广东省深圳外国语学校2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题
1．（2024高三上·深圳月考）深中通道是国家重大工程和世界级跨海集群工程，全长约24千米，北距虎门大桥约30千米，小明计划周末从家坐车去深圳宝安机场，他事先用导航软件搜索路线，若选择走A路线，经过虎门大桥，路程约103千米，耗时约1小时50分钟；若选择走B路线，经过深中通道，路程约53千米，耗时约1小时10分钟，假设汽车实际行驶路程和时间与导航软件预计的相同，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车通过两条路线的平均速度相同
B．汽车通过A路线的平均速度更大
C．汽车通过A路线的位移更大
D．汽车通过A路线的平均速率更大
2．（2024高三上·深圳月考）如图，潜艇从海水的高密度区驶入低密度区过程称为“掉深”。图a，某潜艇在高密度区水平向右匀速航行； t=0时，该捞艇开始“掉深”， 图b为其竖直方向的速度时间图像，水平速度v保持不变。若以水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则带艇“掉深”后的0~30s内。能大致表示其运动轨迹的图形是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高三上·深圳月考）2023年的春晚舞蹈《锦绣》，艺术地再现了古代戍边将士与西域各民族化干戈为玉帛并建立深厚友谊的动人故事。图（a）是一个优美且难度极大的后仰动作，人后仰平衡时，可粗略认为头受到重力、肌肉拉力和颈椎支持力。如图（b），若弯曲后的头颈与水平方向成角，与水平方向成角，则可估算出的大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·深圳月考）图甲是北京冬奥会单板滑雪大跳台比赛项目中运动员在空中姿态的合成图。比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。运动员进入起跳台后的运动可简化成如图乙所示，先以水平初速度从A点冲上圆心角为α的圆弧跳台，从B点离开跳台，C点为运动轨迹最高点，之后落在着陆坡上的E点。忽略运动过程中受到的空气阻力并将运动员及装备看成质点，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员在C点速度为0
B．运动员在AB圆弧轨道上运动时处于失重状态
C．运动员从B到C与从C到E两个过程的速度变化量方向相反
D．运动员以更大的初速度从A点冲上轨道，运动轨迹的最高点在C点的右上方
5．（2024高三上·深圳月考）图甲为“欢乐谷”中的某种型号的“魔盘”，儿童坐在圆锥面上，随“魔盘”绕通过顶点的竖直轴转动，图乙为“魔盘”侧视截面图，图丙为俯视图。可视为质点的三名儿童、、，其质量，到顶点的距离，与锥面的动摩擦因数都相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在“魔盘”转动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．若三名儿童均未在锥面上发生滑动，则、、的向心力之比
B．若“魔盘”匀速转动且三名儿童均未在锥面上发生滑动，、、所受合外力都指向顶点
C．若“魔盘”转速缓慢增大且三名儿童均未在锥面上发生滑动，则、、所受摩擦力均增大
D．若“魔盘”转速缓慢增大，将最先发生滑动，然后发生滑动，最后发生滑动
6．（2024高三上·深圳月考）在探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”的实验中，某同学做了如图所示的实验改进，用力传感器来测量细线中的拉力大小。实验改进后，下列说法正确的是（ ）
A．力传感器的示数等于砂和砂桶的总重力
B．相等时间内小车和沙桶速度改变量相等
C．砂和砂桶的总质量需远小于小车质量
D．本实验仍需要进行阻力补偿
7．（2024高三上·深圳月考）如图所示，a、b是由同种材料构成的两物体，质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连，放置在倾角为θ的光滑的斜面上。当给物体a施加一沿斜面向上的恒力F时，两物体一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动，此时弹簧的伸长量为x，则（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．弹簧的劲度系数为
C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，则撤去F的瞬间a物体的加速度大小为
D．若斜面粗糙，在同样恒力F作用下，两物体仍能斜向上匀加速运动，弹簧的伸长量将大于x
8．（2024高三上·深圳月考）图像能够直观描述物理过程，能形象表述物理规律，能有效处理实验数据。如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A．甲图为A、B、C三物体做直线运动的图像，时间内三物体的平均速度相等
B．乙图中，物体的加速度大小为
C．丙图中，阴影面积表示时间内物体的速度改变量的大小
D．丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，则该物体的加速度
9．（2024高三上·深圳月考）如图甲为自动计数的智能呼啦圈，水平固定的圆形腰带外侧有轨道，配重通过轻绳与轨道上的滑轮P连接。锻炼中，配重的运动简化为绕腰带的中心轴在水平面内匀速转动，其模型如图乙所示。已知配重的质量为m，轻绳长为l，与竖直方向的夹角为θ，圆形腰带的半径为r，重力加速度为g，配重可视为质点，则配重（ ）
A．受到的拉力大小为
B．受到的拉力大小为
C．转动的角速度为
D．转动的角速度为
10．（2024高三上·深圳月考）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，测量了小球竖直上抛到落回到出发点过程中的上升时间和下落时间，小球竖直上抛的初速度和落回到出发点的速度（已知重力加速度为g），根据测量结果，该小组做了下列猜测，其中正确的是（ ）
A．若空气阻力大小保持不变，则
B．若空气阻力只与小球半径成正比，则同种材料的实心小球，质量大的小
C．若空气阻力只与速率成正比，则
D．若空气阻力只与速率的平方成正比，则小球抛出瞬间的加速度大小为
11．（2024高三上·深圳月考）某同学想设计一个可以测量物体重量的台秤，其结构原理如图（a）所示，轻质弹簧下端固定于铁架台，弹簧上端置一托盘（g取9.8 m/s2）
砝码质量（g） 50 150 250
弹簧长度（cm） 8.50 6.54 4.58
（1）该同学在托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如上表格，由数据算得劲度系数k = N/m（保留2位有效数字）；
（2）该同学通过换算，将质量数据标在刻度尺的不同位置处，一个简易台秤就制作成功了。请问100 g应该标在刻度尺 cm的位置。（计算结果保留3位有效数字）。
