广东省广深珠联考2024-2025学年高三上学期11月期中物理试题
1．（2024高三上·广东期中）如图甲，某燃气灶有四个相同的支撑架，各支撑架均匀分布。假设支撑架上部分为一斜面，且该斜面与竖直方向的夹角为，如图乙所示。现将一质量为m、半径为R的半球形锅正放在燃气灶上，且锅与支撑架斜面接触，重力加速度大小为g，忽略锅与支撑架斜面之间的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．四个支撑架对锅的弹力的合力为零
B．每个支撑架给锅的弹力大小为
C．每个支撑架对锅的弹力方向均竖直向上
D．R越大，每个爪对锅的弹力越大
2．（2024高三上·广东期中）利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机（ ）
A．在时刻速度最大
B．在时刻开始下降
C．在时间内受到的支持力逐渐增大
D．在时间内处于超重状态
3．（2024高三上·广东期中）如图为落水车辆救援过程的照片，救援吊机先将车辆从水里竖直向上匀速吊离水面，到达一定高度后，汽车沿圆弧轨迹匀速率被吊至河边公路，此过程中不断有水从车上滴下，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．汽车离开水面后的匀速上升阶段，固定汽车的每根吊绳的拉力等于吊臂上的钢绳拉力的大小
B．汽车离开水面后的匀速上升阶段，吊绳对汽车做的功大于汽车增加的机械能
C．汽车离开水面后的匀速上升阶段，吊绳的拉力大小保持不变
D．汽车沿圆弧轨迹运动的阶段，汽车所受合力的冲量可能为零
4．（2024高三上·广东期中）如图甲所示，筒车是利用水流带动车轮，使装在车轮上的竹筒自动将水提上岸进行灌溉。其简化模型如图乙所示，转轴为O，C、O、D在同一高度，A、B分别为最低点和最高点，E、F为水面。筒车在水流的推动下做匀速圆周运动，竹筒顺时针转动，其做匀速圆周运动的半径为R，角速度大小为。竹筒在A点开始打水，从F点离开水面。假设从A点到B点的过程中，竹筒所装的水质量为m且保持不变，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．竹筒做匀速圆周运动的周期为
B．竹筒从C点到B点的过程中，重力的功率逐渐减小
C．竹筒过C点时，竹筒对水的作用力大小为
D．水轮车上装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为
5．（2024高三上·广东期中）我国第二艘航空母舰“山东舰”在海南三亚某军港交付海军并正式服役。已知“山东舰”在某次试航时做匀加速直线运动，其速度变化时，“山东舰”沿直线运动的距离为，在接下来其速度变化时，“山东舰”沿直线运动的距离为。则“山东舰”做匀加速直线运动时的加速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高三上·广东期中）卫星a在某星球的赤道平面内绕该星球转动，其轨道可视为圆，已知该星球半径为R、自转周期为T，卫星轨道半径为、周期为。万有引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．卫星的线速度大于该星球赤道上的物体随星球自转的线速度
B．该星球的第一宇宙速度为
C．该星球赤道上物体P的重力加速度大小为
D．可以通过变轨调整，使卫星a降低到较低的圆轨道运行，且周期仍为
7．（2024高三上·广东期中）斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如图甲所示。质量为1kg的小物块（可视为质点）以的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零。物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的图像如图乙所示（、未知），重力加速度g取。则根据上述条件，下列可以求得的是（ ）
A．物块与斜面之间的动摩擦因数
B．斜面的倾角
C．斜面AB段的长度
D．物块沿斜面向下滑行通过AB段的加速度
8．（2024高三上·广东期中）无人机的应用日益广泛。如图所示，某次表演中一架无人机正对山坡匀速水平飞行，山坡倾角为45°。无人机先后释放两个相同的小球A、B（先释放A、后释放B），两小球均落到山坡上，不考虑小球所受空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．两球不可能落在山坡上的同一点
B．两球可能都垂直落在山坡上
C．两球落到山坡上的动能可能相等
D．球A早于小球B落到山坡上
9．（2024高三上·广东期中）如图甲是工人师傅们在给高层住户安装空调时吊运空调室外机的情景。为安全起见，要求吊运过程中空调室外机与楼墙保持一定的距离。原理如图乙，一人在高处控制一端系在室外机上的绳子P，另一人站在水平地面上拉住另一根系在室外机上的绳子Q。在吊运过程中的某段时间内，地面上的人缓慢后退同时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角（小于90°）近似不变，室外机视为质点，绳子的质量忽略不计，则在这段时间内，以下说法正确的是（ ）
A．绳子P给室外机的拉力先变大后变小
B．绳子Q给室外机的拉力先变小后变大
C．地面给人的摩擦力不断变大
D．绳子P、Q给室外机的拉力的合力恒定
10．（2024高三上·广东期中）如图所示，水平转台两侧分别放置A、B两物体，质量均为m，到转轴OO'的距离分别为2L、L，A、B两物体间用长度为3L的轻绳连接，绳子能承受的拉力足够大，A、B两物体与水平转台间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。开始时绳刚好伸直且无张力，当水平转台转动的角速度逐渐增大到两物体刚好还未滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．当转台转动的角速度大于时，细绳上一定有拉力
B．当转台转动的角速度大于时，B可能不受摩擦力
C．整个过程中，A与转台间的摩擦力先增大后减小
D．整个过程中，B与转台间的摩擦力先增大后减小再增大
11．（2024高三上·广东期中）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O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）若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为，则小车的加速度 （用，g表示），该加速度测量仪的刻度 （填“均匀”或“不均匀”）。
（2）为了准确标出刻度，还需要测出当地重力加速度g，利用重锤连接纸带做自由落体运动，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）；
