广东省广州市第十六中学2024-2025学年高三上学期10月教学质量检测物理试题
1．（2024高三上·越秀月考）《论衡》是中国思想史上的一部重要著作，是东汉时期杰出的唯物主义思想家王充的智慧结晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故车行于陆，船行于沟，其满而重者行迟，空而轻者行疾”“任重，其进取疾速，难矣”，由此可见，王充对运动与力的理解（ ）
A．与亚里斯多德的观点相近 B．与牛顿第一定律相近
C．与牛顿第二定律相近 D．与牛顿第三定律相近
2．（2024高三上·越秀月考）商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·越秀月考）如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环（可以看作质点）套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·越秀月考）如图甲，人在原地纵跳，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．在C点时人达到最大速度
B．曲线上的A点表示人下蹲至最低点
C．人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的
D．人能原地纵跳是地面对人的支持力大于人对地面的压力
5．（2024高三上·越秀月考）一质量为m的小球通过短绳和光滑铰链A与两根轻杆连接，绳和铰链A的质量均不计，轻杆通过光滑铰链分别与固定点O和连接，如图所示。已知两轻杆与水平地面和竖直墙壁的夹角分别为，重力加速度为，则下面轻杆和上面轻杆对铰链A的作用力大小分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
6．（2024高三上·越秀月考）如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为的托盘，托盘上放着6个质量均为的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高三上·越秀月考）在一颗半径为地球半径0.8倍的行星表面，将一个物体竖直向上抛出，不计空气阻力。从抛出开始计时，物体运动的位移随时间关系如图（可能用到的数据：地球的半径为6400km，地球的第一宇宙速度取8km/s，地球表面的重力加速度为10m/s2），则（ ）
A．该行星的质量比地球的质量大
B．该行星表面的重力加速度为16m/s2
C．该行星的第一宇宙速度为6.4km/s
D．该物体落到行星表面时的速率为30m/s
8．（2024高三上·越秀月考）如图，倾角为的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为，一个物体从传送带底端以初速度大小上滑，同时物体受到平行于传送带向上的恒力作用，物体与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列选项中物体运动的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高三上·越秀月考）如图甲为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为的支架（含电动机）上，有一根长为的轻杆带动一个质量为的铁球（铁球可视为质点），如图乙所示，重力加速度为，若在某次打夯过程中，铁球以角速度匀速转动，则（ ）
A．铁球所受合力大小不变
B．铁球转动到最高点时，处于超重状态
C．铁球做圆周运动的向心加速度始终不变
D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则此时铁球线速度大小
10．（2024高三上·越秀月考）如图所示，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮。出手点离地面的高度为h，篮筐离地面的高度为H。该同学出手的瞬时速度，要使篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．出手时瞬时速度与水平方向的夹角为
B．出手时瞬时速度与水平方向的夹角为
C．水平距离
D．水平距离
11．（2024高三上·越秀月考）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的二个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。
（1）为验证两个互成角度的力的合成规律，某组同学用两个弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材，按照如下实验步骤完成实验：
（Ⅰ）用图钉将白纸固定在水平木板上；
（Ⅱ）如图（d）（e）所示，橡皮条的一端固定在木板上的G点，另一端连接轻质小圆环，将两细线系在小圆环上，细线另一端系在弹簧测力计上，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环到某位置，并标记圆环的圆心位置为O点，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，大小分别为F1 = 3.60 N、F2 = 2.90 N；改用一个弹簧测力计拉动小圆环，使其圆心到同一O点，在拉力F的方向上标记P3点，拉力的大小为F = 5.60 N，请完成下列问题：
在图（e）中按照给定的标度画出F1、F2和F的图示 ，然后按平行四边形定则求出F1、F2的合力F'；比较F和F'，写出可能产生误差的两点原因 、 。
（2）在“探究弹簧弹力大小与伸长量关系”的实验中，第一组同学设计了如图甲的实验装置。将弹簧竖直悬挂在铁架台上，先测出不挂钩码时弹簧的长度L0，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出钩码静止时相应的弹簧总长度L，根据x = L L0算出弹簧伸长的长度x，根据测量数据画出如图乙的F x图像。
（Ⅰ）根据所得的F x图线可知该弹簧的劲度系数为 N/m。
