四川省绵阳市南山中学集团学校2024-2025学年高三上学期10月联考物理试题
1．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则对擦窗工具受力情况的分析正确的是（ ）
A．擦窗工具受到3个力作用
B．擦窗工具受到4个力作用
C．摩擦力的方向可能与拉力方向相反
D．摩擦力大小等于mg
2．（2024高三上·绵阳月考）中国高铁的发展经历了从技术引进、消化吸收到自主创新、领跑全球的过程。高铁的发展极大方便了人们的出行。假设两高铁站P和Q间的铁路里程为216 km。列车从P站始发，直达终点站Q。设高铁列车的最高速度为324 km/h。若高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持最高速度匀速运动。则从P到Q乘高铁列车出行的时间为（ ）
A．37分钟 B．40分钟 C．43分钟 D．46分钟
3．（2024高三上·绵阳月考）一小车沿直线运动，从t=0开始由某一速度做匀减速运动，当t=t1时速度降为零，此后反向做匀加速运动直到t2时刻。在下列小车位移x随时间t变化的关系曲线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高三上·绵阳月考）如图甲所示，电梯配重可以平衡轿厢及其载荷的重量从而减少电机的工作负担，提高能效。一般配重的质量为轿厢自重M加上电梯额定载荷的一半0.5m。电机未工作时可简化为如图乙所示的模型，电梯轿厢自重M=1000kg，额定载荷m=900kg，限乘人数为12人，定滑轮固定于天花板下，缆绳绕过滑轮连接着轿厢和配重，滑轮与缆绳质量均不计，所有摩擦不计，重力加速度g=10m/s2。静止释放该系统，则空载时与额定载荷时轿厢的加速度之比是（ ）
A．67：49 B．38：29 C．19：10 D．1：1
5．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边正前方时，木板以相同速度v水平扔出做平抛运动，木板扔出后始终保持正立姿态，不计空气阻力。若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ0.5，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为（ ）
A．7：5 B．5：7 C．5：11 D．11：5
7．（2024高三上·绵阳月考）如图甲，一足够长木板置于水平地面上，质量为M，木板与地面的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平恒力F的作用下，由静止开始向右运动。t=3t0时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图乙所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．木板所受水平恒力F的大小为1.5μMg
B．小物块和木板间动摩擦因数为2.5μ
C．在3t0～4t0时间内，小物块相对木板的位移大小为
D．小物块与木板的质量比为1：2
8．（2024高三上·绵阳月考）如图甲所示，可视为质点的完全相同的小球A、B、C在同一水平线上，其中A小球静止释放，B小球沿固定的光滑斜面静止释放，C小球以某一水平速度抛出，最终到达地面。如图乙所示，一物体在水平地面上向右运动，同时受水平外力F的作用。由A至B外力F做功为W，功率恒为P1，由B至C外力F做功仍为W，功率恒为P2，下列说法正确的是（ ）
A．在甲图中从开始运动到落地A、C两小球重力的平均功率相等
B．在甲图中落地前瞬间A、B两小球重力的瞬时功率大小相等
C．在乙图中由A至C全程平均功率为
D．在乙图中由A至C全程平均功率为
9．（2024高三上·绵阳月考）2021年6月17日神舟十二号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于天和号核心舱前向端口。如图所示，二者在同一轨道上顺时针运动，为保证对接成功可打开神舟十二号的姿态控制发动机（RCS），理论上可行的方法是（ ）
A．启动发动机4完成对接
B．同时启动发动机2和3完成对接
C．先启动发动机2，一段时间后再启动发动机4完成对接
D．同时启动发动机1和4完成对接
10．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，竖直细杆O点处固定有一水平横杆，在横杆上有A、B两点，且OA=6cm，在A、B两点分别用两根长度均为5cm的轻质细线悬挂两个大小不计的小球a和b，将整个装置绕竖直杆匀速转动，当a、b两球稳定时a绳与竖直方向夹角为37°；b绳与竖直方向夹角为53°，则下列说法正确的是（ ）
A．悬挂点A、B的距离也为6cm
B．若将两绳沿aA和bB方向延长，交竖直杆于同一点
C．两小球质量一定相等
D．若将两绳沿aA和bB方向延长，交竖直杆于不同点
11．（2024高三上·绵阳月考）在探究平抛运动规律的实验中：
（1）在做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹。关于该实验下列说法正确的是______。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端要保持水平
C．为准确描出平抛轨迹，应将轨道末端作为平抛起点
D．每次应该从斜槽上相同的位置无初速度释放小球
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图y-x2能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是 。若已知图像中某点坐标为（，y0），重力加速度为g，则小球运动的初速度为 (用x0，y0，g表示)
A.B．C． D．
12．（2024高三上·绵阳月考）用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
（1）以下操作正确的是______
A．使小车质量远小于槽码质量
B．调整垫块位置以补偿阻力
C．补偿阻力时移去打点计时器和纸带
D．释放小车后立即打开打点计时器
（2）保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点的时间间隔均为T。某同学为了用逐差法求加速度，决定舍去S1，则舍去后加速度表达式为 。
（3）以小车（含砝码）和槽码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图3所示。
在实验过程中是否需要保证槽码质量始终远小于小车（含砝码）质量 （填：“是”或“否”），由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成 （填：“正比”或“反比”）；甲组所用的槽码质量比乙组的要 （填：“大”或“小”）。
