轨道Ⅱ上通过A点的动能
【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题；动能
【解析】【解答】A．由于地球对表面卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得卫星的线速度大小为
根据轨道Ⅰ的轨道半径大于地球半径，故卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于，故A正确；
B．根据引力提供向心力有
可知卫星的加速度为
由于A点到地球球心的距离大于B点到地球球心的距离，根据表达式可以得出：卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度，故B错误；
C．根据开普勒第二定律，卫星1在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，且卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，由于开普勒第二定律只适用于同一轨道上的规律，则两卫星由于运行轨道不同，在相同时间内与地球连线扫过的面积不相等，故C错误；
D．根据离心运动的条件可以得出：卫星在轨道Ⅱ上A点需加速才能运动到轨道Ⅰ上，故卫星1在轨道Ⅰ上通过A点的速度大于在卫星2在轨道Ⅱ上通过A点的速度，但因为两卫星的质量关系不知道，根据动能的表达式故无法判断两卫星通过A点的动能大小，故D错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律可以比较线速度的大小；利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；开普勒第二定律只适用于同一轨道的行星；利用离心运动的条件可以比较速度大小，由于未知质量不能比较动能的大小。
7．（2024高三上·顺德月考）如图是某同学站在压力传感器上做下蹲起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息（ ）
A．1s时人处在下蹲的最低点
B．该同学做了两次下蹲起立的动作
C．2s末人的重心在最低点静止不动
D．3s末人的重心速度最大
【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．人在下蹲过程中，由于人的速度先增大后减小，则加速度方向先向下后向上，则人先处于失重后处于超重状态，则压力传感器对人的支持力先比重力小，后比重力大，可知0~2s内该同学仅仅完成了一次下蹲，1s时，人加速度向下，人处在向下加速的状态，A错误；
C.2s末前后短时间内，由于人的加速度等于0所以人的重心处在下蹲的最低点，人处于静止不动，C正确；
B．由于2s末人的重心在最低点静止不动，由于支持力先大于重力后小于重力，则2s~4s之间的一段时间内，人完成一次完整的起立动作，由于人上升时速度先增大后减小，则加速度方向先向上后向下，根据牛顿第二定律可以得出：压力传感器对人的支持力先比重力大，后比重力小，通过分析可知，图中所示的图线只描述了一次下蹲起立的动作，B错误；
D．根据图像可知，3s末压力传感器对人的支持力小于重力，由于人上升过程加速度向下，则人处于起立阶段的减速过程，所以此时重心速度不是处于最大值，当重力和支持力相等时，则重心速度出现最大值，该时刻应该处于3s时刻之前压力传感器的支持力大小等于重力的那一时刻，D错误。
故选C。
【分析】人下蹲过程中，利用速度的变化可以判别加速度的方向，利用人加速度的变化可以判别此时人处于的运动状态；利用超重与失重的次数可以判别下蹲和起立的次数；利用人的加速度情况可以判别人的运动情况进而判别人的位置。
8．（2024高三上·顺德月考）链球运动是田径项目中的一个投掷类竞技项目，比赛时运动员紧握链球把手，通过身体旋转，将链球沿预定角度掷出。某次比赛中，假设链球脱手前做匀速圆周运动，其圆周平面与水平面夹角为，如图所示，不计连接链球的铁链质量，忽略空气阻力影响，在链球脱手前做匀速圆周运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．铁链的拉力大小不变，方向时刻指向圆心
B．铁链的拉力在最高点最小，最低点最大
C．链球上升过程中，克服重力做功的瞬时功率先增大后减小
D．下降过程中，铁链拉力一直做负功
【答案】B,C,D
【知识点】匀速圆周运动；功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A．根据匀速圆周运动受力情况可判断，链球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，铁链的拉力和链球的重力的合力大小不变，方向时刻指向圆心，故A错误；
B．根据临界点受力情况，链球做匀速圆周运动的向心力的大小不变，重力为恒力，则拉力在最高点最小，最低点最大，故B正确；
C．根据功率的公式求解，在最高点时，速度方向与重力方向垂直，瞬时功率为零，在最低点时，速度方向与重力方向垂直，瞬时功率为零，而在最高点和最低点之间重力瞬时功率不为零，故链球上升过程中，克服重力做功的瞬时功率先增大后减小，故C正确；
D．根据机械能守恒的条件分析，链球下降过程中，铁链拉力一直做负功，链球的机械能不断减小，故D正确。
故选BCD。
【分析】注意受力分析，指向圆心的合力充当向心力。不一定是合力充当向心力。
9．（2024高三上·顺德月考）“水火箭”是一项深受学生喜欢的科技活动，某学习小组利用饮料瓶制作的水火箭如图甲所示，其发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大，当瓶口与橡皮塞脱离时，瓶内水向后喷出，水火箭获得推力向上射出。图乙是某次竖直发射时测绘的水火箭速度v与时间t的图像，其中时刻为“水火箭”起飞时刻，段是斜率绝对值为g的直线，忽略空气阻力。关于“水火箭”的运动，下列说法正确的是（ ）
A．在时刻中，时刻加速度最大
B．“水火箭”在时刻达到最高点
C．在时刻失去推力
D．时间内“水火箭”做自由落体运动
【答案】A,C