12．（2024高三上·广东期中）某同学在实验室取两个完全相同的木盒，来测量木盒与木板之间的动摩擦因数。由于实验室中的天平损坏，无法称量质量，他采用“对调法”完成测量，如图甲所示，一端装有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，木盒1放置在长木板上，左端与穿过打点计时器的纸带相连，右端用细线跨过定滑轮与木盒2相接。
（1）实验前， （填“需要”或“不需要”）调整定滑轮的角度使细线与木板平行， （填“需要”或“不需要”）将长木板左侧垫高来平衡摩擦力。
（2）实验时，木盒1不放细沙，在木盒2中装入适量的细沙，接通电源，释放纸带，打点计时器打出一条纸带，加速度记为，随后将木盒1与木盒2（含细沙）位置互换，换一条纸带再次实验，打出第二条纸带，加速度记为，两纸带编号为一组，改变木盒2中细沙的多少，重复上述过程，得到多组纸带。
（3）由于纸带与限位孔之间的影响，实验测得的动摩擦因数将 （填“偏大”或“偏小”）。
（4）将实验测得的加速度绘制在乙图中，得到关系图像，已知重力加速度为，由图像可得木盒与木板间的动摩擦因数为 （保留2位有效数字）。
13．（2024高三上·广东期中）某物理兴趣小组为了探究小球运动过程中受到的空气阻力与哪些因素有关，测量了一质量为m的小球竖直向上抛出到落回出发点过程中的上升时间和下落时间，小球向上抛的初速度大小和落回出发点的速度大小，根据测量结果，该小组做了下列分析：
（1）若空气阻力只与速率成正比，取竖直向上为正方向，分析小球上升过程和下落过程的运动性质，并画出全过程运动图。
（2）若空气阻力大小保持不变，求空气阻力表达式（只能用题中字母表示，当地重力加速度未知）。
14．（2024高三上·广东期中）过山车是一种刺激的游乐项目，如图倾角为的直轨道，轨道中回环部分是光滑轨道，上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分、为两个半径为的圆弧轨道，B、D为最低点，另一个回环部分是半径为R的光滑圆环轨道，F为圆轨道最高点、E（或）为最低点，另有水平减速直轨道与及缓冲减速弹簧。现有质量m的过山车，从顶峰O点静止下滑，经最终停在离P点处，过山车与轨道的动摩擦因数，与轨道的动摩擦因数，与轨道的动摩擦因数为，过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，重力加速度g，，，求：
（1）过山车运动至圆轨道最低点B时的速度大小；
（2）过山车运动至圆轨道最高点F时对轨道的压力；
（3）缓冲弹簧最大弹性势能。
15．（2024高三上·广东期中）如图所示，一长的倾斜传送带，传送带与水平面的夹角，传送带以的速率沿顺时针匀速运行。在一光滑水平面上有质量为，长的木板，在其右端放一质量为的滑块。木板左端离传送带足够远，地面上有一与木板等高的小挡片O可以粘住木板使其停止运动，小挡片O与传送带轮子边缘有一小断光滑小圆弧（尺寸忽略不计），从而使滑块离开木板后可以无能量损失地滑上传送带。现滑块以初速度开始向左运动，滑块与木板之间的动摩擦因数，滑块与传送带间的动摩擦因数，传送带的底端垂直传送带放一挡板P，滑块到达传送带底端时与挡板P发生碰撞，滑块与挡板P碰撞前、后的速率不变，滑块可视为质点，取重力加速度。求：
（1）滑块与木板相对静止时的速度；
（2）滑块第一次与挡板P碰后沿传送带向上运动的最大位移；
（3）滑块沿传送带向上减速过程中速度大于v阶段的总路程。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据受力分析和共点力的平衡可知，四个支撑架对锅的弹力的合力与锅的重力是一对平衡力，所以弹力的合力与锅的重力等大反向，大小为mg，方向向上，故A错误；
B．设每个支撑架给锅的弹力大小为F，可得四个支架弹力的竖直分力总和大小等于重力，即
解得
故B正确；
C．每个支撑架对锅的弹力属于点面之间的弹力，所以弹力与支撑架斜面垂直向上，故C错误；
D．根据上述分析，每个支撑架给锅的弹力方向总是垂直于支架斜面向上
弹力大小与半径无关，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考察共点力的平衡，先对锅进行受力分析，可知弹力的合力与重力构成平衡力，通过列关系式知道弹力大小且知道与半径无关；点面之间的弹力垂直于接触面。
2．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．从图像可以看出，加速度先向上增大，速度逐渐增大，时刻加速度最大，后加速度减小，表面后面做加速度减小的加速运动，所以而速度还在继续增大，故A错误；
B．从图像可以看出，时刻后加速度方向向下，所以为失重状态，而速度方向仍然向上，所以向上做减速运动，故B错误；
C．对手机进行受力分析可知，时间内，加速度向上，所以有
从图像可知该段时间内，a减小，因此表明支持力逐渐减小，故C错误；
D．从图像看出，时间内，加速度的方向向上，应处于超重状态，故D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查a-t图像分析超重失重现象，超重代表支持力大于重力，加速度向上，失重代表支持力小于重力，加速度向下。
3．【答案】B
【知识点】动量定理；力的平行四边形定则及应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】 本题主要是考查功能关系、共点力的平衡和动量定理。关键是弄清楚汽车的受力情况和运动情况，掌握功能关系应用方法。利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
A．由题图设对角吊绳间的夹角为θ，每根吊绳拉力为F，吊臂上的钢绳拉力为T，由力合成的平行四边形定则可得
解得
由于对角吊绳间的夹角大小不确定，可知固定汽车的每根吊绳的拉力与吊臂上的钢绳拉力的大小关系不能确定，A错误；
BC．汽车离开水面后的匀速上升阶段，不断有水从车上滴下，吊绳的拉力大小不断改变，吊绳对汽车的拉力大于汽车的重力，由动能定理可知，吊绳对汽车做的功大于汽车增加的机械能，B正确，C错误；
D．汽车沿圆弧轨迹运动的阶段，汽车的速度方向在变化，则汽车的速度一定变化，则动量一定变化，由动量定理可知，汽车所受合力的冲量不可能是零，D错误。
故选B。
【分析】 由共点力的平衡条件进行分析；根据功能关系分析吊绳对汽车做的功与汽车增加的机械能的大小关系；汽车离开水面后的匀速上升阶段，不断有水从车上滴下，由此分析吊绳的拉力大小；汽车沿圆弧轨迹运动的阶段，由动量定理分析汽车所受合力的冲量。
4．【答案】B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．根据角速度求匀速圆周运动的周期得
所以A错误；
B．竹筒从C点到B点的过程中，速度方向与重力方向上的夹角逐渐增大，根据重力的瞬时功
速度大小不变，角度变大则余弦变小，所以重力的功率逐渐减小，B正确；
C．竹筒过C点时，要有向右的向心力，说明水受到的合力水平向右，从而为其做圆周运动提供向心力，其大小为
所以竹筒对水作用力的大小为
所以C错误；
D．根据题意，相邻竹筒打水的时间间隔