13．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，倾角为53°的斜面体ABC固定在水平面上，一个小球放在水平面上的P点，沿平行斜面的方向向上抛出，速度v0 = 20 m/s，落在斜面上的Q点，且到Q点时的速度垂直斜面AC，不计小球大小及空气阻力，重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，求：P、Q两点的高度差h。
14．（2024高三上·绵阳月考）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1 = 1.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α = 37°，转轴间距L = 3.32 m。工作人员沿传送方向以速度v2 = 0.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ = 0.625。取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
（1）小包裹到达传送带底端时的速度v；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
15．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，光滑水平地面上固定一个半径R=2.5m的光滑圆弧轨道AB，其圆心角θ=53°。轨道上A点切线沿水平方向，忽略A点距地面的高度，轨道右侧有质量M＝1kg的静止薄木板，上表面与A点平齐。一质量m=1kg的小滑块（可视为质点）以初速度v0=14m/s从右端滑上薄木板，重力加速度大小为g=10m/s2，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为 =0.75，sin53°=0.8，cos53°=0.6。
（1）若薄木板左端与A点距离d足够长，薄木板长度L=7.4m，薄木板与轨道A端碰后立即静止，求小滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度vA；
（2）在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点时对轨道的压力大小FN；
（3）在（1）中，小滑块运动至B点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，若B点与地面间的高度差保持不变，但圆弧AB对应的圆心角θ和半径R可调节，求小滑块的最大水平射程s。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对擦窗工具进行受力分析，擦窗工具受重力、拉力、摩擦力、吸引力、支持力5个力的作用，对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示，将摩擦力分解在沿水平方向以及竖直方向上，
水平方向上拉力与擦窗工具所受摩擦力水平分量等大反向，竖直方向上重力与擦窗工具所摩擦力竖直分量等大反向，力所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中所示，根据勾股定理，大小为
故选D。
【分析】擦窗工具，做匀速直线运动。作出它的受力分析图，根据平行四边形定则可求出摩擦力。
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】 本题主要考查学生对运动学结合实际生活的理解，解题关键是分析好运动过程，选择合适公式进行求解 。
则加速和减速的时间均为
加速和减速的位移均为
匀速的时间
从P到Q乘高铁列车出行的时间为
故选C。
【分析】根据速度时间关系求解加速和减速的时间，根据位移时间关系求解变速运动位移，得到匀速运动位移，三段时间相加即为总时间
3．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】 图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。图像的斜率表示速度，小车先做匀减速运动，因此速度变小，即0-t1图像斜率变小；做反向匀加速运动则图像的斜率变大，若初速度方向为正，则斜率先为正后为负。
故可能正确的图像选C。
【分析】小车沿直线运动，先匀减速后匀加速，从0～t2位移一直增加，在x-t图像上斜率代表速度，t1时刻速度为零，斜率为零，结合这些内容进行判断选择出正确答案。
4．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题注意考查了牛顿第二定律的运用，注意合理的对物体列出受力的方程，联立方程求解。电梯空载时，对系统由牛顿第二定律有
额定载荷时，有
联立可得
故选A。
【分析】电梯空载时或者额定载荷时，对整体合力等于两边重力的差值，对整体由牛顿第二定律列式求解。
5．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】 匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动一定为曲线运动，并且运动方向向加速度的方向靠近。木板做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，由于该匀速直线运动的分速度与小球匀速直线运动的速度相等，则小球相对于木板向上做匀加速直线运动，即小球在木板上的投影轨迹是竖直方向上的一条直线。
故选C。
【分析】 球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位移，则由运动的合成可知投影的轨迹。
6．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】 本题的关键是分别对两个物体进行受力分析，然后根据共点力平衡条件，并结合正交分解法列式求解。对A根据平衡条件，可知绳中张力大小为
对B受力分析，如图所示
根据平衡条件有
联立以上三式解得
故选D。
【分析】 滑环B恰好不能下滑，所受的静摩擦力沿杆向上达到最大值。先对A受力分析，根据平衡条件表示出绳子的拉力，再对B受力分析，根据平衡条件求出绳子拉力与B重力的关系，进而得到A、B质量之比。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】 本题为牛顿第二定律应用的板块模型。对于板块模型的分析判断要抓住两个方面：一、相对静止与相对运动的判断；二、是否存在共速的判断。运动过程复杂时可用v-t图像辅助分析。A.0～t0时间内，根据加速度的定义可知木板的加速度为