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，由于图像的斜率表示加速度，根据图像斜率可以得出：在时刻斜率最大，则加速度最大，故A正确；
B．由于速度的符号代表运动的方向，则“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，时刻后仍在上升，故B错误；
C．根据图像斜率代表加速度的大小，则t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，由于水火箭只受到重力，则“水火箭”在时刻失去推力，故C正确；
D．时间内“水火箭”的速度方向是正的，速度方向向上，由于只受到重力所以“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。
故选AC。
【分析】利用图像斜率可以判别加速度的大小及方向；利用加速度等于重力加速度时可以判别火箭失去推力的作用；利用火箭的速度方向结合加速度可以判别火箭的运动情况。
10．（2024高三上·顺德月考）我国北斗卫星导航系统定位精度可达米级，如图P点是北纬37°（即）地球表面上一颗等待发射的卫星，质量相同的北斗导航卫星A、B均绕地心O做匀速圆周运动，卫星B是地球静止轨道卫星（同步地球卫星）。某时刻P、A、B、O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且垂直，则（ ）
A．三颗卫星中角速度最大的是A卫星
B．三颗卫星中线速度最大的是B卫星
C．卫星A、B的加速度之比
D．卫星A、B的动能之比
【答案】A,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题；动能
【解析】【解答】AB． 卫星B是地球静止轨道卫星 ，所以卫星B和P点卫星自转的角速度大小相等，由于卫星B的轨道半径大于卫星P的轨道半径，所以卫星B的线速度大于P点的卫星线速度，卫星A、B均绕地心O做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有
由于A的轨道半径小于B卫星的轨道半径，则根据表达式可以得出：
故A正确，B错误；
C．根据引力提供向心力有：，卫星A、B的加速度之比
故C正确；
D．根据引力提供向心力可以得出线速度的表达式为，可得
根据动能的表达式有：则可以得出：卫星A、B的动能之比
故D错误。
故选AC。
【分析】利用卫星B与P点卫星周期相等可以判别角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小；利用引力提供向心力可以比较卫星B和A的线速度和角速度的大小；利用引力提供向心力可以求出加速度和线速度的比值，结合质量的大小可以求出动能的比值。
11．（2024高三上·顺德月考）某实验小组用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，如图甲所示。在轻杆上端装上转轴，固定于竖直放置的标有角度的纸板上的点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直纸面内自由转动。将此装置固定于运动小车上，可粗略测量小车的加速度。主要操作如下：
（1）先让连着纸带的重锤做自由落体运动，打点计时器在纸带上打出一系列点选取一条较理想的纸带，纸带上计数点的间距如图乙所示，相邻两个计数点间的时间间隔为。根据数据求出当地重力加速度 （保留3位有效数字）；
（2）若轻杆从竖直位置突然向左摆动，则小车可能向 （填“左”或“右”）加速运动；
（3）若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为，则小车加速度 （用表示）。
【答案】（1）9.75
（2）右
（3）
【知识点】自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）由于重物做自由落体运动，根据逐差法可得当地重力加速度为
（2）若轻杆从竖直位置突然向左摆动，根据重力和杆拉力的合力可以得出小球受到向右的合力，根据牛顿第二定律可以得出：加速度方向水平向右，小车可能向右加速运动。
（3）若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为，以小球为对象，根据水平方向的牛顿第二定律可以得出：
可得小球的加速度为：
则小车加速度为。
【分析】（1）利用逐差法可以求出重力加速度的大小；
（2）利用小球受到的合力方向可以判别加速度的方向，进而判别小车的速度变化；
（3）利用小球的牛顿第二定律可以求出小球的加速度大小，进而求出小车加速度的大小。
（1）根据逐差法可得当地重力加速度为
代入数据解得
（2）若轻杆从竖直位置突然向左摆动，可知小球受到重力和轻杆弹力的合力方向水平向右，则加速度方向水平向右，小车可能向右加速运动。
（3）若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为，以小球为对象，根据受力平衡可得
可得
则小车加速度为。
12．（2024高三上·顺德月考）某兴趣小组进行节能减排的社会实践活动时，偶然发现学校某处水管存在泄露现象，并及时报告老师。之后有同学提出利用所学知识进行模拟实验，实验仪器有：卷尺、50分度游标卡尺、注射器、内径均匀的金属喷管。实验原理如图甲所示，把喷管安装在注射器上，施加压力使水流以恒定速率水平射出，测量喷管离地高度H、水流喷射的水平距离L，用游标卡尺测量喷管的内径D（如图乙所示）。完成下列填空：
（1）水流可视为大量连续的小水珠，不考虑空气阻力的影响，每个小水珠射出后做 运动；
（2）图乙中游标卡尺读数为 mm；
（3）实验中下列操作正确的是_______；
A．使用游标卡尺测量喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，卡紧喷管进行读数
B．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数