D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查匀速圆周运动的内容。做匀速圆周运动的物体向心力一定指向圆心，可以是由某个力的分力提供向心力，也可以是由几个力的合力提供；；某个力的功率等于这个力与速度在这个力的方向上的分速度的乘积。
5．【答案】A
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】设山东舰匀加速直线运动的加速度为a，“山东舰”的速度分别为、和，由运动学公式可知
根据题意有
联立以上三式解得
故选A。
【分析】本题是对匀变速直线运动中位移与速度关系的考查，分别对两段位移进行关系式的分析，再结合题意给的两段运动中速度变化相等列出关系式，将三个式子进行联立即可得出所求。
6．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据题意可以求出在赤道随星球自转物体的线速度
而根据题意，卫星的线速度
通过上述两个式子可以发现，卫星的线速度大小等于该星球赤道上的物体随星球自转的线速度大小。A错误；
B．假设该星球表面近地卫星的周期为，由于两卫星的中心天体相同，所以由开普勒第三定律得
再根据该星球的第一宇宙速度
联立解得
B错误；
C．赤道表面的重力加速度，根据重力提供圆周运动的向心力则有
得
C正确；
D．根据“低轨高速小周期”可知，卫星降低到较低的圆轨道运行时，周期变小，所以小于2T；D错误。
故选C。
【分析】本题考查天体运动和卫星的问题，在星球表面运动即轨道半径等于星球半径，根据万有引力提供向心力即可求解出线速度，也可以利用线速度与周期的关系进行求解；第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，也就是轨道半径为星球半径；赤道上的物体重力加速度运用重力等于万有引力进行计算即可；卫星变轨根据“高轨低速大周期”进行判断即可。
7．【答案】D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 本题要分析清楚物块的运动情况，把握各个过程之间的关系，如位移关系、运动时间关系、加速度关系等等，这是解题的关键，运用牛顿第二定律和运动学公式相结合进行分析。C．小物块沿斜面向上滑行的初速度，由
可得
解得
设AB段长度为，加速度大小为2a，BC段长度为，加速度大小为a，则根据运动学公式AB段有
BC段有
已知，因BC段长度未知，无法求出加速度及斜面AB段的长度，C错误；
AB．小物块在AB段，根据牛顿第二定律得
小物块在BC段
因加速度未知，所以不能解得斜面ABC倾角及物块与斜面之间的动摩擦因数，AB错误；
D．小物块下滑时通过AB段，根据牛顿第二定律得
因为
解得
D正确。
故选D。
【分析】根据图乙知道物块从A点运动到B点的时间与从B运动到C的时间相等，结合物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，以及加速度的定义式出小物块通过B点的速度，分别对AB段和BC段，根据速度—位移公式列式，联立方程分析能否求出加速度和斜面AB段的长度，分别对AB段和BC段，根据牛顿第二定律列式，分析能否求出物块与斜面之间的动摩擦因数以及斜面的倾角；小物块下滑时通过AB段，根据牛顿第二定律求加速度。
8．【答案】A,D
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．无人机先后释放两个相同的小球A、B，可以对其运动过程进行画图分析，如图所示，通过画图发现，小球B在斜面的落点高于小球A在斜面的落点，所以A.B不可能落在山坡上的同一点；所以A正确；
D.设无人机飞行的速度为v0，以小球A抛出开始计时，则小球A和小球B落到斜面的时间分别为，
由图可知
所以
也就是说小球A先落到斜面上，故AD正确；
BC．设小球A和小球B从抛出到落在斜面上，两球下落的高度分别为hA和hB，两球速度与水平方向的夹角分别为θA和θB，根据速度偏向角的关系得
两球的动能分别为
由上述分析可知，hA > hB，所以θA > θB，EkA > EkB，故BC错误。
故选AD。
【分析】本题考查斜面上的平抛运动；两个球能不能落到同一个点取决于竖直高度，通过画图发现竖直位移不同，所以不能落到同一点；求落到山坡上的动能相不相等，在平抛运动里机械能守恒，要看两个小球的速度以及重力势能的改变，结合速度偏转角的特点分析速度，即可求解。
9．【答案】C,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．是要分析室外机的受力，所以以室外机为研究对象，对结点O受力分析，如图
对力进行正交分解：水平方向
竖直方向
联立可得
，
结合题目可知在该过程中近似不变，增大，所以两根绳的拉力在变大，故AB错误；
C．对地面上的人受力分析，受力平衡，所以人受到的摩擦力大小为
因为F2再增大，所以人受到的摩擦力大小不断增大，故C正确；
D．结合以上对室外机的受力分析可知，两根绳对室外机拉力的合力与室外机的重力是一对平衡力，故绳子P、Q给室外机的拉力的合力恒定，故D正确。
故选CD。
【分析】本题考查共点力的平衡，先根据选项确定研究对象，对研究对象进行受力分析，受多个力的时候注意进行正交分解，得到每个力之间的数量关系，也能得到相关力的变化关系。
10．【答案】A,B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．由图可知，A物体做圆周运动的半径较大，所以A与转台间先达到最大静摩擦力，此时绳刚好伸直但没有张力，由最大静摩擦力提供向心力，有
解得
所以当时，绳子上无拉力；但当时，绳上一定有拉力，故A正确；
C．当时，A与转台间一直为最大静摩擦力，保持不变，故C错误；
BD．当时，此时绳子上有张力，所以对A有
对B有
联立得
所以当f=0时
故当增大时，B与转台间的摩擦力先增加，然后逐渐减小到零，最后再反向增大。故BD正确。
故选ABD。
【分析】本题考查最大静摩擦力与匀速直线运动相结合，也是匀速圆周运动结合连接体的问题；处理这类问题可以记一个小结论：半径越大，则先达到最大静摩擦力。绳子上有张力后可以分别对A和B进行受力分析，合力提供向心力，找到摩擦力跟角速度的关系进行求解即可。
11．【答案】（1）；不均匀
（2）9.75
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）设轻杆与竖直方向的夹角为对小球进行受力分析可知小球受重力和轻杆的拉力，结合牛顿第二定律，可得
可得
所以小车加速度为，所以加速度不随角度均匀变化。
（2）根据逐差法，得
代入数据解得
故答案为：（1）；不均匀；（2）9.75
【分析】本题主要考查牛顿第二定律和逐差法求加速度。利用受力分析，结合牛顿第二定律表达式得出加速度与g和的关系；也根据它们的关系知道加速度不随角度均匀变化；根据逐差法可以求解出小车的加速度
（1）[1][2]若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为，以小球为对象，小球受重力和轻杆的拉力，根据牛顿第二定律，可得
可得
则小车加速度为，由此可知加速度不随角度均匀变化。