（Ⅱ）第二小组同学将第一组同学用的同一弹簧水平放置测出其自然长度L0，然后竖直悬挂测出挂上钩码后的弹簧的总长度L，根据x = L L0算出弹簧伸长的长度x。他们得到的F x图线如图丙，则图像不过原点的原因可能是 ，第二组同学利用该方案测出弹簧的劲度系数和第一组同学测出的结果相比 （选填“偏大”或“偏小”或“相同”）。
12．（2024高三上·越秀月考）某同学利用如图甲所示的装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数μ。实验时长木板水平放置，在沙桶中放入适量细沙，释放滑块，滑块可以向左加速运动。实验中，认为细线对滑块的拉力F近似等于沙桶和细沙的总重力。
（1）实验时，必须要进行的操作是 。
A．实验前，先补偿阻力
B．调整滑轮的位置，使细线与长木板平行
C．要保证沙桶和细沙的总质量远小于滑块的质量
D．先释放滑块再接通打点计时器电源
（2）该同学实验中得到如图乙所示的一条纸带，A、B、C、D为相邻计数点（相邻两计数点之间还有四个点未画出），电火花计时器使用的交流电源频率为50Hz；根据纸带可以求出滑块的加速度大小为 m/s2（结果保留3位有效数字）；
（3）通过改变细沙的质量，得到滑块运动的加速度a和拉力F的关系如图丙所示，已知纵截距为，当地的重力加速度为g，则滑块和长木板间的动摩擦因数μ= ；滑块的质量M= （用b、c、g这些字母表示）。
13．（2024高三上·越秀月考）随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人+”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m=1kg的医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1=2s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2=5s，然后再经匀减速t3=4s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h=40m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F=15N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，求：
（1）物品运动过程中的最大速率；
（2）匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；
（3）匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。
14．（2024高三上·越秀月考）如图所示在足够大的转盘中心固定一个小物块B，距离中心为r0=0.2m处放置小物块A，A、B质量均为m=1kg，A与转盘之间的动摩擦因数为μ1=0.5，现在用原长为d=0.2m、劲度系数k=40N/m的轻质弹簧将两者拴接，重力加速度g=10m/s2，假设弹簧始终处于弹性限度以内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：
（1）缓慢增加转盘转动的角速度，求A即将打滑时的ω0；
（2）若转盘的角速度ω1=6rad/s，A可以放置在离中心距离不同的位置上，且A始终不打滑，求满足条件的A转动半径rA的大小范围；
（3）若小物块B解除固定状态，B和转盘间动摩擦因数为μ2=0.2，现将转盘角速度从0开始缓慢增大，为了保证B不打滑，求满足条件的转盘角速度ω2的大小范围。
15．（2024高三上·越秀月考）如图，一水平面内放置的传送带，传送带区域为，长为，宽为，P点为的中点，传送带以速度匀速运动，小物块质量，小物块与传送带的动摩擦因数为，取重力加速度为。
（1）小物块从传送带的A点无初速度释放，求小物块从释放到运动到端的时间；
（2）小物块从传送带的P点向A点以某一水平速度射出，如恰好能从A点返回，并从CD边离开传送带，求此过程小物块与传送带摩擦产生的热量；
（3）小物块从传送带的A点以平行于方向的速度射出，求小物块离开传送带时的位置。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】“其满而重者行迟，空而轻者行疾”、“任重，其进取疾速，难矣”，本质上的意思是，在相同力的作用下，质量大的物体速度变化慢，加速度小，质量小的物体速度变化快，加速度大，因此王充对运动与力的理解与牛顿第二定律相近。
故答案为：C。
【分析】结合牛顿第二定律进行分析判断正确。
2．【答案】C
【知识点】平均速度
【解析】【解答】 做匀变速直线运动的物体在任意一段时间t 内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，还等于这段时间初、末速度矢量和的一半。设门的最大速度为，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2s，根据
可得
则加速度
故选C。
【分析】根据用平均速度表示的位移公式和加速度定义式求解。
3．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了匀变速直线运动的规律，解题的关键是知道利用运动学公式找出小环下滑的时间与直径的关系。利用牛顿第二定律可得小环的加速度大小，利用运动学公式可得小环下滑时间的表达式，则可得三条不同路径运动的时间关系。设斜面的倾角为，圆的直径为，根据牛顿第二定律可得小环下滑的加速度为
斜面的长度为
根据动力学公式
小环下滑所用时间为
则
由于
根据平均速度公式
可得
故选D。
【分析】根据三条路径的位移大小关系、时间关系，利用平均速度定义式可知小环经过不同路径的平均速度大小关系。
4．【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．根据图像分析C点对应的状态，判断速度和加速度情况，人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，故A正确；
B．根据下蹲过程所包含的状态分析，下蹲过程包含向下加速和减速的过程，向下加速处于失重状态，人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，故B错误；