C．游标卡尺使用完毕后，使游标尺与主尺保持2~3mm空隙，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子
（4）测得，（根据实验实际情况选取的有效数位），水流射出喷管时的流速 m/s（计算结果保留两位有效数字，重力加速度大小取）。
（5）某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则计算出来的流量比喷管水平时 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）平抛
（2）3.60
（3）B
（4）4.0
（5）偏小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）水流可视为大量连续的小水珠，由于水珠飞出只受到重力，又具有水平方向的初速度则每个小水珠射出后做平抛运动；
（2）根据游标卡尺的结构可以得出：游标卡尺读数为
3mm+0.02mm×30=3.60mm
（3）AB．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数，选项A错误，B正确；
C．游标卡尺使用完毕后，使两量爪合并，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子，选项C错误。
故选B。
（4）由于水珠做平抛运动，根据位移公式有：
，
解得水珠的初速度大小为：
（5）某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则水流的水平射程偏小，根据初速度的表达式
则水流平抛运动的速度偏小，则计算出来的流量比喷管水平时偏小。
【分析】（1）水珠只受到重力，具有水平方向的初速度做平抛运动；
（2）利用游标卡尺的结构可以读出对应的读数；
（3）使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数；C．游标卡尺使用完毕后，使两量爪合并，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子；
（4）利用平抛运动的位移公式可以求出水珠初速度的大小；
（5）利用喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则水流的水平射程偏小，根据初速度的表达式可以得出水平初速度偏小，则计算出来的流量比喷管水平时偏小。
（1）水流可视为大量连续的小水珠，不考虑空气阻力的影响，每个小水珠射出后做平抛运动；
（2）游标卡尺读数为
3mm+0.02mm×30=3.60mm
（3）AB．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数，选项A错误，B正确；
C．游标卡尺使用完毕后，使两量爪合并，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子，选项C错误。
故选B。
（4）根据平抛运动的规律可知
，
解得
（5）某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则水流的水平射程偏小，则水流平抛运动的速度偏小，则计算出来的流量比喷管水平时偏小。
13．（2024高三上·顺德月考）近年来，垃圾分类整治力度逐年加强，垃圾运输车的“抓臂”将垃圾桶竖直夹起，再将垃圾桶内垃圾倾斜倒入车斗。已知垃圾桶质量，桶内垃圾质量，两个“抓手”与桶外壁间的动摩擦因数，垃圾与内曈间的动摩摖因数为，垃圾桶搭至车尾部，卸除“抓手”弹力后，斜向下至少倾斜到与水平面成时才能将垃圾倒出。重力加速度取，将垃圾桶视为竖直圆柱体。求：
（1）若垃圾桶不会竖直滑脱，每个“抓手”至少要给侧壁多大的弹力；
（2）的大小。
【答案】解：（1）根据
又
联立得
（2）桶倾斜至时垃圾将要下滑，有
代入数据得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）若垃圾桶不会竖直滑脱，桶壁两侧所受两个最大静摩擦力的合力应大于等于垃圾桶总重力；
（2）垃圾在倾斜的桶内被倒出的过程中，只与下面内侧壁之间存在弹力和摩擦力。
14．（2024高三上·顺德月考）甲、乙两个同学在直跑道上练习4×100m接力交接棒，甲在距离接力区前端处向乙发出起跑口令，并以10m/s的速度跑完全程，乙在接力区前端听到起跑口令后立即起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒。已知乙运动员在起跑加速阶段的第3s内通过的距离为5m，乙从起跑到接棒前的运动是匀加速运动，接力区的长度为L＝20m。求：
（1）在甲、乙交接棒时乙的速度大小；
（2）若不考虑接力区长度的限制，使甲、乙速度相等时完成交接棒，甲在距离乙多远时发出起跑口令。
【答案】解：（1）设乙运动员在匀加速阶段的加速度为a，在前2s和前3s内通过的位移分别为x2和，由运动学规律得
由题意可知
联立可得
设经过时间甲追上乙，由位移关系可得
解得
，（不合理舍去）
此刻乙的速度
（2）当甲、乙速度相等时，所需时间为，可得
在这段时间内，乙的位移
甲的位移
可得
故甲应在距离乙25m处发出起跑口令。
【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时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）已知乙运动员做匀加速直线运动，利用位移公式可以求出加速度的大小；结合位移公式及甲乙之间的距离可以求出乙追上甲所花的时间，结合速度公式可以求出乙的速度大小；
（2）当甲乙速度相等时，利用位移公式可以求出两者之间的位移，进而求出两者之间最大的距离。
15．（2024高三上·顺德月考）传送带广泛应用于生产生活的多种场景。如图所示，足够长的传送带与长度的滑板在同一水平面紧密衔接，滑板右端装有厚度不计的挡板，滑板质量。可视为质点的包裹（底部有黑色粉末）从传送带左端无初速度释放，一段时间后冲上滑板。已知包裹的质量，包裹与传送带的动摩擦因数，包裹与滑板的动摩擦因数，滑板与台面的动摩擦因数，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，不计包裹经过衔接处的机械能损失，重力加速度大小取。
