北京市怀柔区第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题
1．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，用同样大小的力、提一桶水沿水平路面做匀速直线运动。已知两个力、在同一竖直平面内。两人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G，下列说法中正确的是（ ）
A．在两个力的夹角逐渐变大的过程中，、的合力保持不变
B．两个力的夹角大一些更省力
C．当θ为120°时，
D．不管θ为何值，都有
2．（2024高三上·怀柔月考）在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图像，如图所示。以下说法正确的是（ ）
A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，且用直尺测得弹簧的长度即弹簧的伸长量
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态
C．分析图像，弹簧的原长为10cm
D．分析图像，弹簧的劲度系数为10N/m
3．（2024高三上·怀柔月考）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．实验中让木板保持运动，但不必匀速运动
B．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7
D．只用图乙中数据，不可得出物块与木板间的动摩擦因数，还需提供物块的质量
4．（2024高三上·怀柔月考）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，橡皮条的一端E挂有轻质小圆环，另一端G固定，如图甲所示。小圆环受到两个弹簧测力计的拉力、共同作用，静止于O点，如图乙所示。撤去、，改用一个弹簧测力计单独拉小圆环，仍使小圆环处于O点静止，其拉力为F，如图丙所示。做好记录，画出、和F的图示，并用虚线把拉力F的箭头端分别与、的箭头端连接，如图丁所示。关于本实验，下列说法正确的是（ ）
A．本实验体现了等效替代的思想方法
B．实验中需要记录的信息不仅有、和F的大小，还要记录各个力的方向
C．由图丁可初步猜测F与、满足平行四边形的关系
D．重复多次实验时，每次都必须将小圆环拉至O点
5．（2024高三上·怀柔月考）以下说法正确的（ ）
A．地球由西向东自转，当你向上跳起以后，还会落在原地
B．飞机投弹时，当目标在飞机的正下方时投下炸弹，则不能准确击中目标
C．汽车速度越大，刹车后越难停下来，表明物体的速度越大，其惯性越大
D．竖直向上抛出的物体在空中向上运动时，除了受到竖直向下的重力，还受到了竖直向上的作用力
6．（2024高三上·怀柔月考）在生活和生产中应用牛顿第三定律的例子有很多，以下说法正确的
A．人在划船时，桨向后推水，水就向前推桨，则船被向前推进
B．以卵击石，鸡蛋破而石头没损伤，是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力
C．某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳重，只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力
D．汽车的发动机驱动车轮转动，由于轮胎和地面之间的摩擦，车轮向后推地面，地面给车轮一个向前的反作用力（即汽车受到的驱动力），使汽车前进。
7．（2024高三上·怀柔月考）物体A做平抛运动，以物体被抛出的位置为原点O，以初速度v0的方向为x轴的方向、竖直向下的方向为y轴的方向，建立平面直角坐标系。如图所示，沿两坐标轴分别放置两个光屏。两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射，物体A在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为x、y，则右图中两个影子的坐标随时间变化关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向向外运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的大小为
9．（2024高三上·怀柔月考）如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图。实验结果显示，重锤重力势能的减少量大于动能的增加量，关于这个误差，下列说法正确的是（ ）
A．该误差属于偶然误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的
B．该误差属于偶然误差，主要由于没有采用多次实验取平均值的方法造成的
C．该误差属于系统误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的
D．该误差属于系统误差，主要由于没有采用多次实验取平均值的方法造成的
10．（2024高三上·怀柔月考）某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验。A、B为两个半径相等、质量分别为和的小球，O点是水平轨道末端在水平地面上的投影。实验时先让入射小球A多次从斜轨上位置S由静止释放，标记出其平均落地点P，测出射程OP。然后把被碰小球B置于水平轨道末端，仍将入射小球A从斜轨上位置S由静止释放，与小球B相碰，并多次重复该操作，标记出碰后两小球的平均落地点M、N，测出射程OM和ON。下面分析正确的（ ）
A．若两球碰撞前后动量守恒，则满足表达式
B．若两球碰撞前后动量守恒，则满足表达式
C．若两球碰撞为弹性碰撞，则还应满足
D．若两球碰撞为弹性碰撞，则还应满足
11．（2024高三上·怀柔月考）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议；其中对提高测量结果精确度有利的是 ．
A. 适当加长摆线
B. 质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C. 单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D. 当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
12．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正确的是（ ）
A．下落到弹性绳刚好被拉直时，小明的下落速度最大
B．从开始到下落速度最大，小明动能的增加量小于其重力势能的减少量
C．从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能守恒
D．从开始到下落至最低点，小明重力势能的减少量大于弹性绳弹性势能的增加量
13．（2024高三上·怀柔月考）一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图（a）所示，速度v随时间t变化的关系如图（b）所示。取，下列说法正确的是（ ）
A．1s末物块所受摩擦力的大小
B．物块与水平地面间的动摩擦因数
C．第2~4s内，水平拉力做功48J
D．第4~6s内，克服摩擦力做功64J
14．（2024高三上·怀柔月考）如图甲所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v运行。现使一个质量为m的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v0（v0A．0~t0时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，t0~2t0时间内物体受到静摩擦力的作用
B．0~t0时间内，物体所受摩擦力对物体做功的功率越来越大
C．若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则物体在传送带上运动的时间一定小于2t0
D．若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功也一定增加
15．（2024高三上·怀柔月考）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：
（1）为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是______（选填选项前的字母）。
A．小车质量相同，钩码质量不同
B．小车质量不同，钩码质量相同
C．小车质量不同，钩码质量不同
（2）某同学为了定量验证（1）中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示。在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请在答题纸上作出图像，并读出表格中缺失的数据 。
次数 1 2 3 4 5 6 7
a/（m·s） 0.62 0.56 0.48
0.32 0.24 0.15
M/kg 0.25 029 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00