规物体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
故A错误；
B．结合图像可知3t0时刻，木板的速度为
设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
负号表示方向水平向左；经过时间与木板共速此时速度大小为
方向水平向右，故
可得
故B错误；
C．在3t0～4t0时间内，vt图像与坐标轴围成的图像面积等于位移，根据图像可知木板的位移为
物块的位移为
小物块相对木板的位移大小为
故C正确；
D．在3t0～4t0时间内，木板的加速度为
根据牛顿第二定律有
解得
故D错误。
故选C。
【分析】由图像分析木板的运动过程，确定物块滑上木板的时刻；由v-t图像的斜率求解木板运动的加速度，以及t=3t0时刻木板的速度。分析物块的运动过程，根据运动学公式求得其加速度，根据牛顿第二定律求解小物块和木板间动摩擦因数。
8．【答案】A,C
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据竖直方向自由落体运动可得，A、C两小球运动的时间都为
根据功率的定义式，重力的平均功率为
则在甲图中从开始运动到落地A、C两小球重力的平均功率相等，故A正确；
B．运动过程只有重力做功，根据动能定理有
而重力的瞬时功率为
甲图中落地前瞬间A、B两小球速度相等，则竖直方向的速度不相等，故重力的瞬时功率不同，故B错误；
CD．由A至B外力F做功为W，功率恒为P1，根据功率的定义式，则有
由B至C外力F做功仍为W，功率恒为P2，则有
由A至C全程平均功率为
解得
故C正确，D错误；
故选AC。
【分析】求出运动时间，做功除以运动时间等于平均功率，瞬时功率等于瞬时速度与力的乘积。
9．【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】 本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。A． 要想实现对接，神舟十二号必须从低轨道加速做离心运动实现对接，故A错误；
B．同时启动发动机2和3完成对接，则神舟十二号速度增加，神舟十二号远离天和号，无法完成对接，故B错误；
C．先启动发动机2，神舟十二号速度增加，万有引力小于所需向心力，神舟十二号做离心运动，变轨到更高轨道，角速度变小；一段时间后再启动发动机4，神舟十二号从更高轨道做近心运动，可以变轨回原来轨道完成对接，故C正确；
D．同时启动发动机1和4，发动机4使神舟十二号速度减小，所需向心力变小，通过启动发动机1，使得神舟十二号所受合力刚好等于所需的向心力，则神舟十二号仍在原来轨道运动，但角速度变小，所以可以跟天和号完成对接，故D正确。
故选CD。
【分析】对于卫星追击问题，本题采取的是前面卫星先加速到高轨道然后减速到低轨道实现对接。还有一种方法是减速的的同时减小所需向心力依然在原来轨道实现对接。
10．【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】 本题主要是考查库仑定律和竖直平面内的圆周运动，关键是弄清楚小球的受力情况，能够根据动能定理结合向心力的计算公式分析。AC．对球a进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
对b
联立解得
即悬挂点A、B的距离也为6cm，两球质量关系不能确定，选项A正确，C错误；
BD．a、b两球在水平面内做匀速圆周运动，将两球的圆周运动等效成圆锥摆，设摆长为L，等效摆线与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律得
解得
h为等效悬点到小球的高度差，由于两球的角速度相同，因此h相同，因做圆周运动时两球不在同一高度上，则若将两绳沿aA和bB方向延长，不能交竖直杆于同一点，故B错误，D正确。
故选AD。
【分析】 两个小圆环带等量正电荷，小球静止时细线的拉力刚好为零，由此分析小球的电性；
根据平衡条件求解库仑力大小；根据牛顿第二定律达到最低点的速度大小，再根据动能的计算公式求解小球在最高点时的动能；根据动能定理律、牛顿第二定律进行解答。
11．【答案】（1）B；D
（2）A；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的规律，结合运动学公式灵活求解，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量之间的关系式，结合关系式分析判断。
（1）AD．小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，不论斜槽是否光滑，小球从斜槽飞出时的速度都相同，这样能保证描绘的是同一平抛运动的轨迹，故A错误；D正确；
B．斜槽的末端必须保证水平，这样小球从斜槽飞出后才能做平抛运动，故B正确；
C．应该选取小球在斜槽末端时小球球心在木板上的投影作为平抛运动的起点，故C错误。
故选BD。
（2）小球在竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动位移时间规律有
水平方向做匀速直线运动，有
联立，可得
因初速度相同，所以为常数，故为正比例关系。
故选A。
将点坐标（，y0）代入解得
【分析】 （1）根据实验原理和实验操作注意事项分析；
（2）根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式得出y与x2的表达式，从而确定正确的图线；
（3）根据竖直方向的位移差公式结合结合水平方向匀速运动的规律求出小球的初速度。
（1）AD．小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，不论斜槽是否光滑，小球从斜槽飞出时的速度都相同，这样能保证描绘的是同一平抛运动的轨迹，故A错误；D正确；
B．斜槽的末端必须保证水平，这样小球从斜槽飞出后才能做平抛运动，故B正确；
C．应该选取小球在斜槽末端时小球球心在木板上的投影作为平抛运动的起点，故C错误。
故选BD。
（2）[1] 小球在竖直方向做自由落体运动，有
水平方向做匀速直线运动，有
联立，可得
因初速度相同，所以为常数，故为正比例关系。
故选A。
[2] 将点坐标（，y0）代入解得
12．【答案】（1）B
（2）
（3）否；反比；小
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】 本题考查了探究外力一定时加速度与质量的关系的实验。掌握本实验的注意事项和数据处理，掌握根据打点纸带求解加速度的方法。
（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；