（2）[1]根据逐差法可得当地重力加速度为
代入数据解得
12．【答案】需要；不需要；偏大；
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）为了保证细线的拉力沿水平方向，需要调整定滑轮的高度，使细线与长木板平行，因为摩擦力不会影响动摩擦因数的测量，所以不需要将长木板左侧垫高来平衡摩擦力；
（3）纸带与打点计时器间有摩擦的话，会使摩擦力的测量偏大，所以测量的动摩擦因数会偏大；
（4）设木盒1、2的质量分别为，，采用整体法分析
位置互换后
联立解得
解得
故答案为：（1）需要；不需要；（3）偏大；（4）0.54
【分析】该实验测量动摩擦因数，考查实验细节有没有必要的时候需要从实验原理去分析该操作有没有必要，从而做出判断；纸带与打点计时器有摩擦就会使总摩擦力变大，从而使得动摩擦因数偏大；通过对木盒1和木盒2这个系统进行整体法分析，分析对调前后，列出牛顿第二定律表达式即可求解出动摩擦因数。
13．【答案】（1）解：上升过程中，根据牛顿第二定律有
下降过程中有
可知上升过程中，由于速度减小，加速度逐渐减小，下降过程中，速度逐渐增大，则加速度逐渐减小，如图
（2）解：若空气阻力大小保持不变，则有
根据运动学公式有
，
解得
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】本题考查牛顿运动定律的综合应用；第（1）问要画出全程的v-t图像，先要确定上升阶段和下落阶段的加速度，结合受力分析得出上升阶段和下降阶段的加速度变化，再对应画出v-t图像即可；第（2）问分别对上升阶段和下降阶段进行受力分析，列出牛顿第二定律表达式，再结合题意列出上升阶段和下降阶段加速度表达式，联立即可求解。
（1）上升过程中，根据牛顿第二定律有
下降过程中有
可知上升过程中，由于速度减小，加速度逐渐减小，下降过程中，速度逐渐增大，则加速度逐渐减小，如图
（2）若空气阻力大小保持不变，则有
根据运动学公式有
，
解得
14．【答案】（1）解：从O点到B点由动能定理
得
（2）解：从B点到F点由动能定理
在F点时
解得
，
根据牛顿第三定律可知，在圆轨道最高点F时对轨道的压力为3mg；
（3）解：设当弹簧弹性势能最大时，滑块距离P端的距离为x，则从F点到弹簧压缩量最大，由能量关系
从弹簧压缩最大到被弹回停止由能量关系
联立解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查动量定理和能量守恒定律综合问题；该题的图看着好像很难，过程很复杂，但是如果保持头脑清醒，步步分析，不急不躁的话是能够拿下来的；
第（1）问直接指明了分析O到B的过程，利用动能定理，在这一段重力做正功，摩擦力做负功，初动能为0，列出该过程的动能定理的表达式即可求解；
第（2）问已经由上述分析得到了B的速度，也就是得到了B点的动能，所以要求最高点的压力要先用动能定理得到F点的速度，再利用最高点的受力分析，合外力提供向心力，得到支持力，再根据支持力跟压力的关系得出压力；
第（3）问弹性势能最大时是弹簧压缩量最大时，结合能量守恒定律列出关系式即可求解。
（1）从O点到B点由动能定理
（2）从B点到F点由动能定理
在F点时
解得
FNF=3mg
根据牛顿第三定律可知，在圆轨道最高点F时对轨道的压力为3mg；
（3）设当弹簧弹性势能最大时，滑块距离P端的距离为x，则从F点到弹簧压缩量最大，由能量关系
从弹簧压缩最大到被弹回停止由能量关系
联立解得
EPm=mgR
15．【答案】（1）解：木板左端离传送带足够远，设在长木板与小挡片O碰前，滑块与长木板已经相对静止，根据动量守恒和能量守恒
解得
，
根据可知，在长木板与小挡片O碰前，滑块没有滑出长木板，碰前滑块与长木板已经相对静止，所以滑块与木板相对静止时的速度
（2）解：滑块滑上传送带时速度为，根据动能定理
解得
滑块沿传送带向下匀加速运动至传送带的底端，该过程中滑块的加速度大小为
设滑块到达传送带底端时的速率为
解得
滑块第一次与挡板P碰后先沿传送带向上运动直到减速为1m/s，加速度大小
位移
然后继续减速至零，加速度大小为，位移
故滑块第一次与挡板P碰后沿传送带向上运动的最大位移
（3）解：经分析可知，因
经足够长时间，滑块与挡板P多次碰撞后，最终将以速率v反弹，此后滑块在距传送带底端某恒定范围内往复运动，由动能定理可知，在滑块从第一次反弹后瞬间至到达传送带底端最终的速率第一次为v的过程中，摩擦力做的总功为
在滑块从第一次反弹后瞬间至到达传送带底端的速率第一次为v的过程中，滑块每次反弹后均先沿传送带向上以加速度做匀减速运动至速率为v（过程1）；再以加速度沿传送带向上做匀减速运动至速度为零，然后沿传送带向下以加速度做匀加速运动至速率为v（过程2）；最后沿传送带向下以加速度做匀加速运动至传送带的底端（过程3），根据对称性，在过程1与过程3中滑块运动的距离相等，因在过程2中摩擦力对滑块做的功为零，故整个过程中，摩擦力做的总功为
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】本题考查碰撞模型结合动能定理和能量守恒定理；
第（1）问将模型变成熟悉的完全非弹性碰撞模型，动量守恒，损失的机械能转化为克服摩擦力做功；进行列式即可求解，由于相对位移比长木板的长度小，说明共速时物块还在长木板上，所以得到滑块的速度就是传送带的速度；
第（2）根据动能定理表达式求出滑块滑上传送带的速度，在根据牛顿第二定律求出物块的加速度，利用运动学公式求出滑块到达底端的速度，再结合与挡板碰撞后的运动和受力，求出位移即可解决问题；
第（3）通过分析动摩擦因数跟斜面倾角正切值的大小，判断出滑块做往返运动，通过动能定理求出摩擦力做的总功，结合运动的对称性求出整个过程中的总功，进而求出总路程。
（1）木板左端离传送带足够远，设在长木板与小挡片O碰前，滑块与长木板已经相对静止，根据动量守恒和能量守恒
解得
，
根据可知，在长木板与小挡片O碰前，滑块没有滑出长木板，碰前滑块与长木板已经相对静止，所以滑块与木板相对静止时的速度
（2）滑块滑上传送带时速度为，根据动能定理
解得
滑块沿传送带向下匀加速运动至传送带的底端，该过程中滑块的加速度大小为
设滑块到达传送带底端时的速率为
解得
滑块第一次与挡板P碰后先沿传送带向上运动直到减速为1m/s，加速度大小
位移
然后继续减速至零，加速度大小为，位移
故滑块第一次与挡板P碰后沿传送带向上运动的最大位移
（3）经分析可知，因
经足够长时间，滑块与挡板P多次碰撞后，最终将以速率v反弹，此后滑块在距传送带底端某恒定范围内往复运动，由动能定理可知，在滑块从第一次反弹后瞬间至到达传送带底端最终的速率第一次为v的过程中，摩擦力做的总功为
在滑块从第一次反弹后瞬间至到达传送带底端的速率第一次为v的过程中，滑块每次反弹后均先沿传送带向上以加速度做匀减速运动至速率为v（过程1）；再以加速度沿传送带向上做匀减速运动至速度为零，然后沿传送带向下以加速度做匀加速运动至速率为v（过程2）；最后沿传送带向下以加速度做匀加速运动至传送带的底端（过程3），根据对称性，在过程1与过程3中滑块运动的距离相等，因在过程2中摩擦力对滑块做的功为零，故整个过程中，摩擦力做的总功为