（1）当传送带以速度顺时针匀速运动时，求包裹与传送带上留下的痕迹及包裹在滑板上留下的痕迹；
（2）为保证包裹不与滑板右端的挡板相撞，求传送带的最大速度。
【答案】（1）解：（1）包裹在传送带上的加速度为
设包裹与传送带经过时达共速，则有
解得
包裹加速过程的位移为
此过程传送带的位移为
包裹在传送带上留下的痕迹为
包裹在滑板上的加速度为
滑板的加速度为
设包裹与滑板经过时间达共速，则有
解得
包裹与滑板的共同速度为
包裹的位移为
滑板的位移为
包裹在滑板上留下的痕迹
（2）解：（2）设传送带的最大速度为时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的时间
共同速度
包裹的位移为
滑板的位移
为
二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）包裹在传送带上做加速运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度大小，结合速度公式可以求出加速的时间，结合位移公式可以求出包裹加速的位移，利用位移公式可以求出传送带的位移，进而求出划痕的大小；包裹在滑板上运动，利用牛顿第二定律可以求出包裹和滑板加速度的大小，结合速度公式可以求出共速所花的时间，结合位移公式可以求出划痕的大小；
（2）当传送带速度最大时，利用速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出传送带的最大速度大小。
（1）包裹在传送带上的加速度为
设包裹与传送带经过时达共速，则有
解得
包裹加速过程的位移为
此过程传送带的位移为
包裹在传送带上留下的痕迹为
包裹在滑板上的加速度为
滑板的加速度为
设包裹与滑板经过时间达共速，则有
解得
包裹与滑板的共同速度为
包裹的位移为
滑板的位移为
包裹在滑板上留下的痕迹
（2）设传送带的最大速度为时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的时间
共同速度
包裹的位移为
滑板的位移
为
二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即
解得
1 / 1广东省佛山市顺德区高中第四联盟2024-2025学年高三上学期联考物理试题
1．（2024高三上·顺德月考）高德是中国领先的数字地图内容、导航和位置服务解决方案提供商．某人欲驾车去恐龙园旅游， 高德导航地图如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A．研究汽车在导航图中的位置时，不可以把汽车看作质点
B．图中显示的“25 分钟”是指时间间隔
C．备选方案二路线中的“9.9 公里”是指位移大小
D．青洋路高架限速 80 km/h，指的是车辆行驶过程中平均速度不能超过该值
2．（2024高三上·顺德月考）结合课本和生活中出现的以下情景，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中木板对托盘的压力就是木块和木板的总重力
B．图乙中伽利略利用该实验说明了“物体的运动不需要力来维持”
C．图丙中A同学推动B同学时，A对B的作用力大于B对A的作用力
D．图丁中，王亚平在太空授课时处于完全失重状态，重力消失了
3．（2024高三上·顺德月考）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别静止于水平地面的台秤P、Q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹簧秤的两端，稳定后弹簧秤的示数为F，若弹簧秤的质量不计，下列说法不正确的是（ ）
A．乙处于失重状态，受到的拉力小于F
B．台秤P的读数等于mg+F
C．台秤Q的读数为mg﹣F
D．两台秤的读数之和为2mg
4．（2024高三上·顺德月考）两只质量相同的蚂蚁a、b（可视为质点）在半球形碗内从底部缓慢向上爬，某时刻处在如图所示位置，此时蚂蚁a与蚂蚁b相比（ ）
A．受到的合力大 B．受到碗的作用力大
C．受到碗的支持力大 D．受到碗的摩擦力大
5．（2024高三上·顺德月考）2024年8月3日，中国选手郑钦文在巴黎奥运会网球女单决赛中战胜克罗地亚选手维基奇夺冠，为中国网球赢得史上首枚女单奥运金牌。如图所示，网球比赛中，运动员甲某次在点直线救球倒地后，运动员乙将球从距水平地面上点高度为的点水平击出，落点为。乙击球瞬间，甲同时沿直线奔跑，恰好在球落地时赶到点。已知，网球和运动员甲均可视为质点，忽略空气阻力，则甲此次奔跑的平均加速度大小与当地重力加速度大小之比为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·顺德月考）如图所示，人造地球卫星1在圆形轨道Ⅰ上运行，人造地球卫星2在椭圆轨道Ⅱ上运行，其中椭圆轨道上的A点为远地点，B点为近地点，设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（ ）
A．卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于
B．卫星1在A点的加速度大于卫星2在B点的加速度
C．卫星1和卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
D．卫星1在轨道Ⅰ上通过A点的动能大于在卫星2在轨道Ⅱ上通过A点的动能
7．（2024高三上·顺德月考）如图是某同学站在压力传感器上做下蹲起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息（ ）
A．1s时人处在下蹲的最低点
B．该同学做了两次下蹲起立的动作
C．2s末人的重心在最低点静止不动
D．3s末人的重心速度最大