B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确；
C．补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；
D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
故选B。
（2）根据匀变速直线运动逐差法可得
联立可得
（3）若以小车（含砝码）和槽码的总质量M为横坐标，注意不是以小车为研究对象，则可验证系统的牛顿第二定律，合外力为槽码的重力，故在实验过程中不需要保证槽码质量始终远小于小车（含砝码）质量；
根据图像可知与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比；
设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律
化简可得
故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的要小。
【分析】（1）本实验需要将细绳的拉力近似等于槽码的重力，需要使小车质量远大于槽码质量；实验将细绳的拉力作为小车受到的合力，故需要调整长木板的倾斜程度以补偿阻力，纸带运动时打点计时器对其也有阻力作用，故补偿阻力时要带着纸带和打点计时器；实验时要先接通打点计时器的电源，再释放小车。
（2）整理可得到最终结果，将实验数据全部用到了才是最优的算式。
（3）注意不是以小车为研究对象，根据 图像的形状判断a与M的关系。根据牛顿第二定律得到图像的表达式，由图像的斜率分析解答。
（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；
B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确；
C．补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；
D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
故选B。
（2）根据逐差法可得
联立可得
（3）[1]若以小车（含砝码）和槽码的总质量M为横坐标，则可验证系统的牛顿第二定律，合外力为槽码的重力，故在实验过程中不需要保证槽码质量始终远小于小车（含砝码）质量；
[2]根据图像可知与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比；
[3]设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律
化简可得
故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的要小。
13．【答案】解：P点速度在水平方向上的分量与Q点速度在水平方向上的分量相等，有
可得
在竖直方向上
可得
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【分析】根据运动的分解可知，P点速度在水平方向上的分量与Q点速度在水平方向上的分量相等，竖直方向根据竖直上抛规律求解高度差。
14．【答案】（1）解：小包裹的速度v2小于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向下，根据牛顿第二定律可知
解得
共速时有
解得
因为小包裹所受滑动摩擦力小于重力沿传动带方向的分力，即
所以小包裹将继续加速
解得
由
可得
（2）解：共速前用时
共速后用时
所以小包裹通过传送带的总时间为
【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
【解析】【分析】 （1）根据牛顿第二定律得出小包裹的加速度，根据速度时间关系求解速度；
（2）分段分析出小包裹的运动情况，结合位移—时间公式得出各自的时间，最后相加即可。
（1）小包裹的速度v2小于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向下，根据牛顿第二定律可知
解得
共速时有
解得
因为小包裹所受滑动摩擦力小于重力沿传动带方向的分力，即
所以小包裹将继续加速
解得
由
可得
（2）共速前用时
共速后用时
所以小包裹通过传送带的总时间为
15．【答案】（1）解：因薄木板左端与点距离足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道发生碰撞，共速前，M和m的加速度均为
设共同速度为，则根据动量守恒定律，有
解得
设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为，则对滑块、薄木板系统由功能关系，有
解得
薄木板与轨道碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的点，有
解得
（2）解：小滑块由点到点的过程中，根据动能定理
解得
在B点，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块对轨道的压力大小为
（3）解：小滑块飞出后做斜抛运动，根据运动规律，画出位移矢量三角形关系，如图所示
可得
由第（2）问可知
代入数据解得
故
时最大，最大水平位移
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】 （1）应用动量守恒求解共同速度，应用功能关系可以求出长木板左长度，根据位移时间关系求解小滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度v
（2）应用动量能定理求出在B点的速度，结合牛顿运动定律求解小滑块对轨道的压力大小。
（3）小滑块飞出后做斜抛运动，根据运动规律，画出位移矢量三角形关系， 列出位移时间关系式，根据数学方法求解最大水平位移。
（1）因薄木板左端与点距离足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道发生碰撞，共速前，M和m的加速度均为
设共同速度为，则根据动量守恒定律，有
解得
设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为，则对滑块、薄木板系统由功能关系，有
解得
薄木板与轨道碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的点，有
解得
（2）小滑块由点到点的过程中，根据动能定理
解得
在B点，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块对轨道的压力大小为。
（3）小滑块飞出后做斜抛运动，根据运动规律，画出位移矢量三角形关系，如图所示
可得