解得
1 / 1广东省广深珠联考2024-2025学年高三上学期11月期中物理试题
1．（2024高三上·广东期中）如图甲，某燃气灶有四个相同的支撑架，各支撑架均匀分布。假设支撑架上部分为一斜面，且该斜面与竖直方向的夹角为，如图乙所示。现将一质量为m、半径为R的半球形锅正放在燃气灶上，且锅与支撑架斜面接触，重力加速度大小为g，忽略锅与支撑架斜面之间的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．四个支撑架对锅的弹力的合力为零
B．每个支撑架给锅的弹力大小为
C．每个支撑架对锅的弹力方向均竖直向上
D．R越大，每个爪对锅的弹力越大
【答案】B
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据受力分析和共点力的平衡可知，四个支撑架对锅的弹力的合力与锅的重力是一对平衡力，所以弹力的合力与锅的重力等大反向，大小为mg，方向向上，故A错误；
B．设每个支撑架给锅的弹力大小为F，可得四个支架弹力的竖直分力总和大小等于重力，即
解得
故B正确；
C．每个支撑架对锅的弹力属于点面之间的弹力，所以弹力与支撑架斜面垂直向上，故C错误；
D．根据上述分析，每个支撑架给锅的弹力方向总是垂直于支架斜面向上
弹力大小与半径无关，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考察共点力的平衡，先对锅进行受力分析，可知弹力的合力与重力构成平衡力，通过列关系式知道弹力大小且知道与半径无关；点面之间的弹力垂直于接触面。
2．（2024高三上·广东期中）利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机（ ）
A．在时刻速度最大
B．在时刻开始下降
C．在时间内受到的支持力逐渐增大
D．在时间内处于超重状态
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．从图像可以看出，加速度先向上增大，速度逐渐增大，时刻加速度最大，后加速度减小，表面后面做加速度减小的加速运动，所以而速度还在继续增大，故A错误；
B．从图像可以看出，时刻后加速度方向向下，所以为失重状态，而速度方向仍然向上，所以向上做减速运动，故B错误；
C．对手机进行受力分析可知，时间内，加速度向上，所以有
从图像可知该段时间内，a减小，因此表明支持力逐渐减小，故C错误；
D．从图像看出，时间内，加速度的方向向上，应处于超重状态，故D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查a-t图像分析超重失重现象，超重代表支持力大于重力，加速度向上，失重代表支持力小于重力，加速度向下。
3．（2024高三上·广东期中）如图为落水车辆救援过程的照片，救援吊机先将车辆从水里竖直向上匀速吊离水面，到达一定高度后，汽车沿圆弧轨迹匀速率被吊至河边公路，此过程中不断有水从车上滴下，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．汽车离开水面后的匀速上升阶段，固定汽车的每根吊绳的拉力等于吊臂上的钢绳拉力的大小
B．汽车离开水面后的匀速上升阶段，吊绳对汽车做的功大于汽车增加的机械能
C．汽车离开水面后的匀速上升阶段，吊绳的拉力大小保持不变
D．汽车沿圆弧轨迹运动的阶段，汽车所受合力的冲量可能为零
【答案】B
【知识点】动量定理；力的平行四边形定则及应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】 本题主要是考查功能关系、共点力的平衡和动量定理。关键是弄清楚汽车的受力情况和运动情况，掌握功能关系应用方法。利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
A．由题图设对角吊绳间的夹角为θ，每根吊绳拉力为F，吊臂上的钢绳拉力为T，由力合成的平行四边形定则可得
解得
由于对角吊绳间的夹角大小不确定，可知固定汽车的每根吊绳的拉力与吊臂上的钢绳拉力的大小关系不能确定，A错误；
BC．汽车离开水面后的匀速上升阶段，不断有水从车上滴下，吊绳的拉力大小不断改变，吊绳对汽车的拉力大于汽车的重力，由动能定理可知，吊绳对汽车做的功大于汽车增加的机械能，B正确，C错误；
D．汽车沿圆弧轨迹运动的阶段，汽车的速度方向在变化，则汽车的速度一定变化，则动量一定变化，由动量定理可知，汽车所受合力的冲量不可能是零，D错误。
故选B。
【分析】 由共点力的平衡条件进行分析；根据功能关系分析吊绳对汽车做的功与汽车增加的机械能的大小关系；汽车离开水面后的匀速上升阶段，不断有水从车上滴下，由此分析吊绳的拉力大小；汽车沿圆弧轨迹运动的阶段，由动量定理分析汽车所受合力的冲量。
4．（2024高三上·广东期中）如图甲所示，筒车是利用水流带动车轮，使装在车轮上的竹筒自动将水提上岸进行灌溉。其简化模型如图乙所示，转轴为O，C、O、D在同一高度，A、B分别为最低点和最高点，E、F为水面。筒车在水流的推动下做匀速圆周运动，竹筒顺时针转动，其做匀速圆周运动的半径为R，角速度大小为。竹筒在A点开始打水，从F点离开水面。假设从A点到B点的过程中，竹筒所装的水质量为m且保持不变，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．竹筒做匀速圆周运动的周期为
B．竹筒从C点到B点的过程中，重力的功率逐渐减小
C．竹筒过C点时，竹筒对水的作用力大小为
D．水轮车上装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为
【答案】B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．根据角速度求匀速圆周运动的周期得
所以A错误；
B．竹筒从C点到B点的过程中，速度方向与重力方向上的夹角逐渐增大，根据重力的瞬时功
速度大小不变，角度变大则余弦变小，所以重力的功率逐渐减小，B正确；
C．竹筒过C点时，要有向右的向心力，说明水受到的合力水平向右，从而为其做圆周运动提供向心力，其大小为
所以竹筒对水作用力的大小为
所以C错误；
D．根据题意，相邻竹筒打水的时间间隔
D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查匀速圆周运动的内容。做匀速圆周运动的物体向心力一定指向圆心，可以是由某个力的分力提供向心力，也可以是由几个力的合力提供；；某个力的功率等于这个力与速度在这个力的方向上的分速度的乘积。
5．（2024高三上·广东期中）我国第二艘航空母舰“山东舰”在海南三亚某军港交付海军并正式服役。已知“山东舰”在某次试航时做匀加速直线运动，其速度变化时，“山东舰”沿直线运动的距离为，在接下来其速度变化时，“山东舰”沿直线运动的距离为。则“山东舰”做匀加速直线运动时的加速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】设山东舰匀加速直线运动的加速度为a，“山东舰”的速度分别为、和，由运动学公式可知