8．（2024高三上·顺德月考）链球运动是田径项目中的一个投掷类竞技项目，比赛时运动员紧握链球把手，通过身体旋转，将链球沿预定角度掷出。某次比赛中，假设链球脱手前做匀速圆周运动，其圆周平面与水平面夹角为，如图所示，不计连接链球的铁链质量，忽略空气阻力影响，在链球脱手前做匀速圆周运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．铁链的拉力大小不变，方向时刻指向圆心
B．铁链的拉力在最高点最小，最低点最大
C．链球上升过程中，克服重力做功的瞬时功率先增大后减小
D．下降过程中，铁链拉力一直做负功
9．（2024高三上·顺德月考）“水火箭”是一项深受学生喜欢的科技活动，某学习小组利用饮料瓶制作的水火箭如图甲所示，其发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大，当瓶口与橡皮塞脱离时，瓶内水向后喷出，水火箭获得推力向上射出。图乙是某次竖直发射时测绘的水火箭速度v与时间t的图像，其中时刻为“水火箭”起飞时刻，段是斜率绝对值为g的直线，忽略空气阻力。关于“水火箭”的运动，下列说法正确的是（ ）
A．在时刻中，时刻加速度最大
B．“水火箭”在时刻达到最高点
C．在时刻失去推力
D．时间内“水火箭”做自由落体运动
10．（2024高三上·顺德月考）我国北斗卫星导航系统定位精度可达米级，如图P点是北纬37°（即）地球表面上一颗等待发射的卫星，质量相同的北斗导航卫星A、B均绕地心O做匀速圆周运动，卫星B是地球静止轨道卫星（同步地球卫星）。某时刻P、A、B、O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且垂直，则（ ）
A．三颗卫星中角速度最大的是A卫星
B．三颗卫星中线速度最大的是B卫星
C．卫星A、B的加速度之比
D．卫星A、B的动能之比
11．（2024高三上·顺德月考）某实验小组用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，如图甲所示。在轻杆上端装上转轴，固定于竖直放置的标有角度的纸板上的点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直纸面内自由转动。将此装置固定于运动小车上，可粗略测量小车的加速度。主要操作如下：
（1）先让连着纸带的重锤做自由落体运动，打点计时器在纸带上打出一系列点选取一条较理想的纸带，纸带上计数点的间距如图乙所示，相邻两个计数点间的时间间隔为。根据数据求出当地重力加速度 （保留3位有效数字）；
（2）若轻杆从竖直位置突然向左摆动，则小车可能向 （填“左”或“右”）加速运动；
（3）若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为，则小车加速度 （用表示）。
12．（2024高三上·顺德月考）某兴趣小组进行节能减排的社会实践活动时，偶然发现学校某处水管存在泄露现象，并及时报告老师。之后有同学提出利用所学知识进行模拟实验，实验仪器有：卷尺、50分度游标卡尺、注射器、内径均匀的金属喷管。实验原理如图甲所示，把喷管安装在注射器上，施加压力使水流以恒定速率水平射出，测量喷管离地高度H、水流喷射的水平距离L，用游标卡尺测量喷管的内径D（如图乙所示）。完成下列填空：
（1）水流可视为大量连续的小水珠，不考虑空气阻力的影响，每个小水珠射出后做 运动；
（2）图乙中游标卡尺读数为 mm；
（3）实验中下列操作正确的是_______；
A．使用游标卡尺测量喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，卡紧喷管进行读数
B．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数
C．游标卡尺使用完毕后，使游标尺与主尺保持2~3mm空隙，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子
（4）测得，（根据实验实际情况选取的有效数位），水流射出喷管时的流速 m/s（计算结果保留两位有效数字，重力加速度大小取）。
（5）某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则计算出来的流量比喷管水平时 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
13．（2024高三上·顺德月考）近年来，垃圾分类整治力度逐年加强，垃圾运输车的“抓臂”将垃圾桶竖直夹起，再将垃圾桶内垃圾倾斜倒入车斗。已知垃圾桶质量，桶内垃圾质量，两个“抓手”与桶外壁间的动摩擦因数，垃圾与内曈间的动摩摖因数为，垃圾桶搭至车尾部，卸除“抓手”弹力后，斜向下至少倾斜到与水平面成时才能将垃圾倒出。重力加速度取，将垃圾桶视为竖直圆柱体。求：
（1）若垃圾桶不会竖直滑脱，每个“抓手”至少要给侧壁多大的弹力；
（2）的大小。
14．（2024高三上·顺德月考）甲、乙两个同学在直跑道上练习4×100m接力交接棒，甲在距离接力区前端处向乙发出起跑口令，并以10m/s的速度跑完全程，乙在接力区前端听到起跑口令后立即起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒。已知乙运动员在起跑加速阶段的第3s内通过的距离为5m，乙从起跑到接棒前的运动是匀加速运动，接力区的长度为L＝20m。求：
（1）在甲、乙交接棒时乙的速度大小；
（2）若不考虑接力区长度的限制，使甲、乙速度相等时完成交接棒，甲在距离乙多远时发出起跑口令。
15．（2024高三上·顺德月考）传送带广泛应用于生产生活的多种场景。如图所示，足够长的传送带与长度的滑板在同一水平面紧密衔接，滑板右端装有厚度不计的挡板，滑板质量。可视为质点的包裹（底部有黑色粉末）从传送带左端无初速度释放，一段时间后冲上滑板。已知包裹的质量，包裹与传送带的动摩擦因数，包裹与滑板的动摩擦因数，滑板与台面的动摩擦因数，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，不计包裹经过衔接处的机械能损失，重力加速度大小取。