（3）使用过程中，该同学更换了一个轻一点的托盘，更换托盘后，再用上述方法测量，得到弹簧的劲度系数 （选填“变化”或“不变化”），刻度尺不同位置标的质量数据 （选填“需要”或“不需要”）改变。
12．（2024高三上·深圳月考）利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图（a）所示，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断；MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO' = h（h > L）。
（1）电热丝P必须放在悬点正下方的理由是： 。
（2）将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O'C = s，则小球做平抛运动的初速度为v0 = 。
（3）在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ，小球落点与O'点的水平距离s将随之改变，经多次实验，以s2为纵坐标、cosθ为横坐标，得到如图（b）所示图像。则当θ = 60°时，s为 m；若悬线长L = 1.0 m，悬点到木板间的距离OO'为 m。
13．（2024高三上·深圳月考）2019年11月14日，中国火星探测任务着陆器悬停避障试验取得圆满成功，如图甲是由多根钢缆悬挂的试验平台。某同学为了研究钢缆对平台的拉力随高度的变化，建立了如图乙所示的简化模型进行探究，平台质量为M，由两根等长且质量可忽略的钢缆悬挂于A、B两点，A、B等高，相距S。平台到A、B连线的高度为S的k倍，k值可由安装在A、B处的装置调整，每根钢缆对平台的拉力大小设为F。
（1）若，求F；
（2）若F = Mg，求k值；
（3）求F随k变化的关系式，并说明随k值增大，F怎样变？
14．（2024高三上·深圳月考）风洞实验室可以产生水平方向、大小可以调节的风力。如图所示，两水平面L1、L2（图中虚线）的间距为H，虚线区域存在方向水平向右、大小恒定的风力。在该区域下边界上的O点，将质量为m的小球以一定的初速度竖直向上抛出，小球从上边界的M点离开虚线区域，经过一段时间，小球又从上边界的N点再次进入虚线区域，小球再次进入虚线区域后做直线运动，最后小球从下边界的P点离开。已知小球从P点离开时，其速度为从O点进入时的2倍。不计虚线区域上方的空气阻力，重力加速度为g。求：（计算结果可用根号表示。）
（1）从O点进入直到从P点离开，小球在竖直方向和水平方向分别做什么运动？
（2）O、M的水平距离与N、P的水平距离之比；
（3）虚线区域中水平风力的大小；
15．（2024高三上·深圳月考）如图所示，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球，圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短，小球一直都在管内；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M = 2m，球和管之间的滑动摩擦力大小为2mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）求管第二次与地面碰撞前瞬间的速度；
（3）求管从开始下落到最终停下全过程运动的路程。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】速度与速率
【解析】【解答】 本题考查位移和路程的概念以及平时速度、平均速率的问题，会根据题意进行准确分析和解答。ABC．根据题意，汽车选择走A、B路线的位移相同，而所用时间不同，所以通过A路线的平均速度小于B路线的平均速度，故ABC错误；
D．汽车通过A路线的平均速率为
汽车通过B路线的平均速率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据题意判断两种路线对应的路程和位移关系，结合平均速度的定义进行分析判断；根据平均速率的定义式列式求解并进行比较。
2．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】 本题考查了运动的合成问题，掌握v-t图像的物理意义，要知道运动的合成与分解遵循平行四边形定则。根据题意可知，潜艇在轴方向上做匀速直线运动，轴方向上先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，则运动轨迹的图形，在轴上取相邻距离相等的几段距离，则时间相等，轴上下降的距离先增大后减小。
故选B。
【分析】 根据潜艇在竖直方向与水平方向的运动形式，应用运动的合成、运动学公式、v-t图像的物理意义分析解答。
3．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】将F1和F2分别沿竖直方向与水平方向正交分解，由力的平衡条件可得，竖直方向受力平衡
水平方向受力平衡
解得
故选A。
【分析】将F1和F2分别沿竖直方向与水平方向正交分解，分别在竖直方向上与水平方向上列力的平衡等式，联立求解。
4．【答案】D
【知识点】加速度；超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】A．运动员做斜抛运动，运动员在C点时具有水平速度，即速度不为0，故A错误；
B．运动员在AB圆弧轨道上运动时设速度与水平方向夹角为，根据速度的分解，则其竖直方向分速度为
运动员从A运动到B过程，其线速度减小，增大，导致增大，可知先增大后减小，即运动员竖直方向加速度先竖直向上后竖直向下，运动员先处于超重状态后出于失重状态，故B错误；
C．忽略运动过程中受到的空气阻力，加速度始终为g，
可知运动员从B到C与从C到E两个过程的速度变化量方向均竖直向下，方向相同，故C错误；
D．运动员以更大的初速度从A点冲上轨道，则从B点离开跳台时，具有更大的斜抛初速度，根据运动学公式在水平方向上可得
，
解得
根据
可知运动员在最高点的水平分位移和竖直分位移均增大，运动轨迹的最高点在C点的右上方，故D正确。
故选D。
【分析】根据加速度方向分析运动员的状 态；根据斜抛运动分运动规律分析运动员在C点速度大小；根据其受力情况分析加速度变化情况；由v=gt分析速度变化量关系。
5．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】 能够对儿童正确的受力分析，写出儿童做圆周运动的临界角速度的表达式是解题的关键。A．若三名儿童均未在锥面上发生滑动，即角速度相等，则有
，，
解得
故A错误；
B．由于“魔盘”绕通过顶点的竖直轴转动，可知，过儿童所在位置作竖直轴的垂线，垂足为轨迹圆的圆心，儿童所受合力方向指向圆周运动轨迹的圆心即指向该垂足，并不指向顶点O，故B错误；
C．若“魔盘”转速缓慢增大且三名儿童均未在锥面上发生滑动，由盘面对儿童的摩擦力提供向心力，角速度增大，物体做圆周运动所需向心力增大，则、、所受摩擦力均增大，故C正确；
D．结合上述，摩擦力提供圆周运动的向心力，则有
由于最大静摩擦力之比为