C．人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，故C错误；
D．根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，方向相反，故D错误。
故选A。
【分析】 根据图像分析C点对应的状态，判断速度和加速度情况；根据弹力的产生的原因进行解答；根据牛顿第三定律进行分析判断。
5．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解决此类受力分析问题的基本步骤是：第一步，找研究对象；第二步，受力分析；第三步，建立坐标系；第四步根据平衡条件列方程；第五步，计算。以铰链A和小球为整体，根据受力平衡可得
联立解得
，
可知下面轻杆和上面轻杆对铰链A的作用力大小分别为，。
故选B。
【分析】对A处受力分析，根据平衡条件列方程计算即可。
6．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】 本题是对牛顿第二定律的考查，整体法与隔离法的应用是解题的关键。 托盘上放着6个质量均为的盘子并处于静止状态 ，则盘子可以看成一个整体。顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg，根据牛顿第二定律有
对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有
联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为
故选A。
【分析】 分析顾客快速取走1号盘子的瞬间托盘和其他5个盘子的合力，由牛顿第二定律求解整体的加速度，再对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律求解托盘对6号盘子作用力的大小。
7．【答案】C
【知识点】竖直上抛运动；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】B．根据图像提供信息列式计算初速度，再利用加速度定义式计算重力加速度。由图读出，物体上升的最大高度为
上升的时间为
对于上升过程，有
所以初速度为
物体上升的加速度大小为
故B错误；
A．根据星球表面和地球表面的黄金代换式结合半径关系比较质量关系。物体在行星表面受到的重力等于万有引力，则
解得
故行星的质量小于地球的质量，故A错误。
C．根据第一宇宙速度的公式结合半径关系式列式求解，根据
可得
则该行星的第一宇宙速度为
故C正确。
D．根据对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为32m/s，故D错误。
故选C。
【分析】 根据图像提供信息列式计算初速度，再利用加速度定义式计算重力加速度；根据星球表面和地球表面的黄金代换式结合半径关系比较质量关系；根据竖直上抛的对称性分析速度的情况。
8．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，考虑问题要全面，特别要关注临界点：物体速度与传送带速度相同的状态。B．由于
则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若
则物体的加速度为零，将一直以v2向上匀速运动，故B正确；
A．若
则合力向上，物体的加速度向上，将一直向上做匀加速直线运动，故A正确；
CD．若
则加速度向下，物体将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物体受向上拉力和静摩擦力而合外力为零，则物体与传送带一起向上匀速运动，故C错误，D正确。
故选ABD。
【分析】 通过分析物块可能的受力情况，运用牛顿第二定律分析其运动情况，再判断v-t图像的形状。
9．【答案】A,D
【知识点】超重与失重；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．根据向心力的表达式进行判断大小变化情况，铁球转动过程中，合力大小为
故铁球转动过程合力大小不变，故A正确；
B．根据最高点的加速度方向判断超失重状态，铁球转动到最高点时，加速度向下，处于失重状态，故B错误；
C．铁球做圆周运动的向心加速度的方向时刻变化，大小不变，故C错误；
D．铁球转动到最高点时，此时对支架受力分析，支架受到轻杆的拉力等于重力，即有
对小球分析，结合牛顿第二定律有
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】根据最高点的加速度方向判断超失重状态；根据向心加速度的矢量性进行分析判断；根据支架和小球的受力分析列式联立求解。
10．【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】 本题解题关键是找出平抛模型，并应用平抛运动规律去解决实际问题，平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动。根据题意可知，篮球到达篮筐时，竖直速度刚好为零。可以看成从篮筐处开始做平抛运动。设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为，由平抛运动可知
联立解得
故选BC。
【分析】篮球到达篮筐时，竖直速度为零。看成从篮筐处开始做平抛运动，由平抛运动规律，即可解答。
11．【答案】（1）；没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行，读数时没有正视弹簧测力计；读数时没有正视弹簧测力计
（2）25；弹簧自身重力的影响；相同
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）按照给定的标度画出F1、F2和F的图示，利用刻度尺根据平行四边形定则画出F1、F2的合力F'，如图所示
由图可知，F和F'不完全重合，任何实验都存在误差，产生误差的原因可能是没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；读数时没有正视弹簧测力计， 使用的尺子、量角器等测量工具可能有刻度不准确或磨损的情况等。
（2）
由图示图像可知，弹簧的劲度系数为