（1）当传送带以速度顺时针匀速运动时，求包裹与传送带上留下的痕迹及包裹在滑板上留下的痕迹；
（2）为保证包裹不与滑板右端的挡板相撞，求传送带的最大速度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】时间与时刻；位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】A．研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小对所研究的问题可以忽略，则可以把汽车看作质点，选项A错误；
B．导航中显示的“25 分钟”代表汽车行驶所花的时间，是指时间间隔，选项B正确；
C．备选方案二路线中的“9.9 公里”代表汽车行驶路径的长度，是指路程，选项C错误；
D．青洋路高架限速 80km/h，指的是车辆行驶过程中最大速度，是指瞬时速度，选项D错误．
【分析】物体能否作为质点主要看所研究的问题；导航中的时间和公里数代表时间间隔和路程；限速代表限制的瞬时速度的最大值。
2．【答案】B
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；伽利略理想斜面实验；超重与失重
【解析】【解答】A．托盘的压力施力物体的物块，物块本身的重力施力物体是地球，所以是不同性质的力，只能说木板对托盘的压力大小等于木块和木板的总重力大小，故A错误；
B．伽利略利用理想斜面实验，通过小球的运动说明运动不需要力维持，故B正确；
C．A同学推动B同学时，根据牛顿第三定律可以得出：A对B的作用力与B对A的作用力是相互作用力，总是等大反向，故C错误；
D．宇航员在太空中完全失重，是由于重力提供人做匀速圆周运动的向心力，导致是人对支撑物的压力为0的现象，重力不会消失的，故D错误。
故选B。
【分析】压力和重力属于不同性质的力；伽利略利用理想斜面实验说明运动不需要力的维持；根据牛顿第三定律可以得出作用力与反作用力相等；人处于完全失重时，重力不会消失。
3．【答案】A
【知识点】共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】A、以两人为系统，根据两人均处于静止状态，由于两人没有竖直方向的加速度，所以故两人不会超重或失重；故A项与题意相符；
B、由于甲处于静止，根据受力分析可以得出：甲受重力、支持力及弹簧秤向下的拉力，则有甲受到支持力为mg+F，根据平衡条件可以得出：台秤P的读数等于mg+F；故B项与题意不相符；
C、对乙分析，乙受到的拉力向上，根据平衡方程可以得出：台秤的示数为mg﹣F，故C项与题意不相符；
D、以两人为整体，整体受重力、支持力，拉力属于系统内力不计，根据平衡方程可以得出：故两台秤的示数之和为2mg；故D项与题意不相符。
故选A。
【分析】利用系统处于静止，则两人的加速度都等于0；利用甲乙的平衡方程可以求出台秤的读数大小；利用整体的平衡方程可以求出台秤的读数大小。
4．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．由于蚂蚁缓慢运动，由于速度保持不变，则受力平衡，根据平衡条件可以得出蚂蚁的合力均为零，故A错误；
B．根据二力平衡的条件可以得出：蚂蚁受到碗的作用力与重力等大反向，因此蚂蚁受到碗的作用力一样大，故B错误；
CD．设蚂蚁和球心的连线与竖直方向的夹角为θ，根据蚂蚁的平衡方程有
，
根据表达式可以得出：随着θ越大，越小，越大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】蚂蚁缓慢运动属于动态平衡，则合力等于0；利用二力平衡条件可以判别碗对蚂蚁的作用力大小及方向；利用平衡方程结合角度变化可以判别支持力和摩擦力的大小变化。
5．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设甲此次奔跑的平均加速度大小为，当地重力加速度大小为，对甲有，根据位移公式有：
由于网球做平抛运动，根据位移公式有：
联立可得甲此次奔跑的平均加速度大小与当地重力加速度大小之比为
故选A。
【分析】网球做平抛运动，根据位移公式可以求出重力加速度的表达式，根据位移公式可以求出甲做加速运动的平均加速度大小，进而求出两者的比值。
6．【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题；动能
【解析】【解答】A．由于地球对表面卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得卫星的线速度大小为
根据轨道Ⅰ的轨道半径大于地球半径，故卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于，故A正确；
B．根据引力提供向心力有
可知卫星的加速度为
由于A点到地球球心的距离大于B点到地球球心的距离，根据表达式可以得出：卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度，故B错误；
C．根据开普勒第二定律，卫星1在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，且卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，由于开普勒第二定律只适用于同一轨道上的规律，则两卫星由于运行轨道不同，在相同时间内与地球连线扫过的面积不相等，故C错误；
D．根据离心运动的条件可以得出：卫星在轨道Ⅱ上A点需加速才能运动到轨道Ⅰ上，故卫星1在轨道Ⅰ上通过A点的速度大于在卫星2在轨道Ⅱ上通过A点的速度，但因为两卫星的质量关系不知道，根据动能的表达式故无法判断两卫星通过A点的动能大小，故D错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律可以比较线速度的大小；利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；开普勒第二定律只适用于同一轨道的行星；利用离心运动的条件可以比较速度大小，由于未知质量不能比较动能的大小。