根据题意有
联立以上三式解得
故选A。
【分析】本题是对匀变速直线运动中位移与速度关系的考查，分别对两段位移进行关系式的分析，再结合题意给的两段运动中速度变化相等列出关系式，将三个式子进行联立即可得出所求。
6．（2024高三上·广东期中）卫星a在某星球的赤道平面内绕该星球转动，其轨道可视为圆，已知该星球半径为R、自转周期为T，卫星轨道半径为、周期为。万有引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．卫星的线速度大于该星球赤道上的物体随星球自转的线速度
B．该星球的第一宇宙速度为
C．该星球赤道上物体P的重力加速度大小为
D．可以通过变轨调整，使卫星a降低到较低的圆轨道运行，且周期仍为
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据题意可以求出在赤道随星球自转物体的线速度
而根据题意，卫星的线速度
通过上述两个式子可以发现，卫星的线速度大小等于该星球赤道上的物体随星球自转的线速度大小。A错误；
B．假设该星球表面近地卫星的周期为，由于两卫星的中心天体相同，所以由开普勒第三定律得
再根据该星球的第一宇宙速度
联立解得
B错误；
C．赤道表面的重力加速度，根据重力提供圆周运动的向心力则有
得
C正确；
D．根据“低轨高速小周期”可知，卫星降低到较低的圆轨道运行时，周期变小，所以小于2T；D错误。
故选C。
【分析】本题考查天体运动和卫星的问题，在星球表面运动即轨道半径等于星球半径，根据万有引力提供向心力即可求解出线速度，也可以利用线速度与周期的关系进行求解；第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，也就是轨道半径为星球半径；赤道上的物体重力加速度运用重力等于万有引力进行计算即可；卫星变轨根据“高轨低速大周期”进行判断即可。
7．（2024高三上·广东期中）斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如图甲所示。质量为1kg的小物块（可视为质点）以的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零。物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的图像如图乙所示（、未知），重力加速度g取。则根据上述条件，下列可以求得的是（ ）
A．物块与斜面之间的动摩擦因数
B．斜面的倾角
C．斜面AB段的长度
D．物块沿斜面向下滑行通过AB段的加速度
【答案】D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 本题要分析清楚物块的运动情况，把握各个过程之间的关系，如位移关系、运动时间关系、加速度关系等等，这是解题的关键，运用牛顿第二定律和运动学公式相结合进行分析。C．小物块沿斜面向上滑行的初速度，由
可得
解得
设AB段长度为，加速度大小为2a，BC段长度为，加速度大小为a，则根据运动学公式AB段有
BC段有
已知，因BC段长度未知，无法求出加速度及斜面AB段的长度，C错误；
AB．小物块在AB段，根据牛顿第二定律得
小物块在BC段
因加速度未知，所以不能解得斜面ABC倾角及物块与斜面之间的动摩擦因数，AB错误；
D．小物块下滑时通过AB段，根据牛顿第二定律得
因为
解得
D正确。
故选D。
【分析】根据图乙知道物块从A点运动到B点的时间与从B运动到C的时间相等，结合物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，以及加速度的定义式出小物块通过B点的速度，分别对AB段和BC段，根据速度—位移公式列式，联立方程分析能否求出加速度和斜面AB段的长度，分别对AB段和BC段，根据牛顿第二定律列式，分析能否求出物块与斜面之间的动摩擦因数以及斜面的倾角；小物块下滑时通过AB段，根据牛顿第二定律求加速度。
8．（2024高三上·广东期中）无人机的应用日益广泛。如图所示，某次表演中一架无人机正对山坡匀速水平飞行，山坡倾角为45°。无人机先后释放两个相同的小球A、B（先释放A、后释放B），两小球均落到山坡上，不考虑小球所受空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．两球不可能落在山坡上的同一点
B．两球可能都垂直落在山坡上
C．两球落到山坡上的动能可能相等
D．球A早于小球B落到山坡上
【答案】A,D
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．无人机先后释放两个相同的小球A、B，可以对其运动过程进行画图分析，如图所示，通过画图发现，小球B在斜面的落点高于小球A在斜面的落点，所以A.B不可能落在山坡上的同一点；所以A正确；
D.设无人机飞行的速度为v0，以小球A抛出开始计时，则小球A和小球B落到斜面的时间分别为，
由图可知
所以
也就是说小球A先落到斜面上，故AD正确；
BC．设小球A和小球B从抛出到落在斜面上，两球下落的高度分别为hA和hB，两球速度与水平方向的夹角分别为θA和θB，根据速度偏向角的关系得
两球的动能分别为
由上述分析可知，hA > hB，所以θA > θB，EkA > EkB，故BC错误。
故选AD。
【分析】本题考查斜面上的平抛运动；两个球能不能落到同一个点取决于竖直高度，通过画图发现竖直位移不同，所以不能落到同一点；求落到山坡上的动能相不相等，在平抛运动里机械能守恒，要看两个小球的速度以及重力势能的改变，结合速度偏转角的特点分析速度，即可求解。
9．（2024高三上·广东期中）如图甲是工人师傅们在给高层住户安装空调时吊运空调室外机的情景。为安全起见，要求吊运过程中空调室外机与楼墙保持一定的距离。原理如图乙，一人在高处控制一端系在室外机上的绳子P，另一人站在水平地面上拉住另一根系在室外机上的绳子Q。在吊运过程中的某段时间内，地面上的人缓慢后退同时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角（小于90°）近似不变，室外机视为质点，绳子的质量忽略不计，则在这段时间内，以下说法正确的是（ ）
A．绳子P给室外机的拉力先变大后变小
B．绳子Q给室外机的拉力先变小后变大
C．地面给人的摩擦力不断变大
D．绳子P、Q给室外机的拉力的合力恒定
【答案】C,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．是要分析室外机的受力，所以以室外机为研究对象，对结点O受力分析，如图
对力进行正交分解：水平方向
竖直方向
联立可得
，
结合题目可知在该过程中近似不变，增大，所以两根绳的拉力在变大，故AB错误；
C．对地面上的人受力分析，受力平衡，所以人受到的摩擦力大小为
因为F2再增大，所以人受到的摩擦力大小不断增大，故C正确；
D．结合以上对室外机的受力分析可知，两根绳对室外机拉力的合力与室外机的重力是一对平衡力，故绳子P、Q给室外机的拉力的合力恒定，故D正确。
故选CD。
