广东省广州市华南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期综合测试（月考）物理试题
1．（2024高三上·天河月考）下列说法正确的是（ ）
A．kg、cm、s都是国际单位制中的基本单位
B．牛顿的理想斜面实验虽然是想象中的实验，但它是建立在可靠的事实基础上的
C．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
D．物体从到时间内位移为，当时，可以用表示物体在时刻的瞬时速度
【答案】D
【知识点】伽利略理想斜面实验；瞬时速度；伽利略对自由落体运动的研究；力学单位制
【解析】【解答】A．kg、m、s是国际单位制中的基本单位，cm不是国际单位制中的基本单位，故A错误；
B．伽利略的理想斜面实验虽然是想象中的实验，但它是建立在可靠的事实基础上的，故B错误；
C．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并通过实验结合逻辑推理进行验证，故C错误；
D．物体从到时间内位移为，当时，可以用表示物体在时刻的瞬时速度，故D正确。
故选D。
【分析】A、根据国际单位制中的基本单位kg、m、s分析判断；
B、伽利略理想斜面实验是以实验事实为基础的逻辑推理；
C、自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，是通过斜面实验结合逻辑推理进行验证；
D、根据极限思想原理，速度公式是平均快慢，当时，可以用表示物体在时刻的瞬时速度。
2．（2024高三上·天河月考）在刚结束的巴黎奥运会，郑钦文获得女单网球冠军，创造历史性的一刻。如图所示，郑钦文把飞来的网球击打回去，落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．飞来的网球速度越大，惯性越大
B．球被打飞回去，是因为力是维持物体运动状态的原因
C．若球拍没有击打球，则球会保持原来的运动状态不变
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的
【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第一定律；惯性与质量
【解析】【解答】A．物体的惯性只由质量决定，与物体的速度无关，故A错误；
B．球被打飞回去，是因为力是改变物体运动状态的原因，故B错误；
C．若球拍没有击打球，由于球仍受重力作用，所以球不会保持原来的运动状态不变，故C错误；
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，故D正确。
故选D。
【分析】根据质量决定惯性大小；惯性是物体保持原有运动状态的性质；力是改变物体运动状态的原因；球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，依次分析判断。
3．（2024高三上·天河月考）某同学站在装有力传感器的轻板上做下蹲的动作，记录的力随时间变化的图线可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】在下蹲过程中，人的初速度与末速度均为0，可知，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，即人的加速度方向先向下后向上，则人先处于失重状态后处于超重状态，传感器对人的支持力先小于重力，后大于重力，传感器记录的是人对传感器的压力大小，根据牛顿第三定律可知，传感器的示数先小于重力，后大于重力，选择项中只有第三个符合要求。
故选C。
【分析】根据人下蹲的过程分析可知，人先向下加速后向下减速，即加速度先向下后向上，根据牛顿第二定律可知，人先失重后超重，根据牛顿第三定律可知，压力传感器的读数先大于重力后小于重力，据此分析判断。
4．（2024高三上·天河月考）2024年8月6日，在巴黎奥运会女子十米跳台决赛中，全红婵成功卫冕．比赛中，从运动员离开跳台开始计时，其速度随时间变化情况大致如图所示，其中时间内图像为直线，则（ ）
A．时间内，运动员做自由落体运动
B．时间内，运动员的平均速度等于
C．时刻运动员下潜到最低点
D．时间内，运动员的加速度逐渐增大
【答案】B
【知识点】自由落体运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图像可知，时间内，运动员先向上做竖直上抛运动，后做自由落体运动，故A错误；
B．时间内，运动员做匀变速直线运动，则运动员的平均速度等于
故B正确；
C．由图像可知，时刻运动员的速度减为0，此时下潜到最低点，故C错误；
D．根据图像的切线斜率表示加速度，可知时间内，运动员的加速度逐渐减小，故D错误。
故选B。
【分析】根据v-t图象所示，斜率代表加速度，纵截距代表处速度，速度正负代表方向；在匀变速直线运动中平均速度等于初末速度和的一半；确定各时段运动状态，依次分析判断。
5．（2024高三上·天河月考）表演的安全网如图甲所示，网绳的结构为正方形格子，O、a、b、c、d等为网绳的结点，安全网水平张紧后，质量为m的运动员从高处落下，恰好落在O点上。该处下凹至最低点时，网绳dOe、bOg夹角均为106°，如图乙所示，此时O点受到向下的冲击力大小为6F，cos37°=0.8，则这时O点周围每根网绳承受的张力大小为（ ）
A．F B．1.5F C．2.5F D．3.75F
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】以O点为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得O点周围每根网绳承受的张力大小为
故选C。
【分析】对O点受力分析，竖直方向列平衡方程求解。
6．（2024高三上·天河月考）珠港澳大桥是跨海悬索桥，总长55000米，设计速度为80千米/小时，下图中A、B、C、D、E处为此大桥上的五根钢丝绳吊索，每两根吊索之间距离相等，若汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，汽车通过吊索D处时的瞬时速度为，通过DE段的时间为t，则（ ）
A．汽车通过吊索A处时的速度大小为
B．汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍
C．汽车通过吊索C处时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
D．汽车减速的时间大于2t
【答案】B
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据逆向思维法，将汽车从A到E的匀减速直线运动，看作从E到A的匀加速直线运动，设汽车的加速度为a，每两根吊索之间距离为x，则有
可得，汽车通过吊索A处时的速度大小为
故A错误；
B．汽车通过AD段的平均速度为
汽车通过DE段平均速度为
则汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍，故B正确；
C．汽车通过吊索C处时的瞬时速度为
汽车通过AE段的平均速度为
则汽车通过吊索C处时的瞬时速度大于通过AE段的平均速度，故C错误；
D．设汽车减速的时间为，则有
解得，汽车减速的时间为
故D错误。
故选B。
【分析】根据逆向思维，结合初速度为零的匀变速直线运动的比例关系、平均速度是时间中点瞬时速度求解。