可知，随角速度的增大，c先达到最大静摩擦力，即将最先发生滑动，而、同时达到最大静摩擦力，即之后、同时发生滑动，故D错误。
故选C。
【分析】向心力公式F=mω2r分析计算；做匀速圆周运动的物体所受合力方向指向圆心；对儿童受力分析写出所受摩擦力的表达式；求出儿童的临界角速度，然后分析，临界角速度最小的最先滑动。
6．【答案】D
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】A．.以砂和桶为研究对象，根据牛顿第二定律分析作答，由于砂和砂桶做加速运动，
则力传感器的示数小于砂和砂桶的总重力。故A错误；
B．由实验装置可知，相等时间内砂桶的位移是小车位移的两倍，由
可知，砂桶的速度大小是小车速度大小的两倍，二者速度改变量也是两倍的关系。故B错误；
C．力传感器可以精确测得绳子对小车的拉力，拉力大小可以直接读出，故不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量。故C错误；
D．为了使绳子对小车的拉力等于小车所受的合力，本实验仍需要进行阻力补偿。补偿阻力即为用重力分力平衡阻力。故D正确。
故选D。
【分析】 根据实验原理可知，砂和桶的加速度为小车加速度的2倍，据此分析作答；绳子对小车的拉力可以由力传感器直接读出，据此分析作答。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．对a、b的整体，整体在斜面方向受拉力以及重力沿斜面的分力，弹簧弹力属于系统内力，不影响整体运动，根据牛顿第二定律有
对物体b，根据牛顿第二定律有
联立解得
故AB错误；
C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，弹簧形变来不及恢复，则撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，则b物体的加速度大小仍为a，此时对物体a，根据牛顿第二定律有
撤去拉力F前，对物体a，有
解得
故C正确；
D．若斜面是粗糙的，设滑动摩擦因数为μ，则对整体受重力沿斜面分力，拉力以及摩擦力，根据牛顿第二定律
对物体b，受重力沿斜面分力，拉力以及摩擦力，根据牛顿第二定律
联立解得
显然，弹簧的伸长量将保持x不变，故D错误。
故选C。
【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律列出方程，隔离对b分析，根据牛顿第二定律列式，联立求出弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的劲度系数；撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，对AB分析受力，根据牛顿第二定律求加速度。若斜面粗糙，对整体和隔离b分别运用牛顿第二定律列式，求出弹力与斜面光滑时进行比较，即可知伸长量的变化。
8．【答案】A,C,D
【知识点】图象法；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．根据s-t图像直接读出位移关系，由图甲可知，时间内，A、B、C三物体做直线运动的位移相同，则三物体的平均速度等于位移除以时间均为
时间内三物体的平均速度相等，故A正确；
B．根据匀变速直线运动的速度位移关系
可知图像的斜率的绝对值等于2a，所以甲图中物体的加速度大小为
故B错误；
C．根据加速度的定义可知
知阴影面积表示时间内物体的速度变化量的大小，故C正确；
D．根据丁图可知
整理得
对照匀变速直线运动的位移—时间公式
可知加速度大小为，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据s-t图像直接读出位移关系，进而判断平均速度关系， a-t图像与时间轴所围的面积表示速度变化量；对照匀变速直线运动的位移—时间公式写出图像的解析式求解物体的加速度大小。
9．【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．竖直方向上受重力以及拉力沿竖直方向分力，由受力平衡可得
解得
故A错误，B正确；
CD．水平方向拉力的水平分力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】 配重在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向上受力平衡可求得细绳的拉力；根据绳子拉力的水平分力提供向心力，结合几何关系，求解转动的角速度。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】 本题根据题意空气阻力与其他因素的关系，根据牛顿第二定律分析加速度与其他因素的关系，要会运用积分法分析速度变化量与什么因素有关。A．若空气阻力大小保持不变，小球上升和下落过程做匀变速运动，设小球上升最大高度为H，根据匀变速直线运动的平均速度公式可得
则有
故A错误。
B．若空气阻力只与半径成正比，即
设小球的密度为，半径为r，则小球的质量等于密度与体积的乘积为
小球上升时的加速度
可知，同种材料的实心小球，质量越大，半径越大，则上升的加速度越小，所以越小，故B正确。
C．若空气阻力只与速率成正比，即
设上升时加速度为a1，则有
取极短时间，速度变化量为
上升全程速度变化量为
可得
设下降时加速度为a2，则有
取极短时间，速度变化量为
下降全程速度变化量为
可得
可得
故C正确。
D．若空气阻力只与速率的平方成正比，即
设小球抛出时加速度为a1，对小球根据牛顿第二定律则有
设落回到出发点时加速度为a2，对小球根据牛顿第二定则有
两式消去m后，可得
只有在时
通过题干无法得出
故D错误。
故选BC。
【分析】 若空气阻力大小保持不变，小球上升和下落过程做匀变速直线运动，两个过程位移大小相等，根据位移等于平均速度乘以时间分析；若空气阻力只与半径成正比，根据牛顿第二定律得到小球上升时加速度大小；若空气阻力只与速率成正比，对上升和下降两个过程，分别运用牛顿第二定律列式，根据积分法分析两个过程速度变化量；若空气阻力只与速率的平方成正比，根据牛顿第二定律求解小球抛出瞬间的加速度大小。
11．【答案】（1）50
（2）7.52
（3）不变化；需要
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）设砝码质量为m，托盘质量为m0，弹簧原长为l0压缩后长度为l，根据砝码和托盘总重力与弹力平衡可得
代入两组m和l，则
可得
解得弹簧劲度系数
（2）将m1 = 100 g和表中一组数据m2 = 150 g，l2 = 6.54 cm代入由砝码和托盘整体受力平衡可得
解得
代入不同的数据，l1均为7.52 cm。
（3）更换更轻的托盘后，m0改变，由砝码和托盘总重力与弹簧弹力平衡可得
可知劲度系数k与m0无关，所以更换更轻的托盘后，得到的劲度系数k不变化。
更换更轻的托盘后，m0改变，k不变，由砝码和托盘总重力与弹簧弹力平衡可得
不同的l对应的m值与m0有关，刻度尺不同位置标的质量数据需要改变。
【分析】（1）根据胡克定律F=kΔx，结合表格数据求解劲度系数；
（2）毫米刻度尺的分度值为1mm，读数时要估读到0.1mm，得到图（b）中虚线c对应的读数；