由第（2）问可知
代入数据解得
故
时最大，最大水平位移
1 / 1四川省绵阳市南山中学集团学校2024-2025学年高三上学期10月联考物理试题
1．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则对擦窗工具受力情况的分析正确的是（ ）
A．擦窗工具受到3个力作用
B．擦窗工具受到4个力作用
C．摩擦力的方向可能与拉力方向相反
D．摩擦力大小等于mg
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对擦窗工具进行受力分析，擦窗工具受重力、拉力、摩擦力、吸引力、支持力5个力的作用，对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示，将摩擦力分解在沿水平方向以及竖直方向上，
水平方向上拉力与擦窗工具所受摩擦力水平分量等大反向，竖直方向上重力与擦窗工具所摩擦力竖直分量等大反向，力所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中所示，根据勾股定理，大小为
故选D。
【分析】擦窗工具，做匀速直线运动。作出它的受力分析图，根据平行四边形定则可求出摩擦力。
2．（2024高三上·绵阳月考）中国高铁的发展经历了从技术引进、消化吸收到自主创新、领跑全球的过程。高铁的发展极大方便了人们的出行。假设两高铁站P和Q间的铁路里程为216 km。列车从P站始发，直达终点站Q。设高铁列车的最高速度为324 km/h。若高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持最高速度匀速运动。则从P到Q乘高铁列车出行的时间为（ ）
A．37分钟 B．40分钟 C．43分钟 D．46分钟
【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】 本题主要考查学生对运动学结合实际生活的理解，解题关键是分析好运动过程，选择合适公式进行求解 。
则加速和减速的时间均为
加速和减速的位移均为
匀速的时间
从P到Q乘高铁列车出行的时间为
故选C。
【分析】根据速度时间关系求解加速和减速的时间，根据位移时间关系求解变速运动位移，得到匀速运动位移，三段时间相加即为总时间
3．（2024高三上·绵阳月考）一小车沿直线运动，从t=0开始由某一速度做匀减速运动，当t=t1时速度降为零，此后反向做匀加速运动直到t2时刻。在下列小车位移x随时间t变化的关系曲线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】 图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。图像的斜率表示速度，小车先做匀减速运动，因此速度变小，即0-t1图像斜率变小；做反向匀加速运动则图像的斜率变大，若初速度方向为正，则斜率先为正后为负。
故可能正确的图像选C。
【分析】小车沿直线运动，先匀减速后匀加速，从0～t2位移一直增加，在x-t图像上斜率代表速度，t1时刻速度为零，斜率为零，结合这些内容进行判断选择出正确答案。
4．（2024高三上·绵阳月考）如图甲所示，电梯配重可以平衡轿厢及其载荷的重量从而减少电机的工作负担，提高能效。一般配重的质量为轿厢自重M加上电梯额定载荷的一半0.5m。电机未工作时可简化为如图乙所示的模型，电梯轿厢自重M=1000kg，额定载荷m=900kg，限乘人数为12人，定滑轮固定于天花板下，缆绳绕过滑轮连接着轿厢和配重，滑轮与缆绳质量均不计，所有摩擦不计，重力加速度g=10m/s2。静止释放该系统，则空载时与额定载荷时轿厢的加速度之比是（ ）
A．67：49 B．38：29 C．19：10 D．1：1
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题注意考查了牛顿第二定律的运用，注意合理的对物体列出受力的方程，联立方程求解。电梯空载时，对系统由牛顿第二定律有
额定载荷时，有
联立可得
故选A。
【分析】电梯空载时或者额定载荷时，对整体合力等于两边重力的差值，对整体由牛顿第二定律列式求解。
5．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边正前方时，木板以相同速度v水平扔出做平抛运动，木板扔出后始终保持正立姿态，不计空气阻力。若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】 匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动一定为曲线运动，并且运动方向向加速度的方向靠近。木板做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，由于该匀速直线运动的分速度与小球匀速直线运动的速度相等，则小球相对于木板向上做匀加速直线运动，即小球在木板上的投影轨迹是竖直方向上的一条直线。
故选C。
【分析】 球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位移，则由运动的合成可知投影的轨迹。
6．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ0.5，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为（ ）
A．7：5 B．5：7 C．5：11 D．11：5
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】 本题的关键是分别对两个物体进行受力分析，然后根据共点力平衡条件，并结合正交分解法列式求解。对A根据平衡条件，可知绳中张力大小为
对B受力分析，如图所示
根据平衡条件有
联立以上三式解得
故选D。
【分析】 滑环B恰好不能下滑，所受的静摩擦力沿杆向上达到最大值。先对A受力分析，根据平衡条件表示出绳子的拉力，再对B受力分析，根据平衡条件求出绳子拉力与B重力的关系，进而得到A、B质量之比。
7．（2024高三上·绵阳月考）如图甲，一足够长木板置于水平地面上，质量为M，木板与地面的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平恒力F的作用下，由静止开始向右运动。t=3t0时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图乙所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．木板所受水平恒力F的大小为1.5μMg
B．小物块和木板间动摩擦因数为2.5μ
C．在3t0～4t0时间内，小物块相对木板的位移大小为
D．小物块与木板的质量比为1：2