（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是______（选填选项前的字母）。
A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力
B．若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力
C．无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力
D．让小车的运动趋近于匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力
（4）数据分析。打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则打C点时，纸带运动的速度 m/s（结果保留2位有效数字）。
16．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，皮带分别套在变速塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：
（1）现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是______。
A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验
B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验
C．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验
D．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验
（2）在该实验中应用了 （选填“理想实验法” “控制变量法”或“等效替代法”）来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
（3）当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边变速塔轮与右边变速塔轮之间的角速度之比为 。
（4）关于该实验，以下说法正确的是______
A．实验前，应将横臂的紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出造成事故。实验时，转动速度越快越好，这样标尺露出的格数就越过多，便于观察
B．注意防止皮带打滑，尽可能保证角速度的比值不变
C．摇动手柄时，不要求转速均匀，只要标尺露出格数就能读数
D．圆盘转动时，可以伺机靠近、用手制动
17．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，一个质量kg的物体静止在水平地面上，现用一大小N，与水平方向成斜向上的力拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动。已知物体与水平地面间的动摩擦因数，，，空气阻力可忽略不计，取重力加速度m/s2。求：
（1）物体做匀加速直线运动的加速度大小a；
（2）物体由静止开始运动通过位移m所需要的时间t；
（3）物体由静止开始运动4.0s的过程中，拉力F做功的平均功率P。
18．（2024高三上·怀柔月考）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
19．（2024高三上·怀柔月考）2017年9月12日晚上11时58分，中国“天舟一号”货运飞船顺利完成与“天宫二号”太空实验室的自主快速交会对接试验，此次试验将中国太空交会对接的两天的准备时间缩短至6.5小时，为中国太空站工程后续研制建设奠定更加坚实的技术基础。图是“天舟”与“天宫”对接过程示意图，已知“天舟1号”与“天宫2号”成功对接后，组合体沿圆形轨道运行。经过时间t，组合体绕地球转过的角度为θ，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。求：
（1）地球质量M；
（2）组合体运动的线速度大小，及组合体所在圆轨道离地面高度H；
（3）“天舟一号”回程时会带走太空废弃物，进入大气层通过烧蚀销毁。请说明“天舟一号”脱离后，将进行哪些操作。并通过理论分析，阐述这样操作的理由。
20．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，AB是一个固定在竖直面内的光滑弧形轨道，与半径为R的竖直圆形轨道BCD在最低点B平滑连接，且B点的切线是水平的；BCD圆轨道的另一端D与水平直轨道DE平滑连接。B、D两点在同一水平面上，且B、D两点间沿垂直圆轨道平面方向错开了一段很小的距离，可使运动物体从圆轨道转移到水平直轨道上。一个质量为m的小球（可视为质点）在A点由静止释放沿弧形轨道滑下，当它经过B点进入圆轨道时对轨道的压力大小为其重力大小的9倍，小球运动到圆轨道的最高点C时，对轨道的压力恰好与它所受的重力大小相等，小球沿圆轨道经过D点后，再沿水平轨道DE向右运动。已知重力加速度为g。
（1）求小球运动到圆轨道的B点时速度的大小；
（2）求A点距水平面的高度h；
（3）小球在A点由静止释放运动到圆轨道的最高点C的过程中，克服摩擦阻力所做的总功。
答案解析部分
1．【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】 本题以生活实际中提一桶水沿水平路面做匀速直线运动为背景，考查了平衡条件的应用，要求学生能够熟练应用平衡方程去求解。A．在两个力的夹角逐渐变大的过程中，根据受力平衡可知，、的合力与水和水桶的总重力大小相等，方向相反，即、的合力保持不变，故A正确；
BCD．根据对称性可知
根据受力平衡可得
解得
可知越小，力、越小，所以两个力的夹角小一些更省力；当θ为120°时，可得
故BD错误，C正确。
故选AC。
【分析】 分析水桶的受力情况，分析平衡条件求解两位同学的手臂受到的拉力大小；水桶处于平衡状态，根据平衡条件，可得两个力的合力大小等于水桶的重力大小，保持不变。
2．【答案】B,C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】在研究弹簧的伸长与拉力的关系问题时，一定要特别区分“弹簧的长度”与“弹簧的伸长”的不同。A．弹簧长度与弹簧原长之差为弹簧的伸长量，故A错误；
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态，故B正确；
C．当未悬挂钩码时，弹簧的长度即原长为10cm，故C正确；
D．图线的斜率就是弹簧的劲度系数，即
故D错误。
故选BC。
【分析】 根据题意可知，弹簧总长度L（cm）与所挂物体重力G（N）之间符合一次函数关系，根据胡克定律写出F与L的方程即可 。
3．【答案】A,C,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】 本题考查了用力传感器研究摩擦力的变化的实验，要明确实验原理，理解F-t曲线的含义。A．实验中力传感器固定不动，物块保持静止，物块总是保持平衡状态，由二力平衡原理可知，力传感器示数即为摩擦力大小，并不需要保持木板做匀速运动，故A正确；
B．图乙中曲线是拉力随时间的变化曲线，根据二力平衡原理可知，曲线反映了物块所受摩擦力大小随时间的变化曲线，故B错误；
C．由图乙可知最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，因此最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为，故C正确；
D．图乙中数据可得出物块与木板间的滑动摩擦力大小，由
可知：不可得出物块与木板间的动摩擦因数，还需提供物块的质量，故D正确。
故选ACD。
【分析】 物块受到的摩擦力始终等于传感器上的拉力，不能反映手拉长木板的力随时间的变化关系；根据滑动摩擦力公式分析作答。.
4．【答案】A,B,C
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A．验证力的平行四边形定则时合力与分力之间作用效果相同，是等效替代关系， 本实验体现了等效替代的思想方法 故A正确；
B．因为要做力的图示，力是矢量，所以实验中需要记录的信息有、和F的大小，还要记录各个力的方向，故B正确；
C．根据图丁可以看出，与、满足平行四边形的关系，故C正确；
D．重复多次实验时，不需要每次都将小圆环拉至O点，而同一次实验需要将小圆环拉至O点，保证合力和分力效果相同，故D错误。
故选ABC。
【分析】 做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，由此结合实验过程中需要注意的事项依次分析即可。
5．【答案】A,B
【知识点】牛顿第一定律；惯性与质量
【解析】【解答】解决本题的关键知道力不是维持物体运动的原因，是改变物体运动状态的原因，知道惯性大小的量度是质量，与物体是否受力及运动状态无关．A．因为当你跳起时，由于惯性，你仍有与地面相同的速度，所以还落在原地，故A正确；
B．因为炸弹被投下时，由于惯性，具有与飞机相同的水平速度，如果目标是静止的，炸弹就会落到目标的前方， 故当目标在飞机的正下方时投下炸弹，则不能准确击中目标，故B正确；
C．惯性的大小与速度大小无关，只与质量有关，故C错误；