7．【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．人在下蹲过程中，由于人的速度先增大后减小，则加速度方向先向下后向上，则人先处于失重后处于超重状态，则压力传感器对人的支持力先比重力小，后比重力大，可知0~2s内该同学仅仅完成了一次下蹲，1s时，人加速度向下，人处在向下加速的状态，A错误；
C.2s末前后短时间内，由于人的加速度等于0所以人的重心处在下蹲的最低点，人处于静止不动，C正确；
B．由于2s末人的重心在最低点静止不动，由于支持力先大于重力后小于重力，则2s~4s之间的一段时间内，人完成一次完整的起立动作，由于人上升时速度先增大后减小，则加速度方向先向上后向下，根据牛顿第二定律可以得出：压力传感器对人的支持力先比重力大，后比重力小，通过分析可知，图中所示的图线只描述了一次下蹲起立的动作，B错误；
D．根据图像可知，3s末压力传感器对人的支持力小于重力，由于人上升过程加速度向下，则人处于起立阶段的减速过程，所以此时重心速度不是处于最大值，当重力和支持力相等时，则重心速度出现最大值，该时刻应该处于3s时刻之前压力传感器的支持力大小等于重力的那一时刻，D错误。
故选C。
【分析】人下蹲过程中，利用速度的变化可以判别加速度的方向，利用人加速度的变化可以判别此时人处于的运动状态；利用超重与失重的次数可以判别下蹲和起立的次数；利用人的加速度情况可以判别人的运动情况进而判别人的位置。
8．【答案】B,C,D
【知识点】匀速圆周运动；功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A．根据匀速圆周运动受力情况可判断，链球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，铁链的拉力和链球的重力的合力大小不变，方向时刻指向圆心，故A错误；
B．根据临界点受力情况，链球做匀速圆周运动的向心力的大小不变，重力为恒力，则拉力在最高点最小，最低点最大，故B正确；
C．根据功率的公式求解，在最高点时，速度方向与重力方向垂直，瞬时功率为零，在最低点时，速度方向与重力方向垂直，瞬时功率为零，而在最高点和最低点之间重力瞬时功率不为零，故链球上升过程中，克服重力做功的瞬时功率先增大后减小，故C正确；
D．根据机械能守恒的条件分析，链球下降过程中，铁链拉力一直做负功，链球的机械能不断减小，故D正确。
故选BCD。
【分析】注意受力分析，指向圆心的合力充当向心力。不一定是合力充当向心力。
9．【答案】A,C
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，由于图像的斜率表示加速度，根据图像斜率可以得出：在时刻斜率最大，则加速度最大，故A正确；
B．由于速度的符号代表运动的方向，则“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，时刻后仍在上升，故B错误；
C．根据图像斜率代表加速度的大小，则t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，由于水火箭只受到重力，则“水火箭”在时刻失去推力，故C正确；
D．时间内“水火箭”的速度方向是正的，速度方向向上，由于只受到重力所以“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。
故选AC。
【分析】利用图像斜率可以判别加速度的大小及方向；利用加速度等于重力加速度时可以判别火箭失去推力的作用；利用火箭的速度方向结合加速度可以判别火箭的运动情况。
10．【答案】A,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题；动能
【解析】【解答】AB． 卫星B是地球静止轨道卫星 ，所以卫星B和P点卫星自转的角速度大小相等，由于卫星B的轨道半径大于卫星P的轨道半径，所以卫星B的线速度大于P点的卫星线速度，卫星A、B均绕地心O做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有
由于A的轨道半径小于B卫星的轨道半径，则根据表达式可以得出：
故A正确，B错误；
C．根据引力提供向心力有：，卫星A、B的加速度之比
故C正确；
D．根据引力提供向心力可以得出线速度的表达式为，可得
根据动能的表达式有：则可以得出：卫星A、B的动能之比
故D错误。
故选AC。
【分析】利用卫星B与P点卫星周期相等可以判别角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小；利用引力提供向心力可以比较卫星B和A的线速度和角速度的大小；利用引力提供向心力可以求出加速度和线速度的比值，结合质量的大小可以求出动能的比值。
11．【答案】（1）9.75
（2）右
（3）
【知识点】自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）由于重物做自由落体运动，根据逐差法可得当地重力加速度为
（2）若轻杆从竖直位置突然向左摆动，根据重力和杆拉力的合力可以得出小球受到向右的合力，根据牛顿第二定律可以得出：加速度方向水平向右，小车可能向右加速运动。
（3）若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为，以小球为对象，根据水平方向的牛顿第二定律可以得出：
可得小球的加速度为：
则小车加速度为。
【分析】（1）利用逐差法可以求出重力加速度的大小；
（2）利用小球受到的合力方向可以判别加速度的方向，进而判别小车的速度变化；
（3）利用小球的牛顿第二定律可以求出小球的加速度大小，进而求出小车加速度的大小。
（1）根据逐差法可得当地重力加速度为
代入数据解得
（2）若轻杆从竖直位置突然向左摆动，可知小球受到重力和轻杆弹力的合力方向水平向右，则加速度方向水平向右，小车可能向右加速运动。
（3）若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为，以小球为对象，根据受力平衡可得