（3）根据得到的关系式Δmg=kΔl分析更换更轻的托盘后，分析得到的劲度系数与刻度尺不同位置标的质量数据情况。
（1）设砝码质量为m，托盘质量为m0，弹簧原长为l0压缩后长度为l，则
代入两组m和l，则
可得
解得
（2）将m1 = 100 g和表中一组数据m2 = 150 g，l2 = 6.54 cm代入
解得
代入不同的数据，l1均为7.52 cm。
（3）[1]更换更轻的托盘后，m0改变，由
可知劲度系数k与m0无关，所以更换更轻的托盘后，得到的劲度系数k不变化。
[2]更换更轻的托盘后，m0改变，k不变，由
不同的l对应的m值与m0有关，刻度尺不同位置标的质量数据需要改变。
12．【答案】（1）保证小球沿水平方向抛出
（2）
（3）1；1.5
【知识点】研究平抛物体的运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）本实验要验证小球平抛运动规律，小球做平抛运动，必须具有水平初速度，则小球抛出的初速度只能沿水平方向，由于在烧断细线前小球做圆周运动，速度方向沿切线方向，而只有在悬点正下方时，物体的速度才沿水平方向，所以电热丝P放在悬点正下方是为了保证小球沿水平方向抛出。
（2）由于小球做平抛运动故有在水平方向做匀速直线运动有
在竖直方向做自由落体运动有
故有
（3）由图像可知，代入图像上对应点的坐标即可求解，当θ = 60°时，s大小。当θ = 60°时，，此时s为1m。
改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ时，小球平抛的速度为v，根据动能定理则有
则物体在水平方向的位移
联立可得
由图像可知，找到对应点的坐标，当cosθ = 0时，，则有
当L= 1m时
【分析】（1）只有保证小球沿水平方向抛出才能保证物体做平抛运动。
（2）根据平抛运动的规律可求得物体平抛运动的速度。
（3）根据图像分析，求出H和L的函数关系， 代入图像上一个点的坐标即可求解悬点到木板间的距离OO' 。
（1）本实验要验证小球平抛运动规律，则小球抛出的初速度只能沿水平方向，由于在烧断细线前小球做圆周运动，速度方向沿切线方向，而只有在悬点正下方时，物体的速度才沿水平方向，所以电热丝P放在悬点正下方是为了保证小球沿水平方向抛出。
（2）由于小球做平抛运动故有在水平方向有
在竖直方向有
故有
（3）[1]由图像可知，当θ = 60°时，，此时s为1 m。
[2]改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ时，小球平抛的速度为v，则有
则物体在水平方向的位移
联立可得
由图像可知，当cosθ = 0时，，则有
当L = 1 m时
13．【答案】（1）解；当时，设两根绳子与竖直方向恰好均成α角，由几何关系和平衡条件得
解得
（2）解：若F = Mg时，设绳子与竖直方向夹角为β，由几何关系和平衡条件得
解得
，
（3）解：设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系和平衡条件得
解得
可知随着k值增大，F减小
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）根据k值解得绳子与竖直方向夹角，根据共点力平衡条件解答；
（2）竖直方向受重力以及绳子沿竖直方向分力，根据几何关系结合共点力平衡条件解答；
（3）竖直方向始终平衡，求解cosθ表达式，根据平衡条件分析解答。
（1）当时，设两根绳子与竖直方向恰好均成α角，由几何关系和平衡条件得
解得
（2）若F = Mg时，设绳子与竖直方向夹角为β，由几何关系和平衡条件得
解得
，
（3）设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系和平衡条件得
解得
可知随着k值增大，F减小
14．【答案】（1）解：水平方向：OM段初速度为零的匀加速直线运动，MN段匀速直线运动，NP段匀加速直线运动；竖直方向：全程竖直上抛运动
（2）解：竖直方向上，小球做竖直上抛，由对称性可得
水平方向上，在虚线区域，做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有
可得
（3）解：设初速度大小为v0，根据题意可知
且P点竖直分速度为
可得P点水平分速度为
小球由N到P做直线运动，则有
解得
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【分析】 （1）根据加速度及速度分析运动规律，加速度不变的运动为匀变速直线运动。
（2）竖直方向上，小球做竖直上抛，由对称性，时间相等，根据位移—时间公式，求位移之比；
（3）根据题意，确定速度之比，从而确定风力和重力之比，确定风力大小。
（1）水平方向：OM段初速度为零的匀加速直线运动，MN段匀速直线运动，NP段匀加速直线运动。
竖直方向：全程竖直上抛运动。
（2）竖直方向上，小球做竖直上抛，由对称性可得
水平方向上，在虚线区域，做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有
可得
（3）设初速度大小为v0，根据题意可知
且P点竖直分速度为
可得P点水平分速度为
小球由N到P做直线运动，则有
解得
15．【答案】（1）解：管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时球的加速度大小为a1，方向向上；管的加速度大小为a2，方向向下；由牛顿第二定律得
对球
对管
解得
（2）解：设管和球碰地前瞬间它们的速度大小均为v1，由运动学公式得
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度v1'刚好相同，取向下为正方向，由运动学公式得
解得
设此时管下端距地面的高度为h0，管第二次与地面碰撞前瞬间的速度v2，由运动学公式得
根据运动学公式
解得
（3）解：根据第（2）问可知
由竖直上抛运动
……
根据第（2）问同理可知
故
总路程
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）分析管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球的受力情况，由牛顿运动定律列方程求解加速度大小；
（2）由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度大小；再求出管与小球的速度刚好相同时经过的位移h1，根据速度—位移公式解答；
（3）根据竖直上抛运动结合数学归纳的方法解答。
（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时球的加速度大小为a1，方向向上；管的加速度大小为a2，方向向下；由牛顿第二定律得
对球
对管
解得
（2）设管和球碰地前瞬间它们的速度大小均为v1，由运动学公式得
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度v1'刚好相同，取向下为正方向，由运动学公式得
解得
设此时管下端距地面的高度为h0，管第二次与地面碰撞前瞬间的速度v2，由运动学公式得