D．竖直向上抛出的物体在空中向上运动时，除了受到竖直向下的重力，并未受到了竖直向上的作用力，故D错误。
故选AB。
【分析】 飞机投出的炸弹，炸弹由于具有惯性有水平初速度，做平抛运动；惯性大小的量度是质量，质量越大，惯性越大，运动状态越难改变．
6．【答案】A,D
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】 本题主要通过对牛顿第三定律的介绍，让学生在了解知识的基础上运用知识解决一些实际问题 。A． 人在划船时，桨向后推水，根据牛顿第三定律，水就会向前推桨，这样船就会被向前推进。这是牛顿第三定律在划船中的应用，故A正确；
B． 以卵击石，鸡蛋破而石头没损伤，这并不是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力。实际上，根据牛顿第三定律，石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是相等的。鸡蛋之所以会破，是因为鸡蛋的承受能力较弱，而不是因为受到的作用力更大 ，故B错误；
C．某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳重，无论桶匀速上升、加速上升还是减速上升过程中，绳子对桶的拉力都等于桶对绳子的拉力，故C错误；
D．汽车的发动机驱动车轮转动，由于轮胎和地面之间的摩擦，车轮向后推地面，地面给车轮一个向前的反作用力（即汽车受到的驱动力），使汽车前进，故D正确。
故选AD。
【分析】 牛顿第三定律表明，对于任意两个相互作用的物体，它们之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，并且作用在同一条直线上。
7．【答案】A,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】 平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。 解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用分运动公式列式分析图象的形状 。AB．两束平行光分别将小球水平和竖直的位置照射在了两个坐标轴上，由于小球水平做匀速直线运动，所以
故A正确，B错误；
CD．竖直方向小球做自由落体运动，所以
故C错误，D正确；
故选AD。
【分析】 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断。
8．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】 本题主要考查了匀速圆周运动的受力特点，解题关键是掌握圆盘做匀速圆周运动的规律，其物块所受摩擦力提供向心力。AB．圆盘停止转动前，小物体所受静摩擦力提供做圆周运动的向心力，则静摩擦力的方向指向圆心，静摩擦力大小为
选项A错误，B正确；
CD．物体线速度方向与半径垂直，可知圆盘停止转动后，小物体沿垂直于圆盘半径方向向外运动，小物体整个滑动过程所受摩擦力为滑动摩擦力，大小不一定为，选项CD错误。
故选B。
【分析】 圆盘做匀速圆周运动，其物块所受摩擦力提供向心力；圆盘停止运动，物块沿切线方向运动。
9．【答案】C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】实验结果显示，重锤重力势能的减少量大于动能的增加量，这个误差是系统误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的。 当受到的摩擦阻力越小时，则系统误差越小．而通过取平均值，只能减小偶然误差。
故选C。
【分析】 重力势能的减少量略大于动能的增加量，属于系统误差，不可避免，但可以减小，即受到摩擦阻力越小，误差越小 。
10．【答案】B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 该实验考查实验原理的理解与实验数据的分析，其中弹性碰撞过程中动量守恒以及机械能守恒为该题的重点。若两球碰撞前后的动量守恒，由动量守恒定律可得
两球做平抛运动的下落高度相等，根据平抛运动规律有
因此有
整理可得1式
如果两个球发生的是弹性碰撞则有碰撞前后动量守恒，机械能守恒
即
联立1式可得
故选B。
【分析】 两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式进行分析 ， 根据弹性碰撞可知碰撞前后动量守恒，机械能守恒可解答。
11．【答案】AC
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，实验时要保证满足实验的条件。A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果的精确度，故A正确；
B．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误；
C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故C正确；
D．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误．
故选：AC。
【分析】为了减小测量误差，单摆摆长应适当长些，便于测量时间．在空气阻力很小、摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动，应满足条件．采用累积法，测量周期可以减小误差。
12．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】 解答本题时，要抓住弹性绳拉力的可变性，分析小明的受力情况，判断其运动情况。不能认为弹性绳刚好被拉直时，小明的速度最大，之后小明就做减速运动。A．下落至重力与弹性绳拉力等大时速度最大，A错误；
B．从开始到下落速度最大，小明重力势能的减少量等于动能的增加量与绳弹性势能之和，B正确；
C．从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能减小，因为绳弹性势能增大，C错误；
D．从开始到下落至最低点，由于初末动能为零，故小明重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量，D错误。
故选B。
【分析】 从开始到下落至最低点的过程，分析小明的受力情况，判断各力做功，即可判断其机械能变化情况；根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据速度的变化情况，判断何时速度最大；根据能量守恒定律分析小明动能的增加量与其重力势能的减少量的关系。
13．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿定律与图象；功的概念；功的计算
【解析】【解答】 本题首先考查读图能力，其次要根据速度图象分析物体的运动情况，这是解决本题的基础。A．由图读出t1=1s时，物体处于静止状态，摩擦力的大小f等于水平拉力F
故A错误；
B．根据乙图可知，4~6s内物块做匀速运动，根据受力平衡可得
2~4s内物块做匀加速运动，加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
其中
联立解得
，
故B正确；
C．由图像可知，2~4s内，物块通过的位移大小为
则该过程水平拉力做功为
故C正确；
D.4~6s内，物块通过的位移大小为
则该过程克服摩擦力做功
故D正确。
故选BCD。
【分析】由图读出t1=1s时，物体处于静止状态，摩擦力的大小f等于水平拉力F；由速度—时间图象“面积”求出物块在前6s内的位移大小s；由图“斜率”求出加速度，根据牛顿第二定律求出质量。在4s～6s内，滑动摩擦力大小与拉力相等，由公式f=μN求出μ。
14．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功率及其计算
【解析】【解答】 利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。 本题主要考查水平传送带问题，根据图象分析解答。A.0~t0时间内，物体速度与传送带速度不同，发生相对运动，所以物体受到滑动摩擦力作用，t0~2t0时间内物体速度与传送带速度相同，无相对滑动及相对滑动趋势，物体不受摩擦力，故A错误；
B.0~t0时间内物体速度越来越大，由
所以摩擦力的功率越来越大，故B正确；
C．当物体初速度增大时，物体加速时间缩短，在传送带上运动时间小于2t0，故C正确；
D．物体初速度增大，末速度不变，动能改变量减小，故传送带做功减小，故D错误。
故选BC。
【分析】由图像可知，物体先匀加速，后匀速，先有相对运动相对静止，物体与传送带之间现有摩擦力，后没有摩擦力；根据物体运动情况分析物体在传送带上运动时间为变化。
15．【答案】（1）B
（2）图像见解析 0.40
（3）A；D
（4）0.38
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；瞬时速度
【解析】【解答】 对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。