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】 本题为牛顿第二定律应用的板块模型。对于板块模型的分析判断要抓住两个方面：一、相对静止与相对运动的判断；二、是否存在共速的判断。运动过程复杂时可用v-t图像辅助分析。A.0～t0时间内，根据加速度的定义可知木板的加速度为
规物体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
故A错误；
B．结合图像可知3t0时刻，木板的速度为
设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
负号表示方向水平向左；经过时间与木板共速此时速度大小为
方向水平向右，故
可得
故B错误；
C．在3t0～4t0时间内，vt图像与坐标轴围成的图像面积等于位移，根据图像可知木板的位移为
物块的位移为
小物块相对木板的位移大小为
故C正确；
D．在3t0～4t0时间内，木板的加速度为
根据牛顿第二定律有
解得
故D错误。
故选C。
【分析】由图像分析木板的运动过程，确定物块滑上木板的时刻；由v-t图像的斜率求解木板运动的加速度，以及t=3t0时刻木板的速度。分析物块的运动过程，根据运动学公式求得其加速度，根据牛顿第二定律求解小物块和木板间动摩擦因数。
8．（2024高三上·绵阳月考）如图甲所示，可视为质点的完全相同的小球A、B、C在同一水平线上，其中A小球静止释放，B小球沿固定的光滑斜面静止释放，C小球以某一水平速度抛出，最终到达地面。如图乙所示，一物体在水平地面上向右运动，同时受水平外力F的作用。由A至B外力F做功为W，功率恒为P1，由B至C外力F做功仍为W，功率恒为P2，下列说法正确的是（ ）
A．在甲图中从开始运动到落地A、C两小球重力的平均功率相等
B．在甲图中落地前瞬间A、B两小球重力的瞬时功率大小相等
C．在乙图中由A至C全程平均功率为
D．在乙图中由A至C全程平均功率为
【答案】A,C
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据竖直方向自由落体运动可得，A、C两小球运动的时间都为
根据功率的定义式，重力的平均功率为
则在甲图中从开始运动到落地A、C两小球重力的平均功率相等，故A正确；
B．运动过程只有重力做功，根据动能定理有
而重力的瞬时功率为
甲图中落地前瞬间A、B两小球速度相等，则竖直方向的速度不相等，故重力的瞬时功率不同，故B错误；
CD．由A至B外力F做功为W，功率恒为P1，根据功率的定义式，则有
由B至C外力F做功仍为W，功率恒为P2，则有
由A至C全程平均功率为
解得
故C正确，D错误；
故选AC。
【分析】求出运动时间，做功除以运动时间等于平均功率，瞬时功率等于瞬时速度与力的乘积。
9．（2024高三上·绵阳月考）2021年6月17日神舟十二号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于天和号核心舱前向端口。如图所示，二者在同一轨道上顺时针运动，为保证对接成功可打开神舟十二号的姿态控制发动机（RCS），理论上可行的方法是（ ）
A．启动发动机4完成对接
B．同时启动发动机2和3完成对接
C．先启动发动机2，一段时间后再启动发动机4完成对接
D．同时启动发动机1和4完成对接
【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】 本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。A． 要想实现对接，神舟十二号必须从低轨道加速做离心运动实现对接，故A错误；
B．同时启动发动机2和3完成对接，则神舟十二号速度增加，神舟十二号远离天和号，无法完成对接，故B错误；
C．先启动发动机2，神舟十二号速度增加，万有引力小于所需向心力，神舟十二号做离心运动，变轨到更高轨道，角速度变小；一段时间后再启动发动机4，神舟十二号从更高轨道做近心运动，可以变轨回原来轨道完成对接，故C正确；
D．同时启动发动机1和4，发动机4使神舟十二号速度减小，所需向心力变小，通过启动发动机1，使得神舟十二号所受合力刚好等于所需的向心力，则神舟十二号仍在原来轨道运动，但角速度变小，所以可以跟天和号完成对接，故D正确。
故选CD。
【分析】对于卫星追击问题，本题采取的是前面卫星先加速到高轨道然后减速到低轨道实现对接。还有一种方法是减速的的同时减小所需向心力依然在原来轨道实现对接。
10．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，竖直细杆O点处固定有一水平横杆，在横杆上有A、B两点，且OA=6cm，在A、B两点分别用两根长度均为5cm的轻质细线悬挂两个大小不计的小球a和b，将整个装置绕竖直杆匀速转动，当a、b两球稳定时a绳与竖直方向夹角为37°；b绳与竖直方向夹角为53°，则下列说法正确的是（ ）
A．悬挂点A、B的距离也为6cm
B．若将两绳沿aA和bB方向延长，交竖直杆于同一点
C．两小球质量一定相等
D．若将两绳沿aA和bB方向延长，交竖直杆于不同点
【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】 本题主要是考查库仑定律和竖直平面内的圆周运动，关键是弄清楚小球的受力情况，能够根据动能定理结合向心力的计算公式分析。AC．对球a进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
对b
联立解得
即悬挂点A、B的距离也为6cm，两球质量关系不能确定，选项A正确，C错误；
BD．a、b两球在水平面内做匀速圆周运动，将两球的圆周运动等效成圆锥摆，设摆长为L，等效摆线与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律得
解得
h为等效悬点到小球的高度差，由于两球的角速度相同，因此h相同，因做圆周运动时两球不在同一高度上，则若将两绳沿aA和bB方向延长，不能交竖直杆于同一点，故B错误，D正确。
故选AD。
【分析】 两个小圆环带等量正电荷，小球静止时细线的拉力刚好为零，由此分析小球的电性；
根据平衡条件求解库仑力大小；根据牛顿第二定律达到最低点的速度大小，再根据动能的计算公式求解小球在最高点时的动能；根据动能定理律、牛顿第二定律进行解答。
11．（2024高三上·绵阳月考）在探究平抛运动规律的实验中：
（1）在做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹。关于该实验下列说法正确的是______。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端要保持水平
C．为准确描出平抛轨迹，应将轨道末端作为平抛起点
D．每次应该从斜槽上相同的位置无初速度释放小球