根据运动学公式
解得
（3）根据第（2）问可知
由竖直上抛运动
……
根据第（2）问同理可知
故
总路程
解得
1 / 1广东省深圳外国语学校2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题
1．（2024高三上·深圳月考）深中通道是国家重大工程和世界级跨海集群工程，全长约24千米，北距虎门大桥约30千米，小明计划周末从家坐车去深圳宝安机场，他事先用导航软件搜索路线，若选择走A路线，经过虎门大桥，路程约103千米，耗时约1小时50分钟；若选择走B路线，经过深中通道，路程约53千米，耗时约1小时10分钟，假设汽车实际行驶路程和时间与导航软件预计的相同，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车通过两条路线的平均速度相同
B．汽车通过A路线的平均速度更大
C．汽车通过A路线的位移更大
D．汽车通过A路线的平均速率更大
【答案】D
【知识点】速度与速率
【解析】【解答】 本题考查位移和路程的概念以及平时速度、平均速率的问题，会根据题意进行准确分析和解答。ABC．根据题意，汽车选择走A、B路线的位移相同，而所用时间不同，所以通过A路线的平均速度小于B路线的平均速度，故ABC错误；
D．汽车通过A路线的平均速率为
汽车通过B路线的平均速率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据题意判断两种路线对应的路程和位移关系，结合平均速度的定义进行分析判断；根据平均速率的定义式列式求解并进行比较。
2．（2024高三上·深圳月考）如图，潜艇从海水的高密度区驶入低密度区过程称为“掉深”。图a，某潜艇在高密度区水平向右匀速航行； t=0时，该捞艇开始“掉深”， 图b为其竖直方向的速度时间图像，水平速度v保持不变。若以水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则带艇“掉深”后的0~30s内。能大致表示其运动轨迹的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】 本题考查了运动的合成问题，掌握v-t图像的物理意义，要知道运动的合成与分解遵循平行四边形定则。根据题意可知，潜艇在轴方向上做匀速直线运动，轴方向上先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，则运动轨迹的图形，在轴上取相邻距离相等的几段距离，则时间相等，轴上下降的距离先增大后减小。
故选B。
【分析】 根据潜艇在竖直方向与水平方向的运动形式，应用运动的合成、运动学公式、v-t图像的物理意义分析解答。
3．（2024高三上·深圳月考）2023年的春晚舞蹈《锦绣》，艺术地再现了古代戍边将士与西域各民族化干戈为玉帛并建立深厚友谊的动人故事。图（a）是一个优美且难度极大的后仰动作，人后仰平衡时，可粗略认为头受到重力、肌肉拉力和颈椎支持力。如图（b），若弯曲后的头颈与水平方向成角，与水平方向成角，则可估算出的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】将F1和F2分别沿竖直方向与水平方向正交分解，由力的平衡条件可得，竖直方向受力平衡
水平方向受力平衡
解得
故选A。
【分析】将F1和F2分别沿竖直方向与水平方向正交分解，分别在竖直方向上与水平方向上列力的平衡等式，联立求解。
4．（2024高三上·深圳月考）图甲是北京冬奥会单板滑雪大跳台比赛项目中运动员在空中姿态的合成图。比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。运动员进入起跳台后的运动可简化成如图乙所示，先以水平初速度从A点冲上圆心角为α的圆弧跳台，从B点离开跳台，C点为运动轨迹最高点，之后落在着陆坡上的E点。忽略运动过程中受到的空气阻力并将运动员及装备看成质点，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员在C点速度为0
B．运动员在AB圆弧轨道上运动时处于失重状态
C．运动员从B到C与从C到E两个过程的速度变化量方向相反
D．运动员以更大的初速度从A点冲上轨道，运动轨迹的最高点在C点的右上方
【答案】D
【知识点】加速度；超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】A．运动员做斜抛运动，运动员在C点时具有水平速度，即速度不为0，故A错误；
B．运动员在AB圆弧轨道上运动时设速度与水平方向夹角为，根据速度的分解，则其竖直方向分速度为
运动员从A运动到B过程，其线速度减小，增大，导致增大，可知先增大后减小，即运动员竖直方向加速度先竖直向上后竖直向下，运动员先处于超重状态后出于失重状态，故B错误；
C．忽略运动过程中受到的空气阻力，加速度始终为g，
可知运动员从B到C与从C到E两个过程的速度变化量方向均竖直向下，方向相同，故C错误；
D．运动员以更大的初速度从A点冲上轨道，则从B点离开跳台时，具有更大的斜抛初速度，根据运动学公式在水平方向上可得
，
解得
根据
可知运动员在最高点的水平分位移和竖直分位移均增大，运动轨迹的最高点在C点的右上方，故D正确。
故选D。
【分析】根据加速度方向分析运动员的状 态；根据斜抛运动分运动规律分析运动员在C点速度大小；根据其受力情况分析加速度变化情况；由v=gt分析速度变化量关系。
5．（2024高三上·深圳月考）图甲为“欢乐谷”中的某种型号的“魔盘”，儿童坐在圆锥面上，随“魔盘”绕通过顶点的竖直轴转动，图乙为“魔盘”侧视截面图，图丙为俯视图。可视为质点的三名儿童、、，其质量，到顶点的距离，与锥面的动摩擦因数都相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在“魔盘”转动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．若三名儿童均未在锥面上发生滑动，则、、的向心力之比
B．若“魔盘”匀速转动且三名儿童均未在锥面上发生滑动，、、所受合外力都指向顶点
C．若“魔盘”转速缓慢增大且三名儿童均未在锥面上发生滑动，则、、所受摩擦力均增大
D．若“魔盘”转速缓慢增大，将最先发生滑动，然后发生滑动，最后发生滑动
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】 能够对儿童正确的受力分析，写出儿童做圆周运动的临界角速度的表达式是解题的关键。A．若三名儿童均未在锥面上发生滑动，即角速度相等，则有
，，
解得
故A错误；
B．由于“魔盘”绕通过顶点的竖直轴转动，可知，过儿童所在位置作竖直轴的垂线，垂足为轨迹圆的圆心，儿童所受合力方向指向圆周运动轨迹的圆心即指向该垂足，并不指向顶点O，故B错误；
C．若“魔盘”转速缓慢增大且三名儿童均未在锥面上发生滑动，由盘面对儿童的摩擦力提供向心力，角速度增大，物体做圆周运动所需向心力增大，则、、所受摩擦力均增大，故C正确；
D．结合上述，摩擦力提供圆周运动的向心力，则有
由于最大静摩擦力之比为
可知，随角速度的增大，c先达到最大静摩擦力，即将最先发生滑动，而、同时达到最大静摩擦力，即之后、同时发生滑动，故D错误。