7．（2024高三上·天河月考）一些巧妙的工业设计能极大地为人们的生活提供便利。如图是竖直放置的某款可调角度的简便磨刀器，该磨刀器左右两侧对称，通过调整磨刀角度可以使该磨刀器的两侧面与刀片尖端的两侧面紧密贴合，就可以轻松满足家庭日常的各种磨刀需求。关于在使用磨刀器的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．向后轻拉刀具，磨刀器受到的摩擦力向前
B．若水平匀速向后拉动刀具，则磨刀器对刀具的作用力竖直向上
C．加速后拉刀具，刀具受到的摩擦力小于磨刀器受到的摩擦力
D．对同一把刀具在竖直方向上施加相同压力时，磨刀器的夹角越小，越难被拉动
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．磨刀过程中，向后轻拉刀具，刀具受到的摩擦力的合力向前，根据牛顿第三定律，磨刀器受到的摩擦力向后，故A错误；
B．若水平匀速向后拉动刀具，从两个方向看，受力分析如图示
磨刀器对刀具的作用力是指两个接触面的支持力与摩擦力的合力，方向应向前方偏上，故B错误；
C．根据牛顿第三定律可知，刀具受到的摩擦力等于磨刀器受到的摩擦力，故C错误；
D．刀具对磨刀器正压力的两分力夹角应为磨口角的补角，故磨刀器的夹角越小，正压力的两分力夹角越大，当施加相同的正压力时，则两分力越大，故拖动时的滑动摩擦力越大就越难被拉动，故D正确。
故选D。
【分析】A、根据摩擦力阻碍相对运动的特点和牛顿第三定律分析判断；
B、对刀具受力分析可知竖直方向受到磨刀石支持力的合力，水平方向还有磨刀石对刀的滑动摩擦力，所以磨刀石对刀的合力为前方偏上；
C、根据牛顿第三定律分析判断；
D、由受力分析可知，磨刀器的夹角越小，正压力的两分力夹角越大，当施加相同的正压力时，则两分力越大，故拖动时的滑动摩擦力越大就越难被拉动。
8．（2024高三上·天河月考）如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角，板OA、OB对水桶的压力大小分别为F1、F2，保持OB不动，使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中（ ）
A．水桶受到的合力不变 B．F1，F2都在减小
C．F1不断减小，F2先增大后减小 D．F1先减小后增大，F2不断减小
【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中，水桶受到的合力一直为0，保持不变，故A正确；
BCD．使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中，板OA对水桶的压力从水平向右逐渐变成与垂直，以水桶为对象，其受力如图所示
由图可知，，都在减小，故B正确，CD错误。
故选AB。
【分析】根据受力分析，应用力的三角形法则分析判断。
9．（2024高三上·天河月考）渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型，传送带与水平面的夹角，分离器出口与顺时针运转的传送带有一定的高度差，鱼虾落在传送带上时只有沿着传送带向下的初速度（垂直带的速度瞬间为零），随后虾从传送带下方掉落，鱼从传送带上方掉落，实现分离。“虾”与传送带之间的动摩擦因数为，“鱼”与传送带之间的动摩擦因数，则（ ）
A．“虾”掉落到传送带后，可能沿传送带向下做加速直线运动
B．“鱼”掉落到传送带后，马上沿传送带向上做加速直线运动
C．一定小于
D．一定大于
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AC．“虾”掉落到传送带后，有沿着传送带向下的初速度，受到的滑动摩擦力向上，如果摩擦力小于重力沿传送带向下的分力，则“虾”沿传送带向下做加速直线运动；如果摩擦力等于重力沿传送带向下的分力，则“虾”沿传送带向下做匀速直线运动；如果摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，则“虾”沿传送带向下做减速直线运动；所以可能大于、等于或小于，则可能小于、等于或大于，故A正确，C错误；
BD．“鱼”掉落到传送带后，有沿着传送带向下的初速度，受到的滑动摩擦力向上，由题意可知，“鱼”先向下做减速运动到速度为0后，再向上做加速运动，则一定有
可得
故B错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据题意，对虾从下方掉落，虾沿斜面的下滑力可能大于、等于或小于，可能做匀加速、匀减速或匀速直线运动，可能小于、等于或大于；对鱼从上方掉落，其初速度沿斜面向下，故鱼沿斜面先匀减速后匀加速直线运动，下滑力小于摩擦力，一定大于。
10．（2024高三上·天河月考）如图所示，倾角为的斜面体静置在粗糙水平地面上，劲度系数为k的轻弹簧下端拴接在斜面体底端的挡板上，质量为m的物块a拴接在轻弹簧的上端，放在斜面体上质量为m的物块b通过跨过光滑定滑轮的细绳与质量为2m的球c拴接。初始时a、b接触，c在外力的作用下，使b、c间绳子伸直但无拉力。物块b、滑轮间的细绳与斜面平行，斜面光滑，重力加速度为g。撤去球c的外力一瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．物块b的加速度为2g
B．物块a的加速度0.5g
C．斜面体受到水平向右的静摩擦力作用
D．撤去球c的外力后，当弹簧弹力大小为时，a、b刚好分离
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．撤去球c的外力前，b、c间绳子伸直但无拉力，以a、b为整体，根据受力平衡可得
撤去球c的外力一瞬间，以c为对象，根据牛顿第二定律可得
以a、b为整体，根据牛顿第二定律可得
联立解得a、b、c的加速度大小为
故A错误，B正确；
C．以斜面体和a、b、c为系统，由于a、b的加速度沿斜面向上，具有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律可得
可知斜面体受到水平向右的静摩擦力作用，故C正确；
D．撤去球c的外力后，a、b刚好分离时，a、b间的弹力为0，此时a、b、c的加速度大小相等，以c为对象，根据牛顿第二定律可得
以b为对象，根据牛顿第二定律可得
以a为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得弹簧弹力大小为
故D正确。
故选BCD。
【分析】AB、根据连接体瞬间问题，对ab撤去外力前列平衡方程；撤去外力后分别对c和ab根据牛顿第二定律列方程，联立求解加速；
C、根据ab沿斜面的加速度沿水平方向分加速度，根据牛顿第二定律分析判断；
D、根据a、b刚好分离时，a、b间的弹力为0，此时a、b、c的加速度大小相等，分别以a、b、c为研究对象，根据牛顿第二定律列方程组求解。
11．（2024高三上·天河月考）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的两个必做实验的部分步骤：
（1）某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，主要实验步骤如下：
①轻质光滑小圆环（可视为质点）连接橡皮条的一端，橡皮条另一端固定；
②用两个弹簧测力计通过互成角度的两根细绳将圆环拉至O点，记录O点的位置，并记录 ；