（1）对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比，可知小车的质量不同，小车受到的合力相同，则钩码质量相同。
故选B。
（2）
图像如图所示
当
得
由图像过点，故表格中缺失的数据。
（3）
A．使小车沿倾角合适的斜面运动，当小车沿斜面重力向下的分力与所受摩擦力平衡时，小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；
B．若斜面倾角过大，小车沿斜面重力向下的分力大于所受摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，故B错误；
C．由于砂和桶具有一定加速度，所以砂和桶的重力不等于绳的拉力，砂和桶的重力大于绳的拉力，故C错误；
D．让小车的运动趋近于匀速运动，这时砂和桶的加速度趋近于0，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力，故D正确。
故选AD。
（4）
打点计时器每隔0.02s打一个点，每隔4个点取一个点作为计数点，故两计数点间有5个间隔；故两点间的时间间隔为
匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有
【分析】 （1）根据控制变量法进行分析；
（2）根据表格数据作图，图形为光滑的曲线（直线是特殊的曲线），点均匀分布在直线两侧；
（3）根据受力情况画出小车的受力示意图，再根据受力情况结合题意进行分析；
（4）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度求解C点速度。
（1）对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比，可知小车的质量不同，小车受到的合力相同，则钩码质量相同。
故选B。
（2）图像如图所示
当
得
由图像过点，故表格中缺失的数据。
（3）A．使小车沿倾角合适的斜面运动，当小车沿斜面重力向下的分力与所受摩擦力平衡时，小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；
B．若斜面倾角过大，小车沿斜面重力向下的分力大于所受摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，故B错误；
C．由于砂和桶具有一定加速度，所以砂和桶的重力不等于绳的拉力，故C错误；
D．让小车的运动趋近于匀速运动，这时砂和桶的加速度趋近于0，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力，故D正确。
故选AD。
（4）每隔4个点取一个点作为计数点，故两计数点间有5个间隔；故两点间的时间间隔为
匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有
16．【答案】（1）A
（2）控制变量法
（3）1∶2
（4）B
【知识点】向心力
【解析】【解答】本实验采用控制变量法，当研究向心力大小与角速度关系时，应选用质量相等的小球，运动半径相同的情况下实验；根据实验原理可求得角速度之比，左边轮塔与右边轮塔之间的半径之比。
（1）为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，必须要使得两球的质量相同，转动半径相同，故选A。
（2）
本实验采用控制变量法来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
（3）
两球质量相等
根据
可得
（4）
A．实验前，应将横臂的紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出造成事故。实验时，转动速度适当快较好，不是越快越好，故A错误；
B．注意防止皮带打滑，皮带传动，轮缘上的点线速度相等，尽可能保证角速度的比值不变，故B正确；
C．摇动手柄时，要求转速均匀，标尺上露出的红白相间的等分格数为恒定值方便记录数据，故C错误；
D．圆盘转动时，不可以伺机靠近、用手制动，以防造成人身伤害，故D错误。
故选B。
【分析】（1）本实验探究小球受到的向心力大小和角速度、小球运动半径和小球质量之间的关系，需采用控制变量法，据此判断；
（2）结合①分析判断该实验中是否应用了控制变量法；
（3）由公式F=mω2r结合实验器材原理分析求解。
（1）为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，必须要使得两球的质量相同，转动半径相同，故选A。
（2）本实验采用控制变量法来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
（3）两球质量相等
r左=2r右
F右=2F左
根据
F=mω2r
可得
（4）A．实验前，应将横臂的紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出造成事故。实验时，转动速度适当快较好，不是越快越好，故A错误；
B．注意防止皮带打滑，尽可能保证角速度的比值不变，故B正确；
C．摇动手柄时，要求转速均匀，标尺上露出的红白相间的等分格数为恒定值方便记录数据，故C错误；
D．圆盘转动时，不可以伺机靠近、用手制动，以防造成人身伤害，故D错误。
故选B。
17．【答案】（1）解：设地面对物体的支持力为，则
物体运动过程中所受摩擦力
根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：根据位移公式
解得
（3）解：由运动学公式得
此过程中拉力F所做的功
解得
J
平均功率
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】 （1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律即可求出加速度大小；
（2）根据位移公式即可求出物体由静止开始运动通过位移x=2.0m所需要的时间；
（3）由位移公式求出4.0s内的位移，再根据功的公式即可求出拉力的功，功除以时间等于功率。
（1）设地面对物体的支持力为，则
物体运动过程中所受摩擦力
根据牛顿第二定律有
解得
m/s2
（2）根据位移公式
解得
s
（3）由运动学公式得
此过程中拉力F所做的功
解得
J
平均功率
w
18．【答案】解：（1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
可解得
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以
(3)小球在最低点的受力如图所示
由牛顿第二定律可得
从B运动到C由动能定理可知
解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据运动学公式即可得到长直助滑道AB的长度 ；
（2）根据动量定理即可得到合外力的冲量；
（3）先根据动能定理得到运动员到达C点时的速度，然后根据牛顿第二定律即可得到运动员所受的支持力。
19．【答案】（1）解：忽略地球的自转，则
所以地球的质量为
（2）解：设组合体角速度为ω，依题意
根据牛顿第二定律
（3）解：天舟一号需要减速，根据
因速度减小，万有引力为天舟一号提供的向心力将会大于天舟一号做圆周运动需要的向心力
故“天舟一号”将会做近心运动，从而能够把太空垃圾带走。
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】 （1）根据地球表面物体的重力等于万有引力求解；
（2）由角速度定义及角速度与周期的关系求解，万有引力提供向心力求解离地面导读；
（3）根据万有引力做向心力求解．向心力将会大于天舟一号做圆周运动需要的向心力，做向心运动。
（1）忽略地球的自转，则
所以地球的质量为
（2）设组合体角速度为ω，依题意
根据牛顿第二定律
（3）天舟一号需要减速。
因速度减小，万有引力为天舟一号提供的向心力将会大于天舟一号做圆周运动需要的向心力
故“天舟一号”将会做近心运动，从而能够把太空垃圾带走。
20．【答案】（1）解：设小球运动到B点时的速度大小为，依题意和牛顿第三定律
根据牛顿第二定律，有
解得
（2）解：小球从A点运动到B点的过程机械能守恒，以B点位置为重力势能零点，则有
解得
（3）解：小球经过最高点时
依据牛顿第三定律可知小球受到的压力
依据牛顿第二定律有
解得
设小球在右半圆轨道上阻力做功，对小球从B点运动到C点的过程，根据动能定理有
即
解得
克服摩擦阻力所做的总功
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）依据牛顿第二定律结合向心力的计算公式求解小球运动到圆轨道的最高点C时速度的大小；
（2）根据牛顿第二定律求解B的速度大小，小球从A点运动到B点的过程机械能守恒，根据机械能守恒定律求解A点距水平面的高度h；
（3）根据牛顿运动定律求解在C点速度，对小球从B点运动到C点的过程，根据动能定理求解经过整个圆轨道克服摩擦阻力所做的总功。
（1）设小球运动到B点时的速度大小为，依题意和牛顿第三定律
根据牛顿第二定律，有
解得
（2）小球从A点运动到B点的过程机械能守恒，以B点位置为重力势能零点，则有
解得
（3）小球经过最高点时
依据牛顿第三定律可知小球受到的压力
依据牛顿第二定律有
解得
设小球在右半圆轨道上阻力做功，对小球从B点运动到C点的过程，根据动能定理有
即
解得
克服摩擦阻力所做的总功