故选C。
【分析】向心力公式F=mω2r分析计算；做匀速圆周运动的物体所受合力方向指向圆心；对儿童受力分析写出所受摩擦力的表达式；求出儿童的临界角速度，然后分析，临界角速度最小的最先滑动。
6．（2024高三上·深圳月考）在探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”的实验中，某同学做了如图所示的实验改进，用力传感器来测量细线中的拉力大小。实验改进后，下列说法正确的是（ ）
A．力传感器的示数等于砂和砂桶的总重力
B．相等时间内小车和沙桶速度改变量相等
C．砂和砂桶的总质量需远小于小车质量
D．本实验仍需要进行阻力补偿
【答案】D
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】A．.以砂和桶为研究对象，根据牛顿第二定律分析作答，由于砂和砂桶做加速运动，
则力传感器的示数小于砂和砂桶的总重力。故A错误；
B．由实验装置可知，相等时间内砂桶的位移是小车位移的两倍，由
可知，砂桶的速度大小是小车速度大小的两倍，二者速度改变量也是两倍的关系。故B错误；
C．力传感器可以精确测得绳子对小车的拉力，拉力大小可以直接读出，故不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量。故C错误；
D．为了使绳子对小车的拉力等于小车所受的合力，本实验仍需要进行阻力补偿。补偿阻力即为用重力分力平衡阻力。故D正确。
故选D。
【分析】 根据实验原理可知，砂和桶的加速度为小车加速度的2倍，据此分析作答；绳子对小车的拉力可以由力传感器直接读出，据此分析作答。
7．（2024高三上·深圳月考）如图所示，a、b是由同种材料构成的两物体，质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连，放置在倾角为θ的光滑的斜面上。当给物体a施加一沿斜面向上的恒力F时，两物体一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动，此时弹簧的伸长量为x，则（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．弹簧的劲度系数为
C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，则撤去F的瞬间a物体的加速度大小为
D．若斜面粗糙，在同样恒力F作用下，两物体仍能斜向上匀加速运动，弹簧的伸长量将大于x
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．对a、b的整体，整体在斜面方向受拉力以及重力沿斜面的分力，弹簧弹力属于系统内力，不影响整体运动，根据牛顿第二定律有
对物体b，根据牛顿第二定律有
联立解得
故AB错误；
C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，弹簧形变来不及恢复，则撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，则b物体的加速度大小仍为a，此时对物体a，根据牛顿第二定律有
撤去拉力F前，对物体a，有
解得
故C正确；
D．若斜面是粗糙的，设滑动摩擦因数为μ，则对整体受重力沿斜面分力，拉力以及摩擦力，根据牛顿第二定律
对物体b，受重力沿斜面分力，拉力以及摩擦力，根据牛顿第二定律
联立解得
显然，弹簧的伸长量将保持x不变，故D错误。
故选C。
【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律列出方程，隔离对b分析，根据牛顿第二定律列式，联立求出弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的劲度系数；撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，对AB分析受力，根据牛顿第二定律求加速度。若斜面粗糙，对整体和隔离b分别运用牛顿第二定律列式，求出弹力与斜面光滑时进行比较，即可知伸长量的变化。
8．（2024高三上·深圳月考）图像能够直观描述物理过程，能形象表述物理规律，能有效处理实验数据。如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A．甲图为A、B、C三物体做直线运动的图像，时间内三物体的平均速度相等
B．乙图中，物体的加速度大小为
C．丙图中，阴影面积表示时间内物体的速度改变量的大小
D．丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，则该物体的加速度
【答案】A,C,D
【知识点】图象法；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．根据s-t图像直接读出位移关系，由图甲可知，时间内，A、B、C三物体做直线运动的位移相同，则三物体的平均速度等于位移除以时间均为
时间内三物体的平均速度相等，故A正确；
B．根据匀变速直线运动的速度位移关系
可知图像的斜率的绝对值等于2a，所以甲图中物体的加速度大小为
故B错误；
C．根据加速度的定义可知
知阴影面积表示时间内物体的速度变化量的大小，故C正确；
D．根据丁图可知
整理得
对照匀变速直线运动的位移—时间公式
可知加速度大小为，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据s-t图像直接读出位移关系，进而判断平均速度关系， a-t图像与时间轴所围的面积表示速度变化量；对照匀变速直线运动的位移—时间公式写出图像的解析式求解物体的加速度大小。
9．（2024高三上·深圳月考）如图甲为自动计数的智能呼啦圈，水平固定的圆形腰带外侧有轨道，配重通过轻绳与轨道上的滑轮P连接。锻炼中，配重的运动简化为绕腰带的中心轴在水平面内匀速转动，其模型如图乙所示。已知配重的质量为m，轻绳长为l，与竖直方向的夹角为θ，圆形腰带的半径为r，重力加速度为g，配重可视为质点，则配重（ ）
A．受到的拉力大小为
B．受到的拉力大小为
C．转动的角速度为
D．转动的角速度为
【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．竖直方向上受重力以及拉力沿竖直方向分力，由受力平衡可得
解得
故A错误，B正确；
CD．水平方向拉力的水平分力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】 配重在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向上受力平衡可求得细绳的拉力；根据绳子拉力的水平分力提供向心力，结合几何关系，求解转动的角速度。
10．（2024高三上·深圳月考）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，测量了小球竖直上抛到落回到出发点过程中的上升时间和下落时间，小球竖直上抛的初速度和落回到出发点的速度（已知重力加速度为g），根据测量结果，该小组做了下列猜测，其中正确的是（ ）
A．若空气阻力大小保持不变，则