③改用一个弹簧测力计通过细绳拉住圆环， ，并记录 ；
④作出三个力的图示，用作图工具进行检验，得出结论；
⑤改变步骤②中两个拉力的大小和方向，重做实验。重新实验时， （填“需要”或“不需要”）保证圆环的位置始终在O点。
（2）某同学用下图中的装置进行实验，探究小车的加速度与小车受力、小车质量的关系。
①图中木板右端垫高的目的是 ；
②实验中要求小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多，这样做的目的是 。
【答案】（1）两个弹簧测力计的示数和两个细绳的方向；仍使小圆环处于点；弹簧测力计的示数和细绳的方向；不需要
（2）平衡摩擦力（使小车所受合力大小等于细绳拉力大小）；使细绳拉力大小约等于砝码盘和砝码的重力大小
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）②用两个弹簧测力计通过互成角度的两根细绳将圆环拉至O点，记录O点的位置，并记录两个弹簧测力计的示数和两个细绳的方向；
③改用一个弹簧测力计通过细绳拉住圆环，仍使小圆环处于点， 并记录弹簧测力计的示数和细绳的方向；
⑤改变步骤②中两个拉力的大小和方向，重做实验。重新实验时，不需要保证圆环的位置始终在O点。
（2）①图中木板右端垫高的目的是：平衡摩擦力，使小车所受合力大小等于细绳拉力大小；
②以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
以砝码盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知实验中要求小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多，这样做的目的是：使细绳拉力大小约等于砝码盘和砝码的重力大小。
综上第1空：两个弹簧测力计的示数和两个细绳的方向；第2空：仍使小圆环处于点；第3空：弹簧测力计的示数和细绳的方向；第4空：不需要；第5空：平衡摩擦力（使小车所受合力大小等于细绳拉力大小）；第6空：使细绳拉力大小约等于砝码盘和砝码的重力大小
【分析】（1）根据实验原理，正确的操作步骤和注意事项分析判断；
（2）根据实验原理，木板右端垫高的目的是：平衡摩擦力，使小车所受合力大小等于细绳拉力大小；根据连接体整体法和隔离法应用牛顿第二定律列方程组求解绳子拉力分析得出结论。
（1）②[1]用两个弹簧测力计通过互成角度的两根细绳将圆环拉至O点，记录O点的位置，并记录两个弹簧测力计的示数和两个细绳的方向；
③[2][3]改用一个弹簧测力计通过细绳拉住圆环，仍使小圆环处于点， 并记录弹簧测力计的示数和细绳的方向；
⑤[4]改变步骤②中两个拉力的大小和方向，重做实验。重新实验时，不需要保证圆环的位置始终在O点。
（2）①[1]图中木板右端垫高的目的是：平衡摩擦力，使小车所受合力大小等于细绳拉力大小；
②[2]以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
以砝码盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知实验中要求小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多，这样做的目的是：使细绳拉力大小约等于砝码盘和砝码的重力大小。
12．（2024高三上·天河月考）小王同学想利用图甲所示的装置测量一些物理量，他进行了如下的实验操作：
①将矿泉水瓶P和物块Q，分别与跨过滑轮（滑轮的质量可忽略不计）的轻绳连接，滑轮通过弹簧测力计竖直悬挂；
②将纸带上端粘在P的下面，下端穿过打点计时器（图中未画出），P中装适量水，接通电源，释放P后，P向上运动，读出测力计的示数F，打出点迹清晰的纸带如图乙所示；
③逐渐往P中加适量水，重复实验（P始终向上运动），获得多组实验数据。
（1）在图乙所示的纸带上，相邻两个计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器的频率为50Hz，则打点计时器打出C点时，Q的速度大小为 m/s，Q的加速度大小为 m/s2（结果保留两位有效数字）。
（2）根据实验数据，作出Q的加速度a随测力计示数F变化的图像如图丙所示，若图线的斜率的绝对值为k，图线在F轴上的截距为b，不计滑轮的摩擦，则Q的质量为 ，当地的重力加速度为 。
【答案】（1）0.26；1.3
（2）；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）相邻两个计数点间还有四个点未画出，则相邻两个计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打出C点时，Q的速度大小为
根据逐差法可得Q的加速度大小为
（2）设Q的质量为，以Q为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
由图像可得
，
可得
，
综上第1空：0.26；第2空：1.3；第3空：；第4空：
【分析】（1）根据匀变速直线运动时间中点瞬时速度是这段时间的平均速度和逐差法分别求解；
（2）以Q为研究对象，根据牛顿第二定律求解a-F关系式，结合图线斜率和截距联立方程组求解。
（1）[1]相邻两个计数点间还有四个点未画出，则相邻两个计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打出C点时，Q的速度大小为
[2]根据逐差法可得Q的加速度大小为
（2）[1][2]设Q的质量为，以Q为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
由图像可得
，
可得
，
13．（2024高三上·天河月考）小可和爸爸在公园里游玩。如图所示，爸爸让小可坐在雪橇上，然后用与水平方向成角斜向上的拉力F=100N拉着雪橇，一起沿水平地面以的速度向右做匀速直线运动。已知小可和雪橇的总质量m=68kg，sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s2，求：
（1）雪橇受到的摩擦力大小及地面对爸爸的摩擦力；
（2）若某时刻绳子断了，求雪橇在10s内的位移大小。（已知场地条件可保证人的安全）
【答案】（1）解：对小可和雪橇作受力分析，如图所示
根据平衡条件水平方向
解得
对爸爸、小可和雪橇组成的整体，设爸爸所受摩擦力为，则水平方向由平衡条件可得
可得地面对爸爸的摩擦力大小为
方向水平向右。
（2）解：对雪橇和小可，竖直方向有
解得地面对雪橇的支持力
由
可得雪橇与地面之间的动摩擦因数
绳子断后，对雪橇和小可，由牛顿第二定律可得
设经过时间雪橇停下，则
解得
即末雪橇停下，故在10秒内雪橇的位移为
解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）先隔离对小可和雪橇作受力分析，正交分解水平方向平衡方程求解雪橇受到的摩擦力；再整体受力分析水平方向列平衡方程求解地面对爸爸的摩擦力；
（2）绳断后对小可和雪橇作受力分析，正交分解，根据牛顿第二定律列方程组求解加速度，根据运动学方程求解匀减速发生的位移。
（1）对小可和雪橇作受力分析，如图所示
根据平衡条件水平方向
解得
对爸爸、小可和雪橇组成的整体，设爸爸所受摩擦力为，则水平方向由平衡条件可得
可得地面对爸爸的摩擦力大小为
方向水平向右。
（2）对雪橇和小可，竖直方向有