1 / 1北京市怀柔区第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题
1．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，用同样大小的力、提一桶水沿水平路面做匀速直线运动。已知两个力、在同一竖直平面内。两人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G，下列说法中正确的是（ ）
A．在两个力的夹角逐渐变大的过程中，、的合力保持不变
B．两个力的夹角大一些更省力
C．当θ为120°时，
D．不管θ为何值，都有
【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】 本题以生活实际中提一桶水沿水平路面做匀速直线运动为背景，考查了平衡条件的应用，要求学生能够熟练应用平衡方程去求解。A．在两个力的夹角逐渐变大的过程中，根据受力平衡可知，、的合力与水和水桶的总重力大小相等，方向相反，即、的合力保持不变，故A正确；
BCD．根据对称性可知
根据受力平衡可得
解得
可知越小，力、越小，所以两个力的夹角小一些更省力；当θ为120°时，可得
故BD错误，C正确。
故选AC。
【分析】 分析水桶的受力情况，分析平衡条件求解两位同学的手臂受到的拉力大小；水桶处于平衡状态，根据平衡条件，可得两个力的合力大小等于水桶的重力大小，保持不变。
2．（2024高三上·怀柔月考）在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图像，如图所示。以下说法正确的是（ ）
A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，且用直尺测得弹簧的长度即弹簧的伸长量
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态
C．分析图像，弹簧的原长为10cm
D．分析图像，弹簧的劲度系数为10N/m
【答案】B,C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】在研究弹簧的伸长与拉力的关系问题时，一定要特别区分“弹簧的长度”与“弹簧的伸长”的不同。A．弹簧长度与弹簧原长之差为弹簧的伸长量，故A错误；
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态，故B正确；
C．当未悬挂钩码时，弹簧的长度即原长为10cm，故C正确；
D．图线的斜率就是弹簧的劲度系数，即
故D错误。
故选BC。
【分析】 根据题意可知，弹簧总长度L（cm）与所挂物体重力G（N）之间符合一次函数关系，根据胡克定律写出F与L的方程即可 。
3．（2024高三上·怀柔月考）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．实验中让木板保持运动，但不必匀速运动
B．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7
D．只用图乙中数据，不可得出物块与木板间的动摩擦因数，还需提供物块的质量
【答案】A,C,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】 本题考查了用力传感器研究摩擦力的变化的实验，要明确实验原理，理解F-t曲线的含义。A．实验中力传感器固定不动，物块保持静止，物块总是保持平衡状态，由二力平衡原理可知，力传感器示数即为摩擦力大小，并不需要保持木板做匀速运动，故A正确；
B．图乙中曲线是拉力随时间的变化曲线，根据二力平衡原理可知，曲线反映了物块所受摩擦力大小随时间的变化曲线，故B错误；
C．由图乙可知最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，因此最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为，故C正确；
D．图乙中数据可得出物块与木板间的滑动摩擦力大小，由
可知：不可得出物块与木板间的动摩擦因数，还需提供物块的质量，故D正确。
故选ACD。
【分析】 物块受到的摩擦力始终等于传感器上的拉力，不能反映手拉长木板的力随时间的变化关系；根据滑动摩擦力公式分析作答。.
4．（2024高三上·怀柔月考）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，橡皮条的一端E挂有轻质小圆环，另一端G固定，如图甲所示。小圆环受到两个弹簧测力计的拉力、共同作用，静止于O点，如图乙所示。撤去、，改用一个弹簧测力计单独拉小圆环，仍使小圆环处于O点静止，其拉力为F，如图丙所示。做好记录，画出、和F的图示，并用虚线把拉力F的箭头端分别与、的箭头端连接，如图丁所示。关于本实验，下列说法正确的是（ ）
A．本实验体现了等效替代的思想方法
B．实验中需要记录的信息不仅有、和F的大小，还要记录各个力的方向
C．由图丁可初步猜测F与、满足平行四边形的关系
D．重复多次实验时，每次都必须将小圆环拉至O点
【答案】A,B,C
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A．验证力的平行四边形定则时合力与分力之间作用效果相同，是等效替代关系， 本实验体现了等效替代的思想方法 故A正确；
B．因为要做力的图示，力是矢量，所以实验中需要记录的信息有、和F的大小，还要记录各个力的方向，故B正确；
C．根据图丁可以看出，与、满足平行四边形的关系，故C正确；
D．重复多次实验时，不需要每次都将小圆环拉至O点，而同一次实验需要将小圆环拉至O点，保证合力和分力效果相同，故D错误。
故选ABC。
【分析】 做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，由此结合实验过程中需要注意的事项依次分析即可。
5．（2024高三上·怀柔月考）以下说法正确的（ ）
A．地球由西向东自转，当你向上跳起以后，还会落在原地
B．飞机投弹时，当目标在飞机的正下方时投下炸弹，则不能准确击中目标
C．汽车速度越大，刹车后越难停下来，表明物体的速度越大，其惯性越大
D．竖直向上抛出的物体在空中向上运动时，除了受到竖直向下的重力，还受到了竖直向上的作用力
【答案】A,B
【知识点】牛顿第一定律；惯性与质量
【解析】【解答】解决本题的关键知道力不是维持物体运动的原因，是改变物体运动状态的原因，知道惯性大小的量度是质量，与物体是否受力及运动状态无关．A．因为当你跳起时，由于惯性，你仍有与地面相同的速度，所以还落在原地，故A正确；
B．因为炸弹被投下时，由于惯性，具有与飞机相同的水平速度，如果目标是静止的，炸弹就会落到目标的前方， 故当目标在飞机的正下方时投下炸弹，则不能准确击中目标，故B正确；
C．惯性的大小与速度大小无关，只与质量有关，故C错误；
D．竖直向上抛出的物体在空中向上运动时，除了受到竖直向下的重力，并未受到了竖直向上的作用力，故D错误。
故选AB。
【分析】 飞机投出的炸弹，炸弹由于具有惯性有水平初速度，做平抛运动；惯性大小的量度是质量，质量越大，惯性越大，运动状态越难改变．
6．（2024高三上·怀柔月考）在生活和生产中应用牛顿第三定律的例子有很多，以下说法正确的
A．人在划船时，桨向后推水，水就向前推桨，则船被向前推进
B．以卵击石，鸡蛋破而石头没损伤，是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力
C．某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳重，只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力
D．汽车的发动机驱动车轮转动，由于轮胎和地面之间的摩擦，车轮向后推地面，地面给车轮一个向前的反作用力（即汽车受到的驱动力），使汽车前进。
【答案】A,D
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】 本题主要通过对牛顿第三定律的介绍，让学生在了解知识的基础上运用知识解决一些实际问题 。A． 人在划船时，桨向后推水，根据牛顿第三定律，水就会向前推桨，这样船就会被向前推进。这是牛顿第三定律在划船中的应用，故A正确；
B． 以卵击石，鸡蛋破而石头没损伤，这并不是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力。实际上，根据牛顿第三定律，石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是相等的。鸡蛋之所以会破，是因为鸡蛋的承受能力较弱，而不是因为受到的作用力更大 ，故B错误；
C．某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳重，无论桶匀速上升、加速上升还是减速上升过程中，绳子对桶的拉力都等于桶对绳子的拉力，故C错误；
D．汽车的发动机驱动车轮转动，由于轮胎和地面之间的摩擦，车轮向后推地面，地面给车轮一个向前的反作用力（即汽车受到的驱动力），使汽车前进，故D正确。
故选AD。
【分析】 牛顿第三定律表明，对于任意两个相互作用的物体，它们之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，并且作用在同一条直线上。