弹簧竖直悬挂时，弹簧在自身重力作用下要伸长，即竖直悬挂时弹簧的原长比水平放置在桌面上所测原长要长 ，由
可得
两种情况下斜率相同，测量结果相同。
【分析】 （1）根据力的图示和平行四边形定则，画出两个合力并进行比较，分析误差的原因；
（2）（Ⅰ）根据胡克定律求解F-x函数，结合图像斜率的含义求劲度系数；
（Ⅱ）理解弹簧竖直与水平长度的特点，根据胡克定律求解F-x函数，结合图像完成分析。
（1）[1]按照给定的标度画出F1、F2和F的图示，根据平行四边形定则画出F1、F2的合力F'，如图所示
[2][3]由图可知，F和F'不完全重合，产生误差的原因可能是没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；读数时没有正视弹簧测力计。
（2）[1]由图示图像可知，弹簧的劲度系数为
[2][3]弹簧竖直悬挂时，弹簧在自身重力作用下要伸长，弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了，由
可得
两种情况下斜率相同，测量结果相同。
12．【答案】BC；1.25；；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．本实验需要测量动摩擦因数，所以实验前，无需补偿阻力，故A错误；
B．调整滑轮的位置，使细线与长木板平行，从而保证实验中滑块受到的沿长木板方向的拉力恒定，加速度恒定，故B正确；
C．本实验中由于认为细线对滑块的拉力F近似等于沙桶和细沙的总重力，所以需要保证沙桶和细沙的总质量远小于滑块的质量，故C正确；
D．本实验应该先接通打点计时器电源，待打点计时器工作稳定后再释放滑块，这样可以得到更多实验数据，更加充分利用纸带，故D错误。
故选BC。
（2）依题意，可求得相邻计数点间的时间间隔为
根据匀变速直线运动的逐差法，可以求出滑块的加速度大小为
（3）对滑块，受到拉力与摩擦力作用，根据牛顿第二定律有
可得
图线丙与关系式对比，可得
可解得
【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；
（2）结合纸带数据，根据逐差法求得加速度；
（3）根据牛顿第二定律求得加速度与F的关系，结合丙图即可求得动摩擦因数。
13．【答案】解：（1）由题意可知
解得
（2）匀减速阶段物品的加速度大小
解得
位移大小
解得
（3）由牛顿第二定律有
又
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】 （1）根据无人机的运动过程应用运动学公式求出最大速度。
（2）根据加速度的定义式求出加速度大小，根据运动学公式求出位移大小。
（3）求出匀加速阶段的加速度大小，然后应用牛顿第二定律求出无人机对物品的作用力大小。
14．【答案】解：（1）设盘的角速度为时，物块A将开始滑动，则
代入数值解得A即将打滑时
（2）A放置在离中心距离不同的位置上弹力不同，由临界条件可得
由胡克定律可知
代入数值解得
，
故满足条件的A转动半径rA的大小范围
（3）若小物块B解除固定状态，则物块刚好滑动时弹簧拉力为，则对有
由胡克定律可知
可得
对受力分析，为了保证B不打滑，则有
可得
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；生活中的圆周运动
【解析】【分析】 （1）由题干可知，弹簧处于原长状态，在即将打滑之前，物块A的向心力由摩擦力提供，利用牛顿第二定律、向心力计算公式计算角速度；
（2）根据胡克定律求满足条件的A转动半径rA的大小范围；
（3）可利用B刚好不打滑的状态，分析此时弹簧拉力的大小，此时弹簧拉力与A所受摩擦力的合力至少要大于等于物块A的向心力，利用此条件计算角速度大小。
15．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律可得
由于
可知小物块先加速到与传送带达到共速，然后做匀速直线运动，加速所用时间为
加速位移为
匀速运动的时间为
可得总时间为
（2）解：小物块向A点射出后，恰好能从A点返回时，与传送带摩擦产生的热量最大，设射出的初速度为v'，恰好到A点有
运动的时间为
此段产生的热量为
然后，小物块反向加速到传送带速度，此段产生的热量为
所以总热量为
（3）解：小物块射出后相对于传送带的运动方向如图所示
由于滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得
由于
所以加速变a的方向不变，小物体的两个方向的加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物体在v方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为t，由匀减速运动可知
可得
此时沿AC方向的位移为
假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点距离B点为
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动的合成与分解
【解析】【分析】 （1）根据牛顿第二定律解得加速度，根据v=at小物块与传送带速度相同的时间，结合位移—时间关系解得；
（2）热量等于摩擦力与相对位移的乘积，根据Q=f Δs求解热量；
（3）分析小物块射出后得运动情况，结合位移—时间关系解答。
（1）根据牛顿第二定律可得
由于
可知小物块先加速到与传送带达到共速，然后做匀速直线运动，加速所用时间为
加速位移为
匀速运动的时间为
可得总时间为
（2）小物块向A点射出后，恰好能从A点返回时，与传送带摩擦产生的热量最大，设射出的初速度为v'，恰好到A点有
运动的时间为
此段产生的热量为
然后，小物块反向加速到传送带速度，此段产生的热量为
所以总热量为
（3）小物块射出后相对于传送带的运动方向如图所示
由于滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得
由于
所以加速变a的方向不变，小物体的两个方向的加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物体在v方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为t，由匀减速运动可知