解得地面对雪橇的支持力
由
可得雪橇与地面之间的动摩擦因数
绳子断后，对雪橇和小可，由牛顿第二定律可得
设经过时间雪橇停下，则
解得
即末雪橇停下，故在10秒内雪橇的位移为
解得
14．（2024高三上·天河月考）图（a）为某国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b），该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平台面的夹角。传送带匀速转动时，工作人员将正方体货物从D点由静止释放，在L=10m处取下货物，货物运动时的剖面图如图（c）所示，已知传送带匀速运行的速度v=1m/s，货物质量m=10kg，其底部与传送带上表面ABCD的动摩擦因数为，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为。（重力加速度，不计空气阻力）。
（1）求传送带上表面对货物的摩擦力大小和挡板对货物的摩擦力大小；
（2）货物在传送带上运动的时间t；
（3）货物若传送到s=0.2m时，传送带由于故障突然停止，工作人员待货物安全停止时立即进行维修，用时T=30s，传送带恢复正常，忽略传送带加速至恢复正常的时间，求由于故障，传送货物耽误的时间。（保留两位小数）
【答案】（1）解：货物放上传送带后，水平方向受力如图所示，设传送带对物体的摩擦力为，挡板对物体摩擦力为，由剖面图对货物受力分析如图，传送带对货物支持力为，挡板对货物支持力为，则
，
由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
传送带上表面对货物的摩擦力大小为，挡板对货物的摩擦力大小为。
（2）解：设货物由静止放上传送带获得的加速度为，对货物
解得
设货物在传送带上经时间能达到共速，所走的为，由运动学公式得
，
解得
，
所以物体能在传送带上达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间到达目的地，则有
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
（3）解：货物由于传送带突然出现故障，作匀减速运动的加速度为，所走的位移为，传送带恢复正常后，货物匀加速达到共速的位移为，对货物
根据运动学公式得
，
设由于传送带故障，耽误的时间设为，则
代入数据，解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）对货物垂直运动方向受力分析求解传送带和挡板对货物的支持力，根据滑动摩擦力公式分别求解传送带和挡板对货物的摩擦力大小；
（2）货物沿运动方向受到传送带和挡板摩擦力，根据牛顿第二定律求解货物运动加速度，根据运动学方程求解匀加速运动到与传送带共速时的位移和时间；再由匀速运动求解剩余位移的时间，进一步计算货物运动总时间；
（3）根据传送带故障沿货物运动方向受力分析，根据牛顿第二定律求解加速，根据运动学方程求解货物匀减速到零和匀加速到传送带共速的时间，求解耽误时间。
（1）货物放上传送带后，水平方向受力如图所示，设传送带对物体的摩擦力为，挡板对物体摩擦力为，由剖面图对货物受力分析如图，传送带对货物支持力为，挡板对货物支持力为，则
，
由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
传送带上表面对货物的摩擦力大小为，挡板对货物的摩擦力大小为。
（2）设货物由静止放上传送带获得的加速度为，对货物
解得
设货物在传送带上经时间能达到共速，所走的为，由运动学公式得
，
解得
，
所以物体能在传送带上达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间到达目的地，则有
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
（3）货物由于传送带突然出现故障，作匀减速运动的加速度为，所走的位移为，传送带恢复正常后，货物匀加速达到共速的位移为，对货物
根据运动学公式得
，
设由于传送带故障，耽误的时间设为，则
代入数据，解得
15．（2024高三上·天河月考）如图，两个倾角分别为37°和53°的固定光滑斜面拼接在一起。斜面顶端固定一个光滑小滑轮，斜面高度为L。质量为m的物块A和质量为2m的物块B用跨过滑轮的轻绳连接，它们分别静止在斜面底端和顶端。质量也为m、长为L的木板C静止在斜面底端的水平面。现释放AB，当B到达斜面底端时，绳子瞬间断开，B通过光滑小圆弧滑入C，且B在C中点与C共速，共速时C右端恰好到达与C一定距离处的MNPQ区域。C在接触MN之前始终受到水平向左的恒力F0作用，该力等于B、C之间滑动摩擦力的一半，当C接触MN时，该力即撤去。B在MNPQ区域内始终受到水平向左的恒力，该力大小为，C不受该力作用。MN与PQ之间距离为kL（k>0）。已知水平面光滑，重力加速度为g，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，B离开MNPQ区域后将被取走，求
（1）B开始下滑后，绳子断裂前的拉力T的大小；
（2）C到达MNPQ区域时的速度和B、C间的动摩擦因数；
（3）B离开MNPQ区域时的速度大小vt。
【答案】（1）解：设绳子断裂前A、B加速度大小均为，对B由牛顿第二定律可得
对A由牛顿第二定律可得
解得
，
（2）解：设B到达底端时速度大小为，B、C间的摩擦因数为，B在C上减速时加速度大小为，C的加速度大小为，B、C共速为；由运动学公式可得
对B由牛顿第二定律可得
对C由牛顿第二定律可得
其中
设共速的速度为，则有
，
联立解得
，
（3）解：B刚进入区域时，假设BC以大小为的加速度共同减速；对BC整体，由牛顿第二定律得
解得
此时B对C的摩擦力大小为
假设成立，BC共同减速。
若当B进入的位移为时，BC刚好静止，则有
解得
讨论：当时，B将返回从边界离开，故
当时，有
可得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）分别对A和B受力分析沿斜面根究牛顿第二定律列方程求解加速度和拉力T；
（2）对B根究运动学方程求解到底端的速度；对B、C分别根究牛顿第二定律求解二者相对运动加速度，根据共速的相对位移，由运动学方程组求解BC之间摩擦因数和C的速度；
（3）B刚进MN区域时对BC根据整体法和隔离法，应用牛顿第二定律求解共同运动加速度；假设B到达KL时减速为零，根据运动学方程求解K，分别讨论：K大于所解得K值时，B将反向匀加速折返至MN，速度大小为进入MN时速度；K小于所解得K值时，根据运动学方程求解反向运动至MN的末速度。
（1）设绳子断裂前A、B加速度大小均为，对B由牛顿第二定律可得
对A由牛顿第二定律可得
解得
，
（2）设B到达底端时速度大小为，B、C间的摩擦因数为，B在C上减速时加速度大小为，C的加速度大小为，B、C共速为；由运动学公式可得
对B由牛顿第二定律可得
对C由牛顿第二定律可得
其中
设共速的速度为，则有
，
联立解得
，
（3）B刚进入区域时，假设BC以大小为的加速度共同减速；对BC整体，由牛顿第二定律得
解得
此时B对C的摩擦力大小为
假设成立，BC共同减速。
若当B进入的位移为时，BC刚好静止，则有
解得
讨论：当时，B将返回从边界离开，故
当时，有
可得
1 / 1广东省广州市华南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期综合测试（月考）物理试题