7．（2024高三上·怀柔月考）物体A做平抛运动，以物体被抛出的位置为原点O，以初速度v0的方向为x轴的方向、竖直向下的方向为y轴的方向，建立平面直角坐标系。如图所示，沿两坐标轴分别放置两个光屏。两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射，物体A在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为x、y，则右图中两个影子的坐标随时间变化关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】 平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。 解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用分运动公式列式分析图象的形状 。AB．两束平行光分别将小球水平和竖直的位置照射在了两个坐标轴上，由于小球水平做匀速直线运动，所以
故A正确，B错误；
CD．竖直方向小球做自由落体运动，所以
故C错误，D正确；
故选AD。
【分析】 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断。
8．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向向外运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的大小为
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】 本题主要考查了匀速圆周运动的受力特点，解题关键是掌握圆盘做匀速圆周运动的规律，其物块所受摩擦力提供向心力。AB．圆盘停止转动前，小物体所受静摩擦力提供做圆周运动的向心力，则静摩擦力的方向指向圆心，静摩擦力大小为
选项A错误，B正确；
CD．物体线速度方向与半径垂直，可知圆盘停止转动后，小物体沿垂直于圆盘半径方向向外运动，小物体整个滑动过程所受摩擦力为滑动摩擦力，大小不一定为，选项CD错误。
故选B。
【分析】 圆盘做匀速圆周运动，其物块所受摩擦力提供向心力；圆盘停止运动，物块沿切线方向运动。
9．（2024高三上·怀柔月考）如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图。实验结果显示，重锤重力势能的减少量大于动能的增加量，关于这个误差，下列说法正确的是（ ）
A．该误差属于偶然误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的
B．该误差属于偶然误差，主要由于没有采用多次实验取平均值的方法造成的
C．该误差属于系统误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的
D．该误差属于系统误差，主要由于没有采用多次实验取平均值的方法造成的
【答案】C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】实验结果显示，重锤重力势能的减少量大于动能的增加量，这个误差是系统误差，主要由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的。 当受到的摩擦阻力越小时，则系统误差越小．而通过取平均值，只能减小偶然误差。
故选C。
【分析】 重力势能的减少量略大于动能的增加量，属于系统误差，不可避免，但可以减小，即受到摩擦阻力越小，误差越小 。
10．（2024高三上·怀柔月考）某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验。A、B为两个半径相等、质量分别为和的小球，O点是水平轨道末端在水平地面上的投影。实验时先让入射小球A多次从斜轨上位置S由静止释放，标记出其平均落地点P，测出射程OP。然后把被碰小球B置于水平轨道末端，仍将入射小球A从斜轨上位置S由静止释放，与小球B相碰，并多次重复该操作，标记出碰后两小球的平均落地点M、N，测出射程OM和ON。下面分析正确的（ ）
A．若两球碰撞前后动量守恒，则满足表达式
B．若两球碰撞前后动量守恒，则满足表达式
C．若两球碰撞为弹性碰撞，则还应满足
D．若两球碰撞为弹性碰撞，则还应满足
【答案】B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 该实验考查实验原理的理解与实验数据的分析，其中弹性碰撞过程中动量守恒以及机械能守恒为该题的重点。若两球碰撞前后的动量守恒，由动量守恒定律可得
两球做平抛运动的下落高度相等，根据平抛运动规律有
因此有
整理可得1式
如果两个球发生的是弹性碰撞则有碰撞前后动量守恒，机械能守恒
即
联立1式可得
故选B。
【分析】 两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式进行分析 ， 根据弹性碰撞可知碰撞前后动量守恒，机械能守恒可解答。
11．（2024高三上·怀柔月考）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议；其中对提高测量结果精确度有利的是 ．
A. 适当加长摆线
B. 质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C. 单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D. 当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
【答案】AC
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，实验时要保证满足实验的条件。A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果的精确度，故A正确；
B．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误；
C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故C正确；
D．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误．
故选：AC。
【分析】为了减小测量误差，单摆摆长应适当长些，便于测量时间．在空气阻力很小、摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动，应满足条件．采用累积法，测量周期可以减小误差。
12．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正确的是（ ）
A．下落到弹性绳刚好被拉直时，小明的下落速度最大
B．从开始到下落速度最大，小明动能的增加量小于其重力势能的减少量
C．从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能守恒
D．从开始到下落至最低点，小明重力势能的减少量大于弹性绳弹性势能的增加量
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】 解答本题时，要抓住弹性绳拉力的可变性，分析小明的受力情况，判断其运动情况。不能认为弹性绳刚好被拉直时，小明的速度最大，之后小明就做减速运动。A．下落至重力与弹性绳拉力等大时速度最大，A错误；
B．从开始到下落速度最大，小明重力势能的减少量等于动能的增加量与绳弹性势能之和，B正确；
C．从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能减小，因为绳弹性势能增大，C错误；
D．从开始到下落至最低点，由于初末动能为零，故小明重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量，D错误。
故选B。
【分析】 从开始到下落至最低点的过程，分析小明的受力情况，判断各力做功，即可判断其机械能变化情况；根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据速度的变化情况，判断何时速度最大；根据能量守恒定律分析小明动能的增加量与其重力势能的减少量的关系。
13．（2024高三上·怀柔月考）一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图（a）所示，速度v随时间t变化的关系如图（b）所示。取，下列说法正确的是（ ）
A．1s末物块所受摩擦力的大小
B．物块与水平地面间的动摩擦因数
C．第2~4s内，水平拉力做功48J
D．第4~6s内，克服摩擦力做功64J
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿定律与图象；功的概念；功的计算
【解析】【解答】 本题首先考查读图能力，其次要根据速度图象分析物体的运动情况，这是解决本题的基础。A．由图读出t1=1s时，物体处于静止状态，摩擦力的大小f等于水平拉力F
故A错误；
B．根据乙图可知，4~6s内物块做匀速运动，根据受力平衡可得
2~4s内物块做匀加速运动，加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
其中