可得
此时沿AC方向的位移为
假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点距离B点为
1 / 1广东省广州市第十六中学2024-2025学年高三上学期10月教学质量检测物理试题
1．（2024高三上·越秀月考）《论衡》是中国思想史上的一部重要著作，是东汉时期杰出的唯物主义思想家王充的智慧结晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故车行于陆，船行于沟，其满而重者行迟，空而轻者行疾”“任重，其进取疾速，难矣”，由此可见，王充对运动与力的理解（ ）
A．与亚里斯多德的观点相近 B．与牛顿第一定律相近
C．与牛顿第二定律相近 D．与牛顿第三定律相近
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】“其满而重者行迟，空而轻者行疾”、“任重，其进取疾速，难矣”，本质上的意思是，在相同力的作用下，质量大的物体速度变化慢，加速度小，质量小的物体速度变化快，加速度大，因此王充对运动与力的理解与牛顿第二定律相近。
故答案为：C。
【分析】结合牛顿第二定律进行分析判断正确。
2．（2024高三上·越秀月考）商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平均速度
【解析】【解答】 做匀变速直线运动的物体在任意一段时间t 内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，还等于这段时间初、末速度矢量和的一半。设门的最大速度为，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2s，根据
可得
则加速度
故选C。
【分析】根据用平均速度表示的位移公式和加速度定义式求解。
3．（2024高三上·越秀月考）如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环（可以看作质点）套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了匀变速直线运动的规律，解题的关键是知道利用运动学公式找出小环下滑的时间与直径的关系。利用牛顿第二定律可得小环的加速度大小，利用运动学公式可得小环下滑时间的表达式，则可得三条不同路径运动的时间关系。设斜面的倾角为，圆的直径为，根据牛顿第二定律可得小环下滑的加速度为
斜面的长度为
根据动力学公式
小环下滑所用时间为
则
由于
根据平均速度公式
可得
故选D。
【分析】根据三条路径的位移大小关系、时间关系，利用平均速度定义式可知小环经过不同路径的平均速度大小关系。
4．（2024高三上·越秀月考）如图甲，人在原地纵跳，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．在C点时人达到最大速度
B．曲线上的A点表示人下蹲至最低点
C．人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的
D．人能原地纵跳是地面对人的支持力大于人对地面的压力
【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．根据图像分析C点对应的状态，判断速度和加速度情况，人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，故A正确；
B．根据下蹲过程所包含的状态分析，下蹲过程包含向下加速和减速的过程，向下加速处于失重状态，人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，故B错误；
C．人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，故C错误；
D．根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，方向相反，故D错误。
故选A。
【分析】 根据图像分析C点对应的状态，判断速度和加速度情况；根据弹力的产生的原因进行解答；根据牛顿第三定律进行分析判断。
5．（2024高三上·越秀月考）一质量为m的小球通过短绳和光滑铰链A与两根轻杆连接，绳和铰链A的质量均不计，轻杆通过光滑铰链分别与固定点O和连接，如图所示。已知两轻杆与水平地面和竖直墙壁的夹角分别为，重力加速度为，则下面轻杆和上面轻杆对铰链A的作用力大小分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解决此类受力分析问题的基本步骤是：第一步，找研究对象；第二步，受力分析；第三步，建立坐标系；第四步根据平衡条件列方程；第五步，计算。以铰链A和小球为整体，根据受力平衡可得
联立解得
，
可知下面轻杆和上面轻杆对铰链A的作用力大小分别为，。
故选B。
【分析】对A处受力分析，根据平衡条件列方程计算即可。
6．（2024高三上·越秀月考）如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为的托盘，托盘上放着6个质量均为的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】 本题是对牛顿第二定律的考查，整体法与隔离法的应用是解题的关键。 托盘上放着6个质量均为的盘子并处于静止状态 ，则盘子可以看成一个整体。顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg，根据牛顿第二定律有
对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有
联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为
故选A。
【分析】 分析顾客快速取走1号盘子的瞬间托盘和其他5个盘子的合力，由牛顿第二定律求解整体的加速度，再对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律求解托盘对6号盘子作用力的大小。