1．（2024高三上·天河月考）下列说法正确的是（ ）
A．kg、cm、s都是国际单位制中的基本单位
B．牛顿的理想斜面实验虽然是想象中的实验，但它是建立在可靠的事实基础上的
C．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
D．物体从到时间内位移为，当时，可以用表示物体在时刻的瞬时速度
2．（2024高三上·天河月考）在刚结束的巴黎奥运会，郑钦文获得女单网球冠军，创造历史性的一刻。如图所示，郑钦文把飞来的网球击打回去，落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．飞来的网球速度越大，惯性越大
B．球被打飞回去，是因为力是维持物体运动状态的原因
C．若球拍没有击打球，则球会保持原来的运动状态不变
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的
3．（2024高三上·天河月考）某同学站在装有力传感器的轻板上做下蹲的动作，记录的力随时间变化的图线可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（2024高三上·天河月考）2024年8月6日，在巴黎奥运会女子十米跳台决赛中，全红婵成功卫冕．比赛中，从运动员离开跳台开始计时，其速度随时间变化情况大致如图所示，其中时间内图像为直线，则（ ）
A．时间内，运动员做自由落体运动
B．时间内，运动员的平均速度等于
C．时刻运动员下潜到最低点
D．时间内，运动员的加速度逐渐增大
5．（2024高三上·天河月考）表演的安全网如图甲所示，网绳的结构为正方形格子，O、a、b、c、d等为网绳的结点，安全网水平张紧后，质量为m的运动员从高处落下，恰好落在O点上。该处下凹至最低点时，网绳dOe、bOg夹角均为106°，如图乙所示，此时O点受到向下的冲击力大小为6F，cos37°=0.8，则这时O点周围每根网绳承受的张力大小为（ ）
A．F B．1.5F C．2.5F D．3.75F
6．（2024高三上·天河月考）珠港澳大桥是跨海悬索桥，总长55000米，设计速度为80千米/小时，下图中A、B、C、D、E处为此大桥上的五根钢丝绳吊索，每两根吊索之间距离相等，若汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，汽车通过吊索D处时的瞬时速度为，通过DE段的时间为t，则（ ）
A．汽车通过吊索A处时的速度大小为
B．汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍
C．汽车通过吊索C处时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
D．汽车减速的时间大于2t
7．（2024高三上·天河月考）一些巧妙的工业设计能极大地为人们的生活提供便利。如图是竖直放置的某款可调角度的简便磨刀器，该磨刀器左右两侧对称，通过调整磨刀角度可以使该磨刀器的两侧面与刀片尖端的两侧面紧密贴合，就可以轻松满足家庭日常的各种磨刀需求。关于在使用磨刀器的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．向后轻拉刀具，磨刀器受到的摩擦力向前
B．若水平匀速向后拉动刀具，则磨刀器对刀具的作用力竖直向上
C．加速后拉刀具，刀具受到的摩擦力小于磨刀器受到的摩擦力
D．对同一把刀具在竖直方向上施加相同压力时，磨刀器的夹角越小，越难被拉动
8．（2024高三上·天河月考）如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角，板OA、OB对水桶的压力大小分别为F1、F2，保持OB不动，使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中（ ）
A．水桶受到的合力不变 B．F1，F2都在减小
C．F1不断减小，F2先增大后减小 D．F1先减小后增大，F2不断减小
9．（2024高三上·天河月考）渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型，传送带与水平面的夹角，分离器出口与顺时针运转的传送带有一定的高度差，鱼虾落在传送带上时只有沿着传送带向下的初速度（垂直带的速度瞬间为零），随后虾从传送带下方掉落，鱼从传送带上方掉落，实现分离。“虾”与传送带之间的动摩擦因数为，“鱼”与传送带之间的动摩擦因数，则（ ）
A．“虾”掉落到传送带后，可能沿传送带向下做加速直线运动
B．“鱼”掉落到传送带后，马上沿传送带向上做加速直线运动
C．一定小于
D．一定大于
10．（2024高三上·天河月考）如图所示，倾角为的斜面体静置在粗糙水平地面上，劲度系数为k的轻弹簧下端拴接在斜面体底端的挡板上，质量为m的物块a拴接在轻弹簧的上端，放在斜面体上质量为m的物块b通过跨过光滑定滑轮的细绳与质量为2m的球c拴接。初始时a、b接触，c在外力的作用下，使b、c间绳子伸直但无拉力。物块b、滑轮间的细绳与斜面平行，斜面光滑，重力加速度为g。撤去球c的外力一瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．物块b的加速度为2g
B．物块a的加速度0.5g
C．斜面体受到水平向右的静摩擦力作用
D．撤去球c的外力后，当弹簧弹力大小为时，a、b刚好分离
11．（2024高三上·天河月考）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的两个必做实验的部分步骤：
（1）某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，主要实验步骤如下：
①轻质光滑小圆环（可视为质点）连接橡皮条的一端，橡皮条另一端固定；
②用两个弹簧测力计通过互成角度的两根细绳将圆环拉至O点，记录O点的位置，并记录 ；
③改用一个弹簧测力计通过细绳拉住圆环， ，并记录 ；
④作出三个力的图示，用作图工具进行检验，得出结论；
⑤改变步骤②中两个拉力的大小和方向，重做实验。重新实验时， （填“需要”或“不需要”）保证圆环的位置始终在O点。
（2）某同学用下图中的装置进行实验，探究小车的加速度与小车受力、小车质量的关系。
①图中木板右端垫高的目的是 ；
②实验中要求小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多，这样做的目的是 。
12．（2024高三上·天河月考）小王同学想利用图甲所示的装置测量一些物理量，他进行了如下的实验操作：
①将矿泉水瓶P和物块Q，分别与跨过滑轮（滑轮的质量可忽略不计）的轻绳连接，滑轮通过弹簧测力计竖直悬挂；
②将纸带上端粘在P的下面，下端穿过打点计时器（图中未画出），P中装适量水，接通电源，释放P后，P向上运动，读出测力计的示数F，打出点迹清晰的纸带如图乙所示；
③逐渐往P中加适量水，重复实验（P始终向上运动），获得多组实验数据。
（1）在图乙所示的纸带上，相邻两个计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器的频率为50Hz，则打点计时器打出C点时，Q的速度大小为 m/s，Q的加速度大小为 m/s2（结果保留两位有效数字）。
（2）根据实验数据，作出Q的加速度a随测力计示数F变化的图像如图丙所示，若图线的斜率的绝对值为k，图线在F轴上的截距为b，不计滑轮的摩擦，则Q的质量为 ，当地的重力加速度为 。