联立解得
，
故B正确；
C．由图像可知，2~4s内，物块通过的位移大小为
则该过程水平拉力做功为
故C正确；
D.4~6s内，物块通过的位移大小为
则该过程克服摩擦力做功
故D正确。
故选BCD。
【分析】由图读出t1=1s时，物体处于静止状态，摩擦力的大小f等于水平拉力F；由速度—时间图象“面积”求出物块在前6s内的位移大小s；由图“斜率”求出加速度，根据牛顿第二定律求出质量。在4s～6s内，滑动摩擦力大小与拉力相等，由公式f=μN求出μ。
14．（2024高三上·怀柔月考）如图甲所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v运行。现使一个质量为m的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v0（v0A．0~t0时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，t0~2t0时间内物体受到静摩擦力的作用
B．0~t0时间内，物体所受摩擦力对物体做功的功率越来越大
C．若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则物体在传送带上运动的时间一定小于2t0
D．若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功也一定增加
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功率及其计算
【解析】【解答】 利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。 本题主要考查水平传送带问题，根据图象分析解答。A.0~t0时间内，物体速度与传送带速度不同，发生相对运动，所以物体受到滑动摩擦力作用，t0~2t0时间内物体速度与传送带速度相同，无相对滑动及相对滑动趋势，物体不受摩擦力，故A错误；
B.0~t0时间内物体速度越来越大，由
所以摩擦力的功率越来越大，故B正确；
C．当物体初速度增大时，物体加速时间缩短，在传送带上运动时间小于2t0，故C正确；
D．物体初速度增大，末速度不变，动能改变量减小，故传送带做功减小，故D错误。
故选BC。
【分析】由图像可知，物体先匀加速，后匀速，先有相对运动相对静止，物体与传送带之间现有摩擦力，后没有摩擦力；根据物体运动情况分析物体在传送带上运动时间为变化。
15．（2024高三上·怀柔月考）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：
（1）为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是______（选填选项前的字母）。
A．小车质量相同，钩码质量不同
B．小车质量不同，钩码质量相同
C．小车质量不同，钩码质量不同
（2）某同学为了定量验证（1）中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示。在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请在答题纸上作出图像，并读出表格中缺失的数据 。
次数 1 2 3 4 5 6 7
a/（m·s） 0.62 0.56 0.48
0.32 0.24 0.15
M/kg 0.25 029 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00
（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是______（选填选项前的字母）。
A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力
B．若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力
C．无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力
D．让小车的运动趋近于匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力
（4）数据分析。打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则打C点时，纸带运动的速度 m/s（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）B
（2）图像见解析 0.40
（3）A；D
（4）0.38
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；瞬时速度
【解析】【解答】 对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。
（1）对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比，可知小车的质量不同，小车受到的合力相同，则钩码质量相同。
故选B。
（2）
图像如图所示
当
得
由图像过点，故表格中缺失的数据。
（3）
A．使小车沿倾角合适的斜面运动，当小车沿斜面重力向下的分力与所受摩擦力平衡时，小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；
B．若斜面倾角过大，小车沿斜面重力向下的分力大于所受摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，故B错误；
C．由于砂和桶具有一定加速度，所以砂和桶的重力不等于绳的拉力，砂和桶的重力大于绳的拉力，故C错误；
D．让小车的运动趋近于匀速运动，这时砂和桶的加速度趋近于0，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力，故D正确。
故选AD。
（4）
打点计时器每隔0.02s打一个点，每隔4个点取一个点作为计数点，故两计数点间有5个间隔；故两点间的时间间隔为
匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有
【分析】 （1）根据控制变量法进行分析；
（2）根据表格数据作图，图形为光滑的曲线（直线是特殊的曲线），点均匀分布在直线两侧；
（3）根据受力情况画出小车的受力示意图，再根据受力情况结合题意进行分析；
（4）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度求解C点速度。
（1）对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比，可知小车的质量不同，小车受到的合力相同，则钩码质量相同。
故选B。
（2）图像如图所示
当
得
由图像过点，故表格中缺失的数据。
（3）A．使小车沿倾角合适的斜面运动，当小车沿斜面重力向下的分力与所受摩擦力平衡时，小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；
B．若斜面倾角过大，小车沿斜面重力向下的分力大于所受摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，故B错误；
C．由于砂和桶具有一定加速度，所以砂和桶的重力不等于绳的拉力，故C错误；
D．让小车的运动趋近于匀速运动，这时砂和桶的加速度趋近于0，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力，故D正确。
故选AD。
（4）每隔4个点取一个点作为计数点，故两计数点间有5个间隔；故两点间的时间间隔为
匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有
16．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，皮带分别套在变速塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：
（1）现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是______。
A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验
B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验
C．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验
D．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验
（2）在该实验中应用了 （选填“理想实验法” “控制变量法”或“等效替代法”）来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
（3）当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边变速塔轮与右边变速塔轮之间的角速度之比为 。
（4）关于该实验，以下说法正确的是______
A．实验前，应将横臂的紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出造成事故。实验时，转动速度越快越好，这样标尺露出的格数就越过多，便于观察