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图y-x2能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是 。若已知图像中某点坐标为（，y0），重力加速度为g，则小球运动的初速度为 (用x0，y0，g表示)
A.B．C． D．
【答案】（1）B；D
（2）A；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的规律，结合运动学公式灵活求解，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量之间的关系式，结合关系式分析判断。
（1）AD．小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，不论斜槽是否光滑，小球从斜槽飞出时的速度都相同，这样能保证描绘的是同一平抛运动的轨迹，故A错误；D正确；
B．斜槽的末端必须保证水平，这样小球从斜槽飞出后才能做平抛运动，故B正确；
C．应该选取小球在斜槽末端时小球球心在木板上的投影作为平抛运动的起点，故C错误。
故选BD。
（2）小球在竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动位移时间规律有
水平方向做匀速直线运动，有
联立，可得
因初速度相同，所以为常数，故为正比例关系。
故选A。
将点坐标（，y0）代入解得
【分析】 （1）根据实验原理和实验操作注意事项分析；
（2）根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式得出y与x2的表达式，从而确定正确的图线；
（3）根据竖直方向的位移差公式结合结合水平方向匀速运动的规律求出小球的初速度。
（1）AD．小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，不论斜槽是否光滑，小球从斜槽飞出时的速度都相同，这样能保证描绘的是同一平抛运动的轨迹，故A错误；D正确；
B．斜槽的末端必须保证水平，这样小球从斜槽飞出后才能做平抛运动，故B正确；
C．应该选取小球在斜槽末端时小球球心在木板上的投影作为平抛运动的起点，故C错误。
故选BD。
（2）[1] 小球在竖直方向做自由落体运动，有
水平方向做匀速直线运动，有
联立，可得
因初速度相同，所以为常数，故为正比例关系。
故选A。
[2] 将点坐标（，y0）代入解得
12．（2024高三上·绵阳月考）用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
（1）以下操作正确的是______
A．使小车质量远小于槽码质量
B．调整垫块位置以补偿阻力
C．补偿阻力时移去打点计时器和纸带
D．释放小车后立即打开打点计时器
（2）保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点的时间间隔均为T。某同学为了用逐差法求加速度，决定舍去S1，则舍去后加速度表达式为 。
（3）以小车（含砝码）和槽码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图3所示。
在实验过程中是否需要保证槽码质量始终远小于小车（含砝码）质量 （填：“是”或“否”），由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成 （填：“正比”或“反比”）；甲组所用的槽码质量比乙组的要 （填：“大”或“小”）。
【答案】（1）B
（2）
（3）否；反比；小
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】 本题考查了探究外力一定时加速度与质量的关系的实验。掌握本实验的注意事项和数据处理，掌握根据打点纸带求解加速度的方法。
（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；
B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确；
C．补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；
D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
故选B。
（2）根据匀变速直线运动逐差法可得
联立可得
（3）若以小车（含砝码）和槽码的总质量M为横坐标，注意不是以小车为研究对象，则可验证系统的牛顿第二定律，合外力为槽码的重力，故在实验过程中不需要保证槽码质量始终远小于小车（含砝码）质量；
根据图像可知与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比；
设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律
化简可得
故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的要小。
【分析】（1）本实验需要将细绳的拉力近似等于槽码的重力，需要使小车质量远大于槽码质量；实验将细绳的拉力作为小车受到的合力，故需要调整长木板的倾斜程度以补偿阻力，纸带运动时打点计时器对其也有阻力作用，故补偿阻力时要带着纸带和打点计时器；实验时要先接通打点计时器的电源，再释放小车。
（2）整理可得到最终结果，将实验数据全部用到了才是最优的算式。
（3）注意不是以小车为研究对象，根据 图像的形状判断a与M的关系。根据牛顿第二定律得到图像的表达式，由图像的斜率分析解答。
（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；
B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确；
C．补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；
D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
故选B。
（2）根据逐差法可得
联立可得
（3）[1]若以小车（含砝码）和槽码的总质量M为横坐标，则可验证系统的牛顿第二定律，合外力为槽码的重力，故在实验过程中不需要保证槽码质量始终远小于小车（含砝码）质量；
[2]根据图像可知与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比；
[3]设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律
化简可得
故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的要小。