13．（2024高三上·天河月考）小可和爸爸在公园里游玩。如图所示，爸爸让小可坐在雪橇上，然后用与水平方向成角斜向上的拉力F=100N拉着雪橇，一起沿水平地面以的速度向右做匀速直线运动。已知小可和雪橇的总质量m=68kg，sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s2，求：
（1）雪橇受到的摩擦力大小及地面对爸爸的摩擦力；
（2）若某时刻绳子断了，求雪橇在10s内的位移大小。（已知场地条件可保证人的安全）
14．（2024高三上·天河月考）图（a）为某国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b），该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平台面的夹角。传送带匀速转动时，工作人员将正方体货物从D点由静止释放，在L=10m处取下货物，货物运动时的剖面图如图（c）所示，已知传送带匀速运行的速度v=1m/s，货物质量m=10kg，其底部与传送带上表面ABCD的动摩擦因数为，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为。（重力加速度，不计空气阻力）。
（1）求传送带上表面对货物的摩擦力大小和挡板对货物的摩擦力大小；
（2）货物在传送带上运动的时间t；
（3）货物若传送到s=0.2m时，传送带由于故障突然停止，工作人员待货物安全停止时立即进行维修，用时T=30s，传送带恢复正常，忽略传送带加速至恢复正常的时间，求由于故障，传送货物耽误的时间。（保留两位小数）
15．（2024高三上·天河月考）如图，两个倾角分别为37°和53°的固定光滑斜面拼接在一起。斜面顶端固定一个光滑小滑轮，斜面高度为L。质量为m的物块A和质量为2m的物块B用跨过滑轮的轻绳连接，它们分别静止在斜面底端和顶端。质量也为m、长为L的木板C静止在斜面底端的水平面。现释放AB，当B到达斜面底端时，绳子瞬间断开，B通过光滑小圆弧滑入C，且B在C中点与C共速，共速时C右端恰好到达与C一定距离处的MNPQ区域。C在接触MN之前始终受到水平向左的恒力F0作用，该力等于B、C之间滑动摩擦力的一半，当C接触MN时，该力即撤去。B在MNPQ区域内始终受到水平向左的恒力，该力大小为，C不受该力作用。MN与PQ之间距离为kL（k>0）。已知水平面光滑，重力加速度为g，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，B离开MNPQ区域后将被取走，求
（1）B开始下滑后，绳子断裂前的拉力T的大小；
（2）C到达MNPQ区域时的速度和B、C间的动摩擦因数；
（3）B离开MNPQ区域时的速度大小vt。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】伽利略理想斜面实验；瞬时速度；伽利略对自由落体运动的研究；力学单位制
【解析】【解答】A．kg、m、s是国际单位制中的基本单位，cm不是国际单位制中的基本单位，故A错误；
B．伽利略的理想斜面实验虽然是想象中的实验，但它是建立在可靠的事实基础上的，故B错误；
C．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并通过实验结合逻辑推理进行验证，故C错误；
D．物体从到时间内位移为，当时，可以用表示物体在时刻的瞬时速度，故D正确。
故选D。
【分析】A、根据国际单位制中的基本单位kg、m、s分析判断；
B、伽利略理想斜面实验是以实验事实为基础的逻辑推理；
C、自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，是通过斜面实验结合逻辑推理进行验证；
D、根据极限思想原理，速度公式是平均快慢，当时，可以用表示物体在时刻的瞬时速度。
2．【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第一定律；惯性与质量
【解析】【解答】A．物体的惯性只由质量决定，与物体的速度无关，故A错误；
B．球被打飞回去，是因为力是改变物体运动状态的原因，故B错误；
C．若球拍没有击打球，由于球仍受重力作用，所以球不会保持原来的运动状态不变，故C错误；
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，故D正确。
故选D。
【分析】根据质量决定惯性大小；惯性是物体保持原有运动状态的性质；力是改变物体运动状态的原因；球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，依次分析判断。
3．【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】在下蹲过程中，人的初速度与末速度均为0，可知，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，即人的加速度方向先向下后向上，则人先处于失重状态后处于超重状态，传感器对人的支持力先小于重力，后大于重力，传感器记录的是人对传感器的压力大小，根据牛顿第三定律可知，传感器的示数先小于重力，后大于重力，选择项中只有第三个符合要求。
故选C。
【分析】根据人下蹲的过程分析可知，人先向下加速后向下减速，即加速度先向下后向上，根据牛顿第二定律可知，人先失重后超重，根据牛顿第三定律可知，压力传感器的读数先大于重力后小于重力，据此分析判断。
4．【答案】B
【知识点】自由落体运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图像可知，时间内，运动员先向上做竖直上抛运动，后做自由落体运动，故A错误；
B．时间内，运动员做匀变速直线运动，则运动员的平均速度等于
故B正确；
C．由图像可知，时刻运动员的速度减为0，此时下潜到最低点，故C错误；
D．根据图像的切线斜率表示加速度，可知时间内，运动员的加速度逐渐减小，故D错误。
故选B。
【分析】根据v-t图象所示，斜率代表加速度，纵截距代表处速度，速度正负代表方向；在匀变速直线运动中平均速度等于初末速度和的一半；确定各时段运动状态，依次分析判断。
5．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】以O点为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得O点周围每根网绳承受的张力大小为
故选C。
【分析】对O点受力分析，竖直方向列平衡方程求解。
6．【答案】B
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据逆向思维法，将汽车从A到E的匀减速直线运动，看作从E到A的匀加速直线运动，设汽车的加速度为a，每两根吊索之间距离为x，则有
可得，汽车通过吊索A处时的速度大小为
故A错误；
B．汽车通过AD段的平均速度为
汽车通过DE段平均速度为
则汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍，故B正确；
C．汽车通过吊索C处时的瞬时速度为
汽车通过AE段的平均速度为
则汽车通过吊索C处时的瞬时速度大于通过AE段的平均速度，故C错误；
D．设汽车减速的时间为，则有
解得，汽车减速的时间为