7．（2024高三上·越秀月考）在一颗半径为地球半径0.8倍的行星表面，将一个物体竖直向上抛出，不计空气阻力。从抛出开始计时，物体运动的位移随时间关系如图（可能用到的数据：地球的半径为6400km，地球的第一宇宙速度取8km/s，地球表面的重力加速度为10m/s2），则（ ）
A．该行星的质量比地球的质量大
B．该行星表面的重力加速度为16m/s2
C．该行星的第一宇宙速度为6.4km/s
D．该物体落到行星表面时的速率为30m/s
【答案】C
【知识点】竖直上抛运动；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】B．根据图像提供信息列式计算初速度，再利用加速度定义式计算重力加速度。由图读出，物体上升的最大高度为
上升的时间为
对于上升过程，有
所以初速度为
物体上升的加速度大小为
故B错误；
A．根据星球表面和地球表面的黄金代换式结合半径关系比较质量关系。物体在行星表面受到的重力等于万有引力，则
解得
故行星的质量小于地球的质量，故A错误。
C．根据第一宇宙速度的公式结合半径关系式列式求解，根据
可得
则该行星的第一宇宙速度为
故C正确。
D．根据对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为32m/s，故D错误。
故选C。
【分析】 根据图像提供信息列式计算初速度，再利用加速度定义式计算重力加速度；根据星球表面和地球表面的黄金代换式结合半径关系比较质量关系；根据竖直上抛的对称性分析速度的情况。
8．（2024高三上·越秀月考）如图，倾角为的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为，一个物体从传送带底端以初速度大小上滑，同时物体受到平行于传送带向上的恒力作用，物体与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列选项中物体运动的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，考虑问题要全面，特别要关注临界点：物体速度与传送带速度相同的状态。B．由于
则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若
则物体的加速度为零，将一直以v2向上匀速运动，故B正确；
A．若
则合力向上，物体的加速度向上，将一直向上做匀加速直线运动，故A正确；
CD．若
则加速度向下，物体将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物体受向上拉力和静摩擦力而合外力为零，则物体与传送带一起向上匀速运动，故C错误，D正确。
故选ABD。
【分析】 通过分析物块可能的受力情况，运用牛顿第二定律分析其运动情况，再判断v-t图像的形状。
9．（2024高三上·越秀月考）如图甲为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为的支架（含电动机）上，有一根长为的轻杆带动一个质量为的铁球（铁球可视为质点），如图乙所示，重力加速度为，若在某次打夯过程中，铁球以角速度匀速转动，则（ ）
A．铁球所受合力大小不变
B．铁球转动到最高点时，处于超重状态
C．铁球做圆周运动的向心加速度始终不变
D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则此时铁球线速度大小
【答案】A,D
【知识点】超重与失重；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．根据向心力的表达式进行判断大小变化情况，铁球转动过程中，合力大小为
故铁球转动过程合力大小不变，故A正确；
B．根据最高点的加速度方向判断超失重状态，铁球转动到最高点时，加速度向下，处于失重状态，故B错误；
C．铁球做圆周运动的向心加速度的方向时刻变化，大小不变，故C错误；
D．铁球转动到最高点时，此时对支架受力分析，支架受到轻杆的拉力等于重力，即有
对小球分析，结合牛顿第二定律有
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】根据最高点的加速度方向判断超失重状态；根据向心加速度的矢量性进行分析判断；根据支架和小球的受力分析列式联立求解。
10．（2024高三上·越秀月考）如图所示，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮。出手点离地面的高度为h，篮筐离地面的高度为H。该同学出手的瞬时速度，要使篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．出手时瞬时速度与水平方向的夹角为
B．出手时瞬时速度与水平方向的夹角为
C．水平距离
D．水平距离
【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】 本题解题关键是找出平抛模型，并应用平抛运动规律去解决实际问题，平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动。根据题意可知，篮球到达篮筐时，竖直速度刚好为零。可以看成从篮筐处开始做平抛运动。设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为，由平抛运动可知
联立解得
故选BC。
【分析】篮球到达篮筐时，竖直速度为零。看成从篮筐处开始做平抛运动，由平抛运动规律，即可解答。
11．（2024高三上·越秀月考）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的二个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。
（1）为验证两个互成角度的力的合成规律，某组同学用两个弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材，按照如下实验步骤完成实验：
（Ⅰ）用图钉将白纸固定在水平木板上；