可得
则小车加速度为。
12．【答案】（1）平抛
（2）3.60
（3）B
（4）4.0
（5）偏小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）水流可视为大量连续的小水珠，由于水珠飞出只受到重力，又具有水平方向的初速度则每个小水珠射出后做平抛运动；
（2）根据游标卡尺的结构可以得出：游标卡尺读数为
3mm+0.02mm×30=3.60mm
（3）AB．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数，选项A错误，B正确；
C．游标卡尺使用完毕后，使两量爪合并，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子，选项C错误。
故选B。
（4）由于水珠做平抛运动，根据位移公式有：
，
解得水珠的初速度大小为：
（5）某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则水流的水平射程偏小，根据初速度的表达式
则水流平抛运动的速度偏小，则计算出来的流量比喷管水平时偏小。
【分析】（1）水珠只受到重力，具有水平方向的初速度做平抛运动；
（2）利用游标卡尺的结构可以读出对应的读数；
（3）使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数；C．游标卡尺使用完毕后，使两量爪合并，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子；
（4）利用平抛运动的位移公式可以求出水珠初速度的大小；
（5）利用喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则水流的水平射程偏小，根据初速度的表达式可以得出水平初速度偏小，则计算出来的流量比喷管水平时偏小。
（1）水流可视为大量连续的小水珠，不考虑空气阻力的影响，每个小水珠射出后做平抛运动；
（2）游标卡尺读数为
3mm+0.02mm×30=3.60mm
（3）AB．使用游标卡尺测喷管内径时，将内侧量爪伸进喷管后，使卡尺与喷管轴线垂直，卡住喷管口，拧紧游标尺紧固螺钉后进行读数，选项A错误，B正确；
C．游标卡尺使用完毕后，使两量爪合并，拧紧游标尺紧固螺钉后放回盒子，选项C错误。
故选B。
（4）根据平抛运动的规律可知
，
解得
（5）某次实验过程中，喷管调整不够水平，稍微倾斜向下，则水流的水平射程偏小，则水流平抛运动的速度偏小，则计算出来的流量比喷管水平时偏小。
13．【答案】解：（1）根据
又
联立得
（2）桶倾斜至时垃圾将要下滑，有
代入数据得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）若垃圾桶不会竖直滑脱，桶壁两侧所受两个最大静摩擦力的合力应大于等于垃圾桶总重力；
（2）垃圾在倾斜的桶内被倒出的过程中，只与下面内侧壁之间存在弹力和摩擦力。
14．【答案】解：（1）设乙运动员在匀加速阶段的加速度为a，在前2s和前3s内通过的位移分别为x2和，由运动学规律得
由题意可知
联立可得
设经过时间甲追上乙，由位移关系可得
解得
，（不合理舍去）
此刻乙的速度
（2）当甲、乙速度相等时，所需时间为，可得
在这段时间内，乙的位移
甲的位移
可得
故甲应在距离乙25m处发出起跑口令。
【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时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）已知乙运动员做匀加速直线运动，利用位移公式可以求出加速度的大小；结合位移公式及甲乙之间的距离可以求出乙追上甲所花的时间，结合速度公式可以求出乙的速度大小；
（2）当甲乙速度相等时，利用位移公式可以求出两者之间的位移，进而求出两者之间最大的距离。
15．【答案】（1）解：（1）包裹在传送带上的加速度为
设包裹与传送带经过时达共速，则有
解得
包裹加速过程的位移为
此过程传送带的位移为
包裹在传送带上留下的痕迹为
包裹在滑板上的加速度为
滑板的加速度为
设包裹与滑板经过时间达共速，则有
解得
包裹与滑板的共同速度为
包裹的位移为
滑板的位移为
包裹在滑板上留下的痕迹
（2）解：（2）设传送带的最大速度为时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的时间
共同速度
包裹的位移为
滑板的位移
为
二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）包裹在传送带上做加速运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度大小，结合速度公式可以求出加速的时间，结合位移公式可以求出包裹加速的位移，利用位移公式可以求出传送带的位移，进而求出划痕的大小；包裹在滑板上运动，利用牛顿第二定律可以求出包裹和滑板加速度的大小，结合速度公式可以求出共速所花的时间，结合位移公式可以求出划痕的大小；
（2）当传送带速度最大时，利用速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出传送带的最大速度大小。
（1）包裹在传送带上的加速度为
设包裹与传送带经过时达共速，则有
解得
包裹加速过程的位移为
此过程传送带的位移为
包裹在传送带上留下的痕迹为
包裹在滑板上的加速度为
滑板的加速度为
设包裹与滑板经过时间达共速，则有
解得
包裹与滑板的共同速度为
包裹的位移为
滑板的位移为
包裹在滑板上留下的痕迹
（2）设传送带的最大速度为时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的时间
共同速度
包裹的位移为
滑板的位移
为
二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即
解得
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