故D错误。
故选B。
【分析】根据逆向思维，结合初速度为零的匀变速直线运动的比例关系、平均速度是时间中点瞬时速度求解。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．磨刀过程中，向后轻拉刀具，刀具受到的摩擦力的合力向前，根据牛顿第三定律，磨刀器受到的摩擦力向后，故A错误；
B．若水平匀速向后拉动刀具，从两个方向看，受力分析如图示
磨刀器对刀具的作用力是指两个接触面的支持力与摩擦力的合力，方向应向前方偏上，故B错误；
C．根据牛顿第三定律可知，刀具受到的摩擦力等于磨刀器受到的摩擦力，故C错误；
D．刀具对磨刀器正压力的两分力夹角应为磨口角的补角，故磨刀器的夹角越小，正压力的两分力夹角越大，当施加相同的正压力时，则两分力越大，故拖动时的滑动摩擦力越大就越难被拉动，故D正确。
故选D。
【分析】A、根据摩擦力阻碍相对运动的特点和牛顿第三定律分析判断；
B、对刀具受力分析可知竖直方向受到磨刀石支持力的合力，水平方向还有磨刀石对刀的滑动摩擦力，所以磨刀石对刀的合力为前方偏上；
C、根据牛顿第三定律分析判断；
D、由受力分析可知，磨刀器的夹角越小，正压力的两分力夹角越大，当施加相同的正压力时，则两分力越大，故拖动时的滑动摩擦力越大就越难被拉动。
8．【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中，水桶受到的合力一直为0，保持不变，故A正确；
BCD．使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中，板OA对水桶的压力从水平向右逐渐变成与垂直，以水桶为对象，其受力如图所示
由图可知，，都在减小，故B正确，CD错误。
故选AB。
【分析】根据受力分析，应用力的三角形法则分析判断。
9．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AC．“虾”掉落到传送带后，有沿着传送带向下的初速度，受到的滑动摩擦力向上，如果摩擦力小于重力沿传送带向下的分力，则“虾”沿传送带向下做加速直线运动；如果摩擦力等于重力沿传送带向下的分力，则“虾”沿传送带向下做匀速直线运动；如果摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，则“虾”沿传送带向下做减速直线运动；所以可能大于、等于或小于，则可能小于、等于或大于，故A正确，C错误；
BD．“鱼”掉落到传送带后，有沿着传送带向下的初速度，受到的滑动摩擦力向上，由题意可知，“鱼”先向下做减速运动到速度为0后，再向上做加速运动，则一定有
可得
故B错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据题意，对虾从下方掉落，虾沿斜面的下滑力可能大于、等于或小于，可能做匀加速、匀减速或匀速直线运动，可能小于、等于或大于；对鱼从上方掉落，其初速度沿斜面向下，故鱼沿斜面先匀减速后匀加速直线运动，下滑力小于摩擦力，一定大于。
10．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．撤去球c的外力前，b、c间绳子伸直但无拉力，以a、b为整体，根据受力平衡可得
撤去球c的外力一瞬间，以c为对象，根据牛顿第二定律可得
以a、b为整体，根据牛顿第二定律可得
联立解得a、b、c的加速度大小为
故A错误，B正确；
C．以斜面体和a、b、c为系统，由于a、b的加速度沿斜面向上，具有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律可得
可知斜面体受到水平向右的静摩擦力作用，故C正确；
D．撤去球c的外力后，a、b刚好分离时，a、b间的弹力为0，此时a、b、c的加速度大小相等，以c为对象，根据牛顿第二定律可得
以b为对象，根据牛顿第二定律可得
以a为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得弹簧弹力大小为
故D正确。
故选BCD。
【分析】AB、根据连接体瞬间问题，对ab撤去外力前列平衡方程；撤去外力后分别对c和ab根据牛顿第二定律列方程，联立求解加速；
C、根据ab沿斜面的加速度沿水平方向分加速度，根据牛顿第二定律分析判断；
D、根据a、b刚好分离时，a、b间的弹力为0，此时a、b、c的加速度大小相等，分别以a、b、c为研究对象，根据牛顿第二定律列方程组求解。
11．【答案】（1）两个弹簧测力计的示数和两个细绳的方向；仍使小圆环处于点；弹簧测力计的示数和细绳的方向；不需要
（2）平衡摩擦力（使小车所受合力大小等于细绳拉力大小）；使细绳拉力大小约等于砝码盘和砝码的重力大小
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）②用两个弹簧测力计通过互成角度的两根细绳将圆环拉至O点，记录O点的位置，并记录两个弹簧测力计的示数和两个细绳的方向；
③改用一个弹簧测力计通过细绳拉住圆环，仍使小圆环处于点， 并记录弹簧测力计的示数和细绳的方向；
⑤改变步骤②中两个拉力的大小和方向，重做实验。重新实验时，不需要保证圆环的位置始终在O点。
（2）①图中木板右端垫高的目的是：平衡摩擦力，使小车所受合力大小等于细绳拉力大小；
②以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
以砝码盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知实验中要求小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多，这样做的目的是：使细绳拉力大小约等于砝码盘和砝码的重力大小。
综上第1空：两个弹簧测力计的示数和两个细绳的方向；第2空：仍使小圆环处于点；第3空：弹簧测力计的示数和细绳的方向；第4空：不需要；第5空：平衡摩擦力（使小车所受合力大小等于细绳拉力大小）；第6空：使细绳拉力大小约等于砝码盘和砝码的重力大小
【分析】（1）根据实验原理，正确的操作步骤和注意事项分析判断；
（2）根据实验原理，木板右端垫高的目的是：平衡摩擦力，使小车所受合力大小等于细绳拉力大小；根据连接体整体法和隔离法应用牛顿第二定律列方程组求解绳子拉力分析得出结论。
（1）②[1]用两个弹簧测力计通过互成角度的两根细绳将圆环拉至O点，记录O点的位置，并记录两个弹簧测力计的示数和两个细绳的方向；
③[2][3]改用一个弹簧测力计通过细绳拉住圆环，仍使小圆环处于点， 并记录弹簧测力计的示数和细绳的方向；
⑤[4]改变步骤②中两个拉力的大小和方向，重做实验。重新实验时，不需要保证圆环的位置始终在O点。
（2）①[1]图中木板右端垫高的目的是：平衡摩擦力，使小车所受合力大小等于细绳拉力大小；
②[2]以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
以砝码盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知实验中要求小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多，这样做的目的是：使细绳拉力大小约等于砝码盘和砝码的重力大小。
12．【答案】（1）0.26；1.3