（Ⅱ）如图（d）（e）所示，橡皮条的一端固定在木板上的G点，另一端连接轻质小圆环，将两细线系在小圆环上，细线另一端系在弹簧测力计上，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环到某位置，并标记圆环的圆心位置为O点，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，大小分别为F1 = 3.60 N、F2 = 2.90 N；改用一个弹簧测力计拉动小圆环，使其圆心到同一O点，在拉力F的方向上标记P3点，拉力的大小为F = 5.60 N，请完成下列问题：
在图（e）中按照给定的标度画出F1、F2和F的图示 ，然后按平行四边形定则求出F1、F2的合力F'；比较F和F'，写出可能产生误差的两点原因 、 。
（2）在“探究弹簧弹力大小与伸长量关系”的实验中，第一组同学设计了如图甲的实验装置。将弹簧竖直悬挂在铁架台上，先测出不挂钩码时弹簧的长度L0，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出钩码静止时相应的弹簧总长度L，根据x = L L0算出弹簧伸长的长度x，根据测量数据画出如图乙的F x图像。
（Ⅰ）根据所得的F x图线可知该弹簧的劲度系数为 N/m。
（Ⅱ）第二小组同学将第一组同学用的同一弹簧水平放置测出其自然长度L0，然后竖直悬挂测出挂上钩码后的弹簧的总长度L，根据x = L L0算出弹簧伸长的长度x。他们得到的F x图线如图丙，则图像不过原点的原因可能是 ，第二组同学利用该方案测出弹簧的劲度系数和第一组同学测出的结果相比 （选填“偏大”或“偏小”或“相同”）。
【答案】（1）；没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行，读数时没有正视弹簧测力计；读数时没有正视弹簧测力计
（2）25；弹簧自身重力的影响；相同
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）按照给定的标度画出F1、F2和F的图示，利用刻度尺根据平行四边形定则画出F1、F2的合力F'，如图所示
由图可知，F和F'不完全重合，任何实验都存在误差，产生误差的原因可能是没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；读数时没有正视弹簧测力计， 使用的尺子、量角器等测量工具可能有刻度不准确或磨损的情况等。
（2）
由图示图像可知，弹簧的劲度系数为
弹簧竖直悬挂时，弹簧在自身重力作用下要伸长，即竖直悬挂时弹簧的原长比水平放置在桌面上所测原长要长 ，由
可得
两种情况下斜率相同，测量结果相同。
【分析】 （1）根据力的图示和平行四边形定则，画出两个合力并进行比较，分析误差的原因；
（2）（Ⅰ）根据胡克定律求解F-x函数，结合图像斜率的含义求劲度系数；
（Ⅱ）理解弹簧竖直与水平长度的特点，根据胡克定律求解F-x函数，结合图像完成分析。
（1）[1]按照给定的标度画出F1、F2和F的图示，根据平行四边形定则画出F1、F2的合力F'，如图所示
[2][3]由图可知，F和F'不完全重合，产生误差的原因可能是没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；读数时没有正视弹簧测力计。
（2）[1]由图示图像可知，弹簧的劲度系数为
[2][3]弹簧竖直悬挂时，弹簧在自身重力作用下要伸长，弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了，由
可得
两种情况下斜率相同，测量结果相同。
12．（2024高三上·越秀月考）某同学利用如图甲所示的装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数μ。实验时长木板水平放置，在沙桶中放入适量细沙，释放滑块，滑块可以向左加速运动。实验中，认为细线对滑块的拉力F近似等于沙桶和细沙的总重力。
（1）实验时，必须要进行的操作是 。
A．实验前，先补偿阻力
B．调整滑轮的位置，使细线与长木板平行
C．要保证沙桶和细沙的总质量远小于滑块的质量
D．先释放滑块再接通打点计时器电源
（2）该同学实验中得到如图乙所示的一条纸带，A、B、C、D为相邻计数点（相邻两计数点之间还有四个点未画出），电火花计时器使用的交流电源频率为50Hz；根据纸带可以求出滑块的加速度大小为 m/s2（结果保留3位有效数字）；
（3）通过改变细沙的质量，得到滑块运动的加速度a和拉力F的关系如图丙所示，已知纵截距为，当地的重力加速度为g，则滑块和长木板间的动摩擦因数μ= ；滑块的质量M= （用b、c、g这些字母表示）。
【答案】BC；1.25；；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．本实验需要测量动摩擦因数，所以实验前，无需补偿阻力，故A错误；
B．调整滑轮的位置，使细线与长木板平行，从而保证实验中滑块受到的沿长木板方向的拉力恒定，加速度恒定，故B正确；
C．本实验中由于认为细线对滑块的拉力F近似等于沙桶和细沙的总重力，所以需要保证沙桶和细沙的总质量远小于滑块的质量，故C正确；
D．本实验应该先接通打点计时器电源，待打点计时器工作稳定后再释放滑块，这样可以得到更多实验数据，更加充分利用纸带，故D错误。
故选BC。
（2）依题意，可求得相邻计数点间的时间间隔为
根据匀变速直线运动的逐差法，可以求出滑块的加速度大小为
（3）对滑块，受到拉力与摩擦力作用，根据牛顿第二定律有
可得
图线丙与关系式对比，可得
可解得
【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；
（2）结合纸带数据，根据逐差法求得加速度；
（3）根据牛顿第二定律求得加速度与F的关系，结合丙图即可求得动摩擦因数。
13．（2024高三上·越秀月考）随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人+”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m=1kg的医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1=2s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2=5s，然后再经匀减速t3=4s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h=40m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F=15N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，求：