【分析】本题考查共点力的平衡，先根据选项确定研究对象，对研究对象进行受力分析，受多个力的时候注意进行正交分解，得到每个力之间的数量关系，也能得到相关力的变化关系。
10．（2024高三上·广东期中）如图所示，水平转台两侧分别放置A、B两物体，质量均为m，到转轴OO'的距离分别为2L、L，A、B两物体间用长度为3L的轻绳连接，绳子能承受的拉力足够大，A、B两物体与水平转台间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。开始时绳刚好伸直且无张力，当水平转台转动的角速度逐渐增大到两物体刚好还未滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．当转台转动的角速度大于时，细绳上一定有拉力
B．当转台转动的角速度大于时，B可能不受摩擦力
C．整个过程中，A与转台间的摩擦力先增大后减小
D．整个过程中，B与转台间的摩擦力先增大后减小再增大
【答案】A,B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．由图可知，A物体做圆周运动的半径较大，所以A与转台间先达到最大静摩擦力，此时绳刚好伸直但没有张力，由最大静摩擦力提供向心力，有
解得
所以当时，绳子上无拉力；但当时，绳上一定有拉力，故A正确；
C．当时，A与转台间一直为最大静摩擦力，保持不变，故C错误；
BD．当时，此时绳子上有张力，所以对A有
对B有
联立得
所以当f=0时
故当增大时，B与转台间的摩擦力先增加，然后逐渐减小到零，最后再反向增大。故BD正确。
故选ABD。
【分析】本题考查最大静摩擦力与匀速直线运动相结合，也是匀速圆周运动结合连接体的问题；处理这类问题可以记一个小结论：半径越大，则先达到最大静摩擦力。绳子上有张力后可以分别对A和B进行受力分析，合力提供向心力，找到摩擦力跟角速度的关系进行求解即可。
11．（2024高三上·广东期中）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O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）若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为，则小车的加速度 （用，g表示），该加速度测量仪的刻度 （填“均匀”或“不均匀”）。
（2）为了准确标出刻度，还需要测出当地重力加速度g，利用重锤连接纸带做自由落体运动，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）；
【答案】（1）；不均匀
（2）9.75
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）设轻杆与竖直方向的夹角为对小球进行受力分析可知小球受重力和轻杆的拉力，结合牛顿第二定律，可得
可得
所以小车加速度为，所以加速度不随角度均匀变化。
（2）根据逐差法，得
代入数据解得
故答案为：（1）；不均匀；（2）9.75
【分析】本题主要考查牛顿第二定律和逐差法求加速度。利用受力分析，结合牛顿第二定律表达式得出加速度与g和的关系；也根据它们的关系知道加速度不随角度均匀变化；根据逐差法可以求解出小车的加速度
（1）[1][2]若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为，以小球为对象，小球受重力和轻杆的拉力，根据牛顿第二定律，可得
可得
则小车加速度为，由此可知加速度不随角度均匀变化。
（2）[1]根据逐差法可得当地重力加速度为
代入数据解得
12．（2024高三上·广东期中）某同学在实验室取两个完全相同的木盒，来测量木盒与木板之间的动摩擦因数。由于实验室中的天平损坏，无法称量质量，他采用“对调法”完成测量，如图甲所示，一端装有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，木盒1放置在长木板上，左端与穿过打点计时器的纸带相连，右端用细线跨过定滑轮与木盒2相接。
（1）实验前， （填“需要”或“不需要”）调整定滑轮的角度使细线与木板平行， （填“需要”或“不需要”）将长木板左侧垫高来平衡摩擦力。
（2）实验时，木盒1不放细沙，在木盒2中装入适量的细沙，接通电源，释放纸带，打点计时器打出一条纸带，加速度记为，随后将木盒1与木盒2（含细沙）位置互换，换一条纸带再次实验，打出第二条纸带，加速度记为，两纸带编号为一组，改变木盒2中细沙的多少，重复上述过程，得到多组纸带。
（3）由于纸带与限位孔之间的影响，实验测得的动摩擦因数将 （填“偏大”或“偏小”）。
（4）将实验测得的加速度绘制在乙图中，得到关系图像，已知重力加速度为，由图像可得木盒与木板间的动摩擦因数为 （保留2位有效数字）。
【答案】需要；不需要；偏大；
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）为了保证细线的拉力沿水平方向，需要调整定滑轮的高度，使细线与长木板平行，因为摩擦力不会影响动摩擦因数的测量，所以不需要将长木板左侧垫高来平衡摩擦力；
（3）纸带与打点计时器间有摩擦的话，会使摩擦力的测量偏大，所以测量的动摩擦因数会偏大；
（4）设木盒1、2的质量分别为，，采用整体法分析
位置互换后
联立解得
解得
故答案为：（1）需要；不需要；（3）偏大；（4）0.54
【分析】该实验测量动摩擦因数，考查实验细节有没有必要的时候需要从实验原理去分析该操作有没有必要，从而做出判断；纸带与打点计时器有摩擦就会使总摩擦力变大，从而使得动摩擦因数偏大；通过对木盒1和木盒2这个系统进行整体法分析，分析对调前后，列出牛顿第二定律表达式即可求解出动摩擦因数。
13．（2024高三上·广东期中）某物理兴趣小组为了探究小球运动过程中受到的空气阻力与哪些因素有关，测量了一质量为m的小球竖直向上抛出到落回出发点过程中的上升时间和下落时间，小球向上抛的初速度大小和落回出发点的速度大小，根据测量结果，该小组做了下列分析：
（1）若空气阻力只与速率成正比，取竖直向上为正方向，分析小球上升过程和下落过程的运动性质，并画出全过程运动图。
（2）若空气阻力大小保持不变，求空气阻力表达式（只能用题中字母表示，当地重力加速度未知）。
【答案】（1）解：上升过程中，根据牛顿第二定律有
下降过程中有
可知上升过程中，由于速度减小，加速度逐渐减小，下降过程中，速度逐渐增大，则加速度逐渐减小，如图
（2）解：若空气阻力大小保持不变，则有
根据运动学公式有
，
解得
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】本题考查牛顿运动定律的综合应用；第（1）问要画出全程的v-t图像，先要确定上升阶段和下落阶段的加速度，结合受力分析得出上升阶段和下降阶段的加速度变化，再对应画出v-t图像即可；第（2）问分别对上升阶段和下降阶段进行受力分析，列出牛顿第二定律表达式，再结合题意列出上升阶段和下降阶段加速度表达式，联立即可求解。
（1）上升过程中，根据牛顿第二定律有
下降过程中有
可知上升过程中，由于速度减小，加速度逐渐减小，下降过程中，速度逐渐增大，则加速度逐渐减小，如图