（2）；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）相邻两个计数点间还有四个点未画出，则相邻两个计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打出C点时，Q的速度大小为
根据逐差法可得Q的加速度大小为
（2）设Q的质量为，以Q为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
由图像可得
，
可得
，
综上第1空：0.26；第2空：1.3；第3空：；第4空：
【分析】（1）根据匀变速直线运动时间中点瞬时速度是这段时间的平均速度和逐差法分别求解；
（2）以Q为研究对象，根据牛顿第二定律求解a-F关系式，结合图线斜率和截距联立方程组求解。
（1）[1]相邻两个计数点间还有四个点未画出，则相邻两个计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打出C点时，Q的速度大小为
[2]根据逐差法可得Q的加速度大小为
（2）[1][2]设Q的质量为，以Q为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
由图像可得
，
可得
，
13．【答案】（1）解：对小可和雪橇作受力分析，如图所示
根据平衡条件水平方向
解得
对爸爸、小可和雪橇组成的整体，设爸爸所受摩擦力为，则水平方向由平衡条件可得
可得地面对爸爸的摩擦力大小为
方向水平向右。
（2）解：对雪橇和小可，竖直方向有
解得地面对雪橇的支持力
由
可得雪橇与地面之间的动摩擦因数
绳子断后，对雪橇和小可，由牛顿第二定律可得
设经过时间雪橇停下，则
解得
即末雪橇停下，故在10秒内雪橇的位移为
解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）先隔离对小可和雪橇作受力分析，正交分解水平方向平衡方程求解雪橇受到的摩擦力；再整体受力分析水平方向列平衡方程求解地面对爸爸的摩擦力；
（2）绳断后对小可和雪橇作受力分析，正交分解，根据牛顿第二定律列方程组求解加速度，根据运动学方程求解匀减速发生的位移。
（1）对小可和雪橇作受力分析，如图所示
根据平衡条件水平方向
解得
对爸爸、小可和雪橇组成的整体，设爸爸所受摩擦力为，则水平方向由平衡条件可得
可得地面对爸爸的摩擦力大小为
方向水平向右。
（2）对雪橇和小可，竖直方向有
解得地面对雪橇的支持力
由
可得雪橇与地面之间的动摩擦因数
绳子断后，对雪橇和小可，由牛顿第二定律可得
设经过时间雪橇停下，则
解得
即末雪橇停下，故在10秒内雪橇的位移为
解得
14．【答案】（1）解：货物放上传送带后，水平方向受力如图所示，设传送带对物体的摩擦力为，挡板对物体摩擦力为，由剖面图对货物受力分析如图，传送带对货物支持力为，挡板对货物支持力为，则
，
由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
传送带上表面对货物的摩擦力大小为，挡板对货物的摩擦力大小为。
（2）解：设货物由静止放上传送带获得的加速度为，对货物
解得
设货物在传送带上经时间能达到共速，所走的为，由运动学公式得
，
解得
，
所以物体能在传送带上达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间到达目的地，则有
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
（3）解：货物由于传送带突然出现故障，作匀减速运动的加速度为，所走的位移为，传送带恢复正常后，货物匀加速达到共速的位移为，对货物
根据运动学公式得
，
设由于传送带故障，耽误的时间设为，则
代入数据，解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）对货物垂直运动方向受力分析求解传送带和挡板对货物的支持力，根据滑动摩擦力公式分别求解传送带和挡板对货物的摩擦力大小；
（2）货物沿运动方向受到传送带和挡板摩擦力，根据牛顿第二定律求解货物运动加速度，根据运动学方程求解匀加速运动到与传送带共速时的位移和时间；再由匀速运动求解剩余位移的时间，进一步计算货物运动总时间；
（3）根据传送带故障沿货物运动方向受力分析，根据牛顿第二定律求解加速，根据运动学方程求解货物匀减速到零和匀加速到传送带共速的时间，求解耽误时间。
（1）货物放上传送带后，水平方向受力如图所示，设传送带对物体的摩擦力为，挡板对物体摩擦力为，由剖面图对货物受力分析如图，传送带对货物支持力为，挡板对货物支持力为，则
，
由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
传送带上表面对货物的摩擦力大小为，挡板对货物的摩擦力大小为。
（2）设货物由静止放上传送带获得的加速度为，对货物
解得
设货物在传送带上经时间能达到共速，所走的为，由运动学公式得
，
解得
，
所以物体能在传送带上达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间到达目的地，则有
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
（3）货物由于传送带突然出现故障，作匀减速运动的加速度为，所走的位移为，传送带恢复正常后，货物匀加速达到共速的位移为，对货物
根据运动学公式得
，
设由于传送带故障，耽误的时间设为，则
代入数据，解得
15．【答案】（1）解：设绳子断裂前A、B加速度大小均为，对B由牛顿第二定律可得
对A由牛顿第二定律可得
解得
，
（2）解：设B到达底端时速度大小为，B、C间的摩擦因数为，B在C上减速时加速度大小为，C的加速度大小为，B、C共速为；由运动学公式可得
对B由牛顿第二定律可得
对C由牛顿第二定律可得
其中
设共速的速度为，则有
，
联立解得
，
（3）解：B刚进入区域时，假设BC以大小为的加速度共同减速；对BC整体，由牛顿第二定律得
解得
此时B对C的摩擦力大小为
假设成立，BC共同减速。
若当B进入的位移为时，BC刚好静止，则有
解得
讨论：当时，B将返回从边界离开，故
当时，有
可得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）分别对A和B受力分析沿斜面根究牛顿第二定律列方程求解加速度和拉力T；
（2）对B根究运动学方程求解到底端的速度；对B、C分别根究牛顿第二定律求解二者相对运动加速度，根据共速的相对位移，由运动学方程组求解BC之间摩擦因数和C的速度；
（3）B刚进MN区域时对BC根据整体法和隔离法，应用牛顿第二定律求解共同运动加速度；假设B到达KL时减速为零，根据运动学方程求解K，分别讨论：K大于所解得K值时，B将反向匀加速折返至MN，速度大小为进入MN时速度；K小于所解得K值时，根据运动学方程求解反向运动至MN的末速度。
（1）设绳子断裂前A、B加速度大小均为，对B由牛顿第二定律可得
对A由牛顿第二定律可得
解得
，
（2）设B到达底端时速度大小为，B、C间的摩擦因数为，B在C上减速时加速度大小为，C的加速度大小为，B、C共速为；由运动学公式可得
对B由牛顿第二定律可得
对C由牛顿第二定律可得
其中
设共速的速度为，则有
，
联立解得
，
（3）B刚进入区域时，假设BC以大小为的加速度共同减速；对BC整体，由牛顿第二定律得
解得
此时B对C的摩擦力大小为
假设成立，BC共同减速。
若当B进入的位移为时，BC刚好静止，则有
解得
讨论：当时，B将返回从边界离开，故
当时，有
可得
1 / 1