B．注意防止皮带打滑，尽可能保证角速度的比值不变
C．摇动手柄时，不要求转速均匀，只要标尺露出格数就能读数
D．圆盘转动时，可以伺机靠近、用手制动
【答案】（1）A
（2）控制变量法
（3）1∶2
（4）B
【知识点】向心力
【解析】【解答】本实验采用控制变量法，当研究向心力大小与角速度关系时，应选用质量相等的小球，运动半径相同的情况下实验；根据实验原理可求得角速度之比，左边轮塔与右边轮塔之间的半径之比。
（1）为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，必须要使得两球的质量相同，转动半径相同，故选A。
（2）
本实验采用控制变量法来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
（3）
两球质量相等
根据
可得
（4）
A．实验前，应将横臂的紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出造成事故。实验时，转动速度适当快较好，不是越快越好，故A错误；
B．注意防止皮带打滑，皮带传动，轮缘上的点线速度相等，尽可能保证角速度的比值不变，故B正确；
C．摇动手柄时，要求转速均匀，标尺上露出的红白相间的等分格数为恒定值方便记录数据，故C错误；
D．圆盘转动时，不可以伺机靠近、用手制动，以防造成人身伤害，故D错误。
故选B。
【分析】（1）本实验探究小球受到的向心力大小和角速度、小球运动半径和小球质量之间的关系，需采用控制变量法，据此判断；
（2）结合①分析判断该实验中是否应用了控制变量法；
（3）由公式F=mω2r结合实验器材原理分析求解。
（1）为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，必须要使得两球的质量相同，转动半径相同，故选A。
（2）本实验采用控制变量法来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
（3）两球质量相等
r左=2r右
F右=2F左
根据
F=mω2r
可得
（4）A．实验前，应将横臂的紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出造成事故。实验时，转动速度适当快较好，不是越快越好，故A错误；
B．注意防止皮带打滑，尽可能保证角速度的比值不变，故B正确；
C．摇动手柄时，要求转速均匀，标尺上露出的红白相间的等分格数为恒定值方便记录数据，故C错误；
D．圆盘转动时，不可以伺机靠近、用手制动，以防造成人身伤害，故D错误。
故选B。
17．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，一个质量kg的物体静止在水平地面上，现用一大小N，与水平方向成斜向上的力拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动。已知物体与水平地面间的动摩擦因数，，，空气阻力可忽略不计，取重力加速度m/s2。求：
（1）物体做匀加速直线运动的加速度大小a；
（2）物体由静止开始运动通过位移m所需要的时间t；
（3）物体由静止开始运动4.0s的过程中，拉力F做功的平均功率P。
【答案】（1）解：设地面对物体的支持力为，则
物体运动过程中所受摩擦力
根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：根据位移公式
解得
（3）解：由运动学公式得
此过程中拉力F所做的功
解得
J
平均功率
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】 （1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律即可求出加速度大小；
（2）根据位移公式即可求出物体由静止开始运动通过位移x=2.0m所需要的时间；
（3）由位移公式求出4.0s内的位移，再根据功的公式即可求出拉力的功，功除以时间等于功率。
（1）设地面对物体的支持力为，则
物体运动过程中所受摩擦力
根据牛顿第二定律有
解得
m/s2
（2）根据位移公式
解得
s
（3）由运动学公式得
此过程中拉力F所做的功
解得
J
平均功率
w
18．（2024高三上·怀柔月考）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
【答案】解：（1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
可解得
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以
(3)小球在最低点的受力如图所示
由牛顿第二定律可得
从B运动到C由动能定理可知
解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据运动学公式即可得到长直助滑道AB的长度 ；
（2）根据动量定理即可得到合外力的冲量；
（3）先根据动能定理得到运动员到达C点时的速度，然后根据牛顿第二定律即可得到运动员所受的支持力。
19．（2024高三上·怀柔月考）2017年9月12日晚上11时58分，中国“天舟一号”货运飞船顺利完成与“天宫二号”太空实验室的自主快速交会对接试验，此次试验将中国太空交会对接的两天的准备时间缩短至6.5小时，为中国太空站工程后续研制建设奠定更加坚实的技术基础。图是“天舟”与“天宫”对接过程示意图，已知“天舟1号”与“天宫2号”成功对接后，组合体沿圆形轨道运行。经过时间t，组合体绕地球转过的角度为θ，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。求：
（1）地球质量M；
（2）组合体运动的线速度大小，及组合体所在圆轨道离地面高度H；
（3）“天舟一号”回程时会带走太空废弃物，进入大气层通过烧蚀销毁。请说明“天舟一号”脱离后，将进行哪些操作。并通过理论分析，阐述这样操作的理由。
【答案】（1）解：忽略地球的自转，则
所以地球的质量为
（2）解：设组合体角速度为ω，依题意
根据牛顿第二定律
（3）解：天舟一号需要减速，根据
因速度减小，万有引力为天舟一号提供的向心力将会大于天舟一号做圆周运动需要的向心力
故“天舟一号”将会做近心运动，从而能够把太空垃圾带走。
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】 （1）根据地球表面物体的重力等于万有引力求解；
（2）由角速度定义及角速度与周期的关系求解，万有引力提供向心力求解离地面导读；
（3）根据万有引力做向心力求解．向心力将会大于天舟一号做圆周运动需要的向心力，做向心运动。
（1）忽略地球的自转，则
所以地球的质量为
（2）设组合体角速度为ω，依题意
根据牛顿第二定律
（3）天舟一号需要减速。
因速度减小，万有引力为天舟一号提供的向心力将会大于天舟一号做圆周运动需要的向心力
故“天舟一号”将会做近心运动，从而能够把太空垃圾带走。
20．（2024高三上·怀柔月考）如图所示，AB是一个固定在竖直面内的光滑弧形轨道，与半径为R的竖直圆形轨道BCD在最低点B平滑连接，且B点的切线是水平的；BCD圆轨道的另一端D与水平直轨道DE平滑连接。B、D两点在同一水平面上，且B、D两点间沿垂直圆轨道平面方向错开了一段很小的距离，可使运动物体从圆轨道转移到水平直轨道上。一个质量为m的小球（可视为质点）在A点由静止释放沿弧形轨道滑下，当它经过B点进入圆轨道时对轨道的压力大小为其重力大小的9倍，小球运动到圆轨道的最高点C时，对轨道的压力恰好与它所受的重力大小相等，小球沿圆轨道经过D点后，再沿水平轨道DE向右运动。已知重力加速度为g。
（1）求小球运动到圆轨道的B点时速度的大小；
（2）求A点距水平面的高度h；
（3）小球在A点由静止释放运动到圆轨道的最高点C的过程中，克服摩擦阻力所做的总功。
【答案】（1）解：设小球运动到B点时的速度大小为，依题意和牛顿第三定律
根据牛顿第二定律，有
解得
（2）解：小球从A点运动到B点的过程机械能守恒，以B点位置为重力势能零点，则有
解得
（3）解：小球经过最高点时
依据牛顿第三定律可知小球受到的压力
依据牛顿第二定律有
解得
设小球在右半圆轨道上阻力做功，对小球从B点运动到C点的过程，根据动能定理有
即
解得
克服摩擦阻力所做的总功
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）依据牛顿第二定律结合向心力的计算公式求解小球运动到圆轨道的最高点C时速度的大小；
（2）根据牛顿第二定律求解B的速度大小，小球从A点运动到B点的过程机械能守恒，根据机械能守恒定律求解A点距水平面的高度h；
（3）根据牛顿运动定律求解在C点速度，对小球从B点运动到C点的过程，根据动能定理求解经过整个圆轨道克服摩擦阻力所做的总功。
（1）设小球运动到B点时的速度大小为，依题意和牛顿第三定律
根据牛顿第二定律，有
解得
（2）小球从A点运动到B点的过程机械能守恒，以B点位置为重力势能零点，则有
解得
（3）小球经过最高点时
依据牛顿第三定律可知小球受到的压力
依据牛顿第二定律有
解得
设小球在右半圆轨道上阻力做功，对小球从B点运动到C点的过程，根据动能定理有
即
解得
克服摩擦阻力所做的总功
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