B．若空气阻力只与小球半径成正比，则同种材料的实心小球，质量大的小
C．若空气阻力只与速率成正比，则
D．若空气阻力只与速率的平方成正比，则小球抛出瞬间的加速度大小为
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】 本题根据题意空气阻力与其他因素的关系，根据牛顿第二定律分析加速度与其他因素的关系，要会运用积分法分析速度变化量与什么因素有关。A．若空气阻力大小保持不变，小球上升和下落过程做匀变速运动，设小球上升最大高度为H，根据匀变速直线运动的平均速度公式可得
则有
故A错误。
B．若空气阻力只与半径成正比，即
设小球的密度为，半径为r，则小球的质量等于密度与体积的乘积为
小球上升时的加速度
可知，同种材料的实心小球，质量越大，半径越大，则上升的加速度越小，所以越小，故B正确。
C．若空气阻力只与速率成正比，即
设上升时加速度为a1，则有
取极短时间，速度变化量为
上升全程速度变化量为
可得
设下降时加速度为a2，则有
取极短时间，速度变化量为
下降全程速度变化量为
可得
可得
故C正确。
D．若空气阻力只与速率的平方成正比，即
设小球抛出时加速度为a1，对小球根据牛顿第二定律则有
设落回到出发点时加速度为a2，对小球根据牛顿第二定则有
两式消去m后，可得
只有在时
通过题干无法得出
故D错误。
故选BC。
【分析】 若空气阻力大小保持不变，小球上升和下落过程做匀变速直线运动，两个过程位移大小相等，根据位移等于平均速度乘以时间分析；若空气阻力只与半径成正比，根据牛顿第二定律得到小球上升时加速度大小；若空气阻力只与速率成正比，对上升和下降两个过程，分别运用牛顿第二定律列式，根据积分法分析两个过程速度变化量；若空气阻力只与速率的平方成正比，根据牛顿第二定律求解小球抛出瞬间的加速度大小。
11．（2024高三上·深圳月考）某同学想设计一个可以测量物体重量的台秤，其结构原理如图（a）所示，轻质弹簧下端固定于铁架台，弹簧上端置一托盘（g取9.8 m/s2）
砝码质量（g） 50 150 250
弹簧长度（cm） 8.50 6.54 4.58
（1）该同学在托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如上表格，由数据算得劲度系数k = N/m（保留2位有效数字）；
（2）该同学通过换算，将质量数据标在刻度尺的不同位置处，一个简易台秤就制作成功了。请问100 g应该标在刻度尺 cm的位置。（计算结果保留3位有效数字）。
（3）使用过程中，该同学更换了一个轻一点的托盘，更换托盘后，再用上述方法测量，得到弹簧的劲度系数 （选填“变化”或“不变化”），刻度尺不同位置标的质量数据 （选填“需要”或“不需要”）改变。
【答案】（1）50
（2）7.52
（3）不变化；需要
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）设砝码质量为m，托盘质量为m0，弹簧原长为l0压缩后长度为l，根据砝码和托盘总重力与弹力平衡可得
代入两组m和l，则
可得
解得弹簧劲度系数
（2）将m1 = 100 g和表中一组数据m2 = 150 g，l2 = 6.54 cm代入由砝码和托盘整体受力平衡可得
解得
代入不同的数据，l1均为7.52 cm。
（3）更换更轻的托盘后，m0改变，由砝码和托盘总重力与弹簧弹力平衡可得
可知劲度系数k与m0无关，所以更换更轻的托盘后，得到的劲度系数k不变化。
更换更轻的托盘后，m0改变，k不变，由砝码和托盘总重力与弹簧弹力平衡可得
不同的l对应的m值与m0有关，刻度尺不同位置标的质量数据需要改变。
【分析】（1）根据胡克定律F=kΔx，结合表格数据求解劲度系数；
（2）毫米刻度尺的分度值为1mm，读数时要估读到0.1mm，得到图（b）中虚线c对应的读数；
（3）根据得到的关系式Δmg=kΔl分析更换更轻的托盘后，分析得到的劲度系数与刻度尺不同位置标的质量数据情况。
（1）设砝码质量为m，托盘质量为m0，弹簧原长为l0压缩后长度为l，则
代入两组m和l，则
可得
解得
（2）将m1 = 100 g和表中一组数据m2 = 150 g，l2 = 6.54 cm代入
解得
代入不同的数据，l1均为7.52 cm。
（3）[1]更换更轻的托盘后，m0改变，由
可知劲度系数k与m0无关，所以更换更轻的托盘后，得到的劲度系数k不变化。
[2]更换更轻的托盘后，m0改变，k不变，由
不同的l对应的m值与m0有关，刻度尺不同位置标的质量数据需要改变。
12．（2024高三上·深圳月考）利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图（a）所示，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断；MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO' = h（h > L）。
（1）电热丝P必须放在悬点正下方的理由是： 。
（2）将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O'C = s，则小球做平抛运动的初速度为v0 = 。
（3）在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ，小球落点与O'点的水平距离s将随之改变，经多次实验，以s2为纵坐标、cosθ为横坐标，得到如图（b）所示图像。则当θ = 60°时，s为 m；若悬线长L = 1.0 m，悬点到木板间的距离OO'为 m。
【答案】（1）保证小球沿水平方向抛出
（2）
（3）1；1.5
【知识点】研究平抛物体的运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）本实验要验证小球平抛运动规律，小球做平抛运动，必须具有水平初速度，则小球抛出的初速度只能沿水平方向，由于在烧断细线前小球做圆周运动，速度方向沿切线方向，而只有在悬点正下方时，物体的速度才沿水平方向，所以电热丝P放在悬点正下方是为了保证小球沿水平方向抛出。
（2）由于小球做平抛运动故有在水平方向做匀速直线运动有
在竖直方向做自由落体运动有
故有
（3）由图像可知，代入图像上对应点的坐标即可求解，当θ = 60°时，s大小。当θ = 60°时，，此时s为1m。
改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ时，小球平抛的速度为v，根据动能定理则有
则物体在水平方向的位移
联立可得
由图像可知，找到对应点的坐标，当cosθ = 0时，，则有
当L= 1m时
【分析】（1）只有保证小球沿水平方向抛出才能保证物体做平抛运动。
（2）根据平抛运动的规律可求得物体平抛运动的速度。
（3）根据图像分析，求出H和L的函数关系， 代入图像上一个点的坐标即可求解悬点到木板间的距离OO' 。
（1）本实验要验证小球平抛运动规律，则小球抛出的初速度只能沿水平方向，由于在烧断细线前小球做圆周运动，速度方向沿切线方向，而只有在悬点正下方时，物体的速度才沿水平方向，所以电热丝P放在悬点正下方是为了保证小球沿水平方向抛出。
（2）由于小球做平抛运动故有在水平方向有