（1）物品运动过程中的最大速率；
（2）匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；
（3）匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。
【答案】解：（1）由题意可知
解得
（2）匀减速阶段物品的加速度大小
解得
位移大小
解得
（3）由牛顿第二定律有
又
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】 （1）根据无人机的运动过程应用运动学公式求出最大速度。
（2）根据加速度的定义式求出加速度大小，根据运动学公式求出位移大小。
（3）求出匀加速阶段的加速度大小，然后应用牛顿第二定律求出无人机对物品的作用力大小。
14．（2024高三上·越秀月考）如图所示在足够大的转盘中心固定一个小物块B，距离中心为r0=0.2m处放置小物块A，A、B质量均为m=1kg，A与转盘之间的动摩擦因数为μ1=0.5，现在用原长为d=0.2m、劲度系数k=40N/m的轻质弹簧将两者拴接，重力加速度g=10m/s2，假设弹簧始终处于弹性限度以内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：
（1）缓慢增加转盘转动的角速度，求A即将打滑时的ω0；
（2）若转盘的角速度ω1=6rad/s，A可以放置在离中心距离不同的位置上，且A始终不打滑，求满足条件的A转动半径rA的大小范围；
（3）若小物块B解除固定状态，B和转盘间动摩擦因数为μ2=0.2，现将转盘角速度从0开始缓慢增大，为了保证B不打滑，求满足条件的转盘角速度ω2的大小范围。
【答案】解：（1）设盘的角速度为时，物块A将开始滑动，则
代入数值解得A即将打滑时
（2）A放置在离中心距离不同的位置上弹力不同，由临界条件可得
由胡克定律可知
代入数值解得
，
故满足条件的A转动半径rA的大小范围
（3）若小物块B解除固定状态，则物块刚好滑动时弹簧拉力为，则对有
由胡克定律可知
可得
对受力分析，为了保证B不打滑，则有
可得
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；生活中的圆周运动
【解析】【分析】 （1）由题干可知，弹簧处于原长状态，在即将打滑之前，物块A的向心力由摩擦力提供，利用牛顿第二定律、向心力计算公式计算角速度；
（2）根据胡克定律求满足条件的A转动半径rA的大小范围；
（3）可利用B刚好不打滑的状态，分析此时弹簧拉力的大小，此时弹簧拉力与A所受摩擦力的合力至少要大于等于物块A的向心力，利用此条件计算角速度大小。
15．（2024高三上·越秀月考）如图，一水平面内放置的传送带，传送带区域为，长为，宽为，P点为的中点，传送带以速度匀速运动，小物块质量，小物块与传送带的动摩擦因数为，取重力加速度为。
（1）小物块从传送带的A点无初速度释放，求小物块从释放到运动到端的时间；
（2）小物块从传送带的P点向A点以某一水平速度射出，如恰好能从A点返回，并从CD边离开传送带，求此过程小物块与传送带摩擦产生的热量；
（3）小物块从传送带的A点以平行于方向的速度射出，求小物块离开传送带时的位置。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律可得
由于
可知小物块先加速到与传送带达到共速，然后做匀速直线运动，加速所用时间为
加速位移为
匀速运动的时间为
可得总时间为
（2）解：小物块向A点射出后，恰好能从A点返回时，与传送带摩擦产生的热量最大，设射出的初速度为v'，恰好到A点有
运动的时间为
此段产生的热量为
然后，小物块反向加速到传送带速度，此段产生的热量为
所以总热量为
（3）解：小物块射出后相对于传送带的运动方向如图所示
由于滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得
由于
所以加速变a的方向不变，小物体的两个方向的加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物体在v方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为t，由匀减速运动可知
可得
此时沿AC方向的位移为
假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点距离B点为
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动的合成与分解
【解析】【分析】 （1）根据牛顿第二定律解得加速度，根据v=at小物块与传送带速度相同的时间，结合位移—时间关系解得；
（2）热量等于摩擦力与相对位移的乘积，根据Q=f Δs求解热量；
（3）分析小物块射出后得运动情况，结合位移—时间关系解答。
（1）根据牛顿第二定律可得
由于
可知小物块先加速到与传送带达到共速，然后做匀速直线运动，加速所用时间为
加速位移为
匀速运动的时间为
可得总时间为
（2）小物块向A点射出后，恰好能从A点返回时，与传送带摩擦产生的热量最大，设射出的初速度为v'，恰好到A点有
运动的时间为
此段产生的热量为
然后，小物块反向加速到传送带速度，此段产生的热量为
所以总热量为
（3）小物块射出后相对于传送带的运动方向如图所示
由于滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得
由于
所以加速变a的方向不变，小物体的两个方向的加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物体在v方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为t，由匀减速运动可知
可得
此时沿AC方向的位移为
假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点距离B点为
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