（2）若空气阻力大小保持不变，则有
根据运动学公式有
，
解得
14．（2024高三上·广东期中）过山车是一种刺激的游乐项目，如图倾角为的直轨道，轨道中回环部分是光滑轨道，上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分、为两个半径为的圆弧轨道，B、D为最低点，另一个回环部分是半径为R的光滑圆环轨道，F为圆轨道最高点、E（或）为最低点，另有水平减速直轨道与及缓冲减速弹簧。现有质量m的过山车，从顶峰O点静止下滑，经最终停在离P点处，过山车与轨道的动摩擦因数，与轨道的动摩擦因数，与轨道的动摩擦因数为，过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，重力加速度g，，，求：
（1）过山车运动至圆轨道最低点B时的速度大小；
（2）过山车运动至圆轨道最高点F时对轨道的压力；
（3）缓冲弹簧最大弹性势能。
【答案】（1）解：从O点到B点由动能定理
得
（2）解：从B点到F点由动能定理
在F点时
解得
，
根据牛顿第三定律可知，在圆轨道最高点F时对轨道的压力为3mg；
（3）解：设当弹簧弹性势能最大时，滑块距离P端的距离为x，则从F点到弹簧压缩量最大，由能量关系
从弹簧压缩最大到被弹回停止由能量关系
联立解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查动量定理和能量守恒定律综合问题；该题的图看着好像很难，过程很复杂，但是如果保持头脑清醒，步步分析，不急不躁的话是能够拿下来的；
第（1）问直接指明了分析O到B的过程，利用动能定理，在这一段重力做正功，摩擦力做负功，初动能为0，列出该过程的动能定理的表达式即可求解；
第（2）问已经由上述分析得到了B的速度，也就是得到了B点的动能，所以要求最高点的压力要先用动能定理得到F点的速度，再利用最高点的受力分析，合外力提供向心力，得到支持力，再根据支持力跟压力的关系得出压力；
第（3）问弹性势能最大时是弹簧压缩量最大时，结合能量守恒定律列出关系式即可求解。
（1）从O点到B点由动能定理
（2）从B点到F点由动能定理
在F点时
解得
FNF=3mg
根据牛顿第三定律可知，在圆轨道最高点F时对轨道的压力为3mg；
（3）设当弹簧弹性势能最大时，滑块距离P端的距离为x，则从F点到弹簧压缩量最大，由能量关系
从弹簧压缩最大到被弹回停止由能量关系
联立解得
EPm=mgR
15．（2024高三上·广东期中）如图所示，一长的倾斜传送带，传送带与水平面的夹角，传送带以的速率沿顺时针匀速运行。在一光滑水平面上有质量为，长的木板，在其右端放一质量为的滑块。木板左端离传送带足够远，地面上有一与木板等高的小挡片O可以粘住木板使其停止运动，小挡片O与传送带轮子边缘有一小断光滑小圆弧（尺寸忽略不计），从而使滑块离开木板后可以无能量损失地滑上传送带。现滑块以初速度开始向左运动，滑块与木板之间的动摩擦因数，滑块与传送带间的动摩擦因数，传送带的底端垂直传送带放一挡板P，滑块到达传送带底端时与挡板P发生碰撞，滑块与挡板P碰撞前、后的速率不变，滑块可视为质点，取重力加速度。求：
（1）滑块与木板相对静止时的速度；
（2）滑块第一次与挡板P碰后沿传送带向上运动的最大位移；
（3）滑块沿传送带向上减速过程中速度大于v阶段的总路程。
【答案】（1）解：木板左端离传送带足够远，设在长木板与小挡片O碰前，滑块与长木板已经相对静止，根据动量守恒和能量守恒
解得
，
根据可知，在长木板与小挡片O碰前，滑块没有滑出长木板，碰前滑块与长木板已经相对静止，所以滑块与木板相对静止时的速度
（2）解：滑块滑上传送带时速度为，根据动能定理
解得
滑块沿传送带向下匀加速运动至传送带的底端，该过程中滑块的加速度大小为
设滑块到达传送带底端时的速率为
解得
滑块第一次与挡板P碰后先沿传送带向上运动直到减速为1m/s，加速度大小
位移
然后继续减速至零，加速度大小为，位移
故滑块第一次与挡板P碰后沿传送带向上运动的最大位移
（3）解：经分析可知，因
经足够长时间，滑块与挡板P多次碰撞后，最终将以速率v反弹，此后滑块在距传送带底端某恒定范围内往复运动，由动能定理可知，在滑块从第一次反弹后瞬间至到达传送带底端最终的速率第一次为v的过程中，摩擦力做的总功为
在滑块从第一次反弹后瞬间至到达传送带底端的速率第一次为v的过程中，滑块每次反弹后均先沿传送带向上以加速度做匀减速运动至速率为v（过程1）；再以加速度沿传送带向上做匀减速运动至速度为零，然后沿传送带向下以加速度做匀加速运动至速率为v（过程2）；最后沿传送带向下以加速度做匀加速运动至传送带的底端（过程3），根据对称性，在过程1与过程3中滑块运动的距离相等，因在过程2中摩擦力对滑块做的功为零，故整个过程中，摩擦力做的总功为
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】本题考查碰撞模型结合动能定理和能量守恒定理；
第（1）问将模型变成熟悉的完全非弹性碰撞模型，动量守恒，损失的机械能转化为克服摩擦力做功；进行列式即可求解，由于相对位移比长木板的长度小，说明共速时物块还在长木板上，所以得到滑块的速度就是传送带的速度；
第（2）根据动能定理表达式求出滑块滑上传送带的速度，在根据牛顿第二定律求出物块的加速度，利用运动学公式求出滑块到达底端的速度，再结合与挡板碰撞后的运动和受力，求出位移即可解决问题；
第（3）通过分析动摩擦因数跟斜面倾角正切值的大小，判断出滑块做往返运动，通过动能定理求出摩擦力做的总功，结合运动的对称性求出整个过程中的总功，进而求出总路程。
（1）木板左端离传送带足够远，设在长木板与小挡片O碰前，滑块与长木板已经相对静止，根据动量守恒和能量守恒
解得
，
根据可知，在长木板与小挡片O碰前，滑块没有滑出长木板，碰前滑块与长木板已经相对静止，所以滑块与木板相对静止时的速度
（2）滑块滑上传送带时速度为，根据动能定理
解得
滑块沿传送带向下匀加速运动至传送带的底端，该过程中滑块的加速度大小为
设滑块到达传送带底端时的速率为
解得
滑块第一次与挡板P碰后先沿传送带向上运动直到减速为1m/s，加速度大小
位移
然后继续减速至零，加速度大小为，位移
故滑块第一次与挡板P碰后沿传送带向上运动的最大位移
（3）经分析可知，因
经足够长时间，滑块与挡板P多次碰撞后，最终将以速率v反弹，此后滑块在距传送带底端某恒定范围内往复运动，由动能定理可知，在滑块从第一次反弹后瞬间至到达传送带底端最终的速率第一次为v的过程中，摩擦力做的总功为
在滑块从第一次反弹后瞬间至到达传送带底端的速率第一次为v的过程中，滑块每次反弹后均先沿传送带向上以加速度做匀减速运动至速率为v（过程1）；再以加速度沿传送带向上做匀减速运动至速度为零，然后沿传送带向下以加速度做匀加速运动至速率为v（过程2）；最后沿传送带向下以加速度做匀加速运动至传送带的底端（过程3），根据对称性，在过程1与过程3中滑块运动的距离相等，因在过程2中摩擦力对滑块做的功为零，故整个过程中，摩擦力做的总功为
解得
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