13．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，倾角为53°的斜面体ABC固定在水平面上，一个小球放在水平面上的P点，沿平行斜面的方向向上抛出，速度v0 = 20 m/s，落在斜面上的Q点，且到Q点时的速度垂直斜面AC，不计小球大小及空气阻力，重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，求：P、Q两点的高度差h。
【答案】解：P点速度在水平方向上的分量与Q点速度在水平方向上的分量相等，有
可得
在竖直方向上
可得
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【分析】根据运动的分解可知，P点速度在水平方向上的分量与Q点速度在水平方向上的分量相等，竖直方向根据竖直上抛规律求解高度差。
14．（2024高三上·绵阳月考）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1 = 1.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α = 37°，转轴间距L = 3.32 m。工作人员沿传送方向以速度v2 = 0.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ = 0.625。取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
（1）小包裹到达传送带底端时的速度v；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】（1）解：小包裹的速度v2小于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向下，根据牛顿第二定律可知
解得
共速时有
解得
因为小包裹所受滑动摩擦力小于重力沿传动带方向的分力，即
所以小包裹将继续加速
解得
由
可得
（2）解：共速前用时
共速后用时
所以小包裹通过传送带的总时间为
【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
【解析】【分析】 （1）根据牛顿第二定律得出小包裹的加速度，根据速度时间关系求解速度；
（2）分段分析出小包裹的运动情况，结合位移—时间公式得出各自的时间，最后相加即可。
（1）小包裹的速度v2小于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向下，根据牛顿第二定律可知
解得
共速时有
解得
因为小包裹所受滑动摩擦力小于重力沿传动带方向的分力，即
所以小包裹将继续加速
解得
由
可得
（2）共速前用时
共速后用时
所以小包裹通过传送带的总时间为
15．（2024高三上·绵阳月考）如图所示，光滑水平地面上固定一个半径R=2.5m的光滑圆弧轨道AB，其圆心角θ=53°。轨道上A点切线沿水平方向，忽略A点距地面的高度，轨道右侧有质量M＝1kg的静止薄木板，上表面与A点平齐。一质量m=1kg的小滑块（可视为质点）以初速度v0=14m/s从右端滑上薄木板，重力加速度大小为g=10m/s2，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为 =0.75，sin53°=0.8，cos53°=0.6。
（1）若薄木板左端与A点距离d足够长，薄木板长度L=7.4m，薄木板与轨道A端碰后立即静止，求小滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度vA；
（2）在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点时对轨道的压力大小FN；
（3）在（1）中，小滑块运动至B点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，若B点与地面间的高度差保持不变，但圆弧AB对应的圆心角θ和半径R可调节，求小滑块的最大水平射程s。
【答案】（1）解：因薄木板左端与点距离足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道发生碰撞，共速前，M和m的加速度均为
设共同速度为，则根据动量守恒定律，有
解得
设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为，则对滑块、薄木板系统由功能关系，有
解得
薄木板与轨道碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的点，有
解得
（2）解：小滑块由点到点的过程中，根据动能定理
解得
在B点，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块对轨道的压力大小为
（3）解：小滑块飞出后做斜抛运动，根据运动规律，画出位移矢量三角形关系，如图所示
可得
由第（2）问可知
代入数据解得
故
时最大，最大水平位移
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】 （1）应用动量守恒求解共同速度，应用功能关系可以求出长木板左长度，根据位移时间关系求解小滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度v
（2）应用动量能定理求出在B点的速度，结合牛顿运动定律求解小滑块对轨道的压力大小。
（3）小滑块飞出后做斜抛运动，根据运动规律，画出位移矢量三角形关系， 列出位移时间关系式，根据数学方法求解最大水平位移。
（1）因薄木板左端与点距离足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道发生碰撞，共速前，M和m的加速度均为
设共同速度为，则根据动量守恒定律，有
解得
设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为，则对滑块、薄木板系统由功能关系，有
解得
薄木板与轨道碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的点，有
解得
（2）小滑块由点到点的过程中，根据动能定理
解得
在B点，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块对轨道的压力大小为。
（3）小滑块飞出后做斜抛运动，根据运动规律，画出位移矢量三角形关系，如图所示
可得
由第（2）问可知
代入数据解得
故
时最大，最大水平位移
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