在竖直方向有
故有
（3）[1]由图像可知，当θ = 60°时，，此时s为1 m。
[2]改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ时，小球平抛的速度为v，则有
则物体在水平方向的位移
联立可得
由图像可知，当cosθ = 0时，，则有
当L = 1 m时
13．（2024高三上·深圳月考）2019年11月14日，中国火星探测任务着陆器悬停避障试验取得圆满成功，如图甲是由多根钢缆悬挂的试验平台。某同学为了研究钢缆对平台的拉力随高度的变化，建立了如图乙所示的简化模型进行探究，平台质量为M，由两根等长且质量可忽略的钢缆悬挂于A、B两点，A、B等高，相距S。平台到A、B连线的高度为S的k倍，k值可由安装在A、B处的装置调整，每根钢缆对平台的拉力大小设为F。
（1）若，求F；
（2）若F = Mg，求k值；
（3）求F随k变化的关系式，并说明随k值增大，F怎样变？
【答案】（1）解；当时，设两根绳子与竖直方向恰好均成α角，由几何关系和平衡条件得
解得
（2）解：若F = Mg时，设绳子与竖直方向夹角为β，由几何关系和平衡条件得
解得
，
（3）解：设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系和平衡条件得
解得
可知随着k值增大，F减小
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）根据k值解得绳子与竖直方向夹角，根据共点力平衡条件解答；
（2）竖直方向受重力以及绳子沿竖直方向分力，根据几何关系结合共点力平衡条件解答；
（3）竖直方向始终平衡，求解cosθ表达式，根据平衡条件分析解答。
（1）当时，设两根绳子与竖直方向恰好均成α角，由几何关系和平衡条件得
解得
（2）若F = Mg时，设绳子与竖直方向夹角为β，由几何关系和平衡条件得
解得
，
（3）设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系和平衡条件得
解得
可知随着k值增大，F减小
14．（2024高三上·深圳月考）风洞实验室可以产生水平方向、大小可以调节的风力。如图所示，两水平面L1、L2（图中虚线）的间距为H，虚线区域存在方向水平向右、大小恒定的风力。在该区域下边界上的O点，将质量为m的小球以一定的初速度竖直向上抛出，小球从上边界的M点离开虚线区域，经过一段时间，小球又从上边界的N点再次进入虚线区域，小球再次进入虚线区域后做直线运动，最后小球从下边界的P点离开。已知小球从P点离开时，其速度为从O点进入时的2倍。不计虚线区域上方的空气阻力，重力加速度为g。求：（计算结果可用根号表示。）
（1）从O点进入直到从P点离开，小球在竖直方向和水平方向分别做什么运动？
（2）O、M的水平距离与N、P的水平距离之比；
（3）虚线区域中水平风力的大小；
【答案】（1）解：水平方向：OM段初速度为零的匀加速直线运动，MN段匀速直线运动，NP段匀加速直线运动；竖直方向：全程竖直上抛运动
（2）解：竖直方向上，小球做竖直上抛，由对称性可得
水平方向上，在虚线区域，做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有
可得
（3）解：设初速度大小为v0，根据题意可知
且P点竖直分速度为
可得P点水平分速度为
小球由N到P做直线运动，则有
解得
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【分析】 （1）根据加速度及速度分析运动规律，加速度不变的运动为匀变速直线运动。
（2）竖直方向上，小球做竖直上抛，由对称性，时间相等，根据位移—时间公式，求位移之比；
（3）根据题意，确定速度之比，从而确定风力和重力之比，确定风力大小。
（1）水平方向：OM段初速度为零的匀加速直线运动，MN段匀速直线运动，NP段匀加速直线运动。
竖直方向：全程竖直上抛运动。
（2）竖直方向上，小球做竖直上抛，由对称性可得
水平方向上，在虚线区域，做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有
可得
（3）设初速度大小为v0，根据题意可知
且P点竖直分速度为
可得P点水平分速度为
小球由N到P做直线运动，则有
解得
15．（2024高三上·深圳月考）如图所示，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球，圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短，小球一直都在管内；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M = 2m，球和管之间的滑动摩擦力大小为2mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）求管第二次与地面碰撞前瞬间的速度；
（3）求管从开始下落到最终停下全过程运动的路程。
【答案】（1）解：管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时球的加速度大小为a1，方向向上；管的加速度大小为a2，方向向下；由牛顿第二定律得
对球
对管
解得
（2）解：设管和球碰地前瞬间它们的速度大小均为v1，由运动学公式得
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度v1'刚好相同，取向下为正方向，由运动学公式得
解得
设此时管下端距地面的高度为h0，管第二次与地面碰撞前瞬间的速度v2，由运动学公式得
根据运动学公式
解得
（3）解：根据第（2）问可知
由竖直上抛运动
……
根据第（2）问同理可知
故
总路程
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）分析管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球的受力情况，由牛顿运动定律列方程求解加速度大小；
（2）由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度大小；再求出管与小球的速度刚好相同时经过的位移h1，根据速度—位移公式解答；
（3）根据竖直上抛运动结合数学归纳的方法解答。
（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时球的加速度大小为a1，方向向上；管的加速度大小为a2，方向向下；由牛顿第二定律得
对球
对管
解得
（2）设管和球碰地前瞬间它们的速度大小均为v1，由运动学公式得
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度v1'刚好相同，取向下为正方向，由运动学公式得
解得
设此时管下端距地面的高度为h0，管第二次与地面碰撞前瞬间的速度v2，由运动学公式得
根据运动学公式
解得
（3）根据第（2）问可知
由竖直上抛运动
……
根据第（2）问同理可知
故
总路程
解得
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