吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题
1．（2024高三上·梅河口月考）在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中正确的是（ ）
A．甲图中，B点逐渐向A点靠近时，观察AB割线的变化，运用了等效替代法，说明质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向
B．乙图中，研究红蜡块的运动时，主要运用了理想化模型法的思想
C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法
D．丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了极限思想
2．（2024高三上·梅河口月考）2024年2月23日中国选手苏翊鸣在第十四届全国冬运会单板滑雪大跳台决赛中摔倒后反击，勇夺金牌。如图是苏翊鸣比赛过程的频闪照片，运动员从高处滑下，通过起跳台起跳，完成各种空翻、转体、抓板等技术动作后落地，以下说法正确的是（ ）
A．研究运动员在空中的动作完成情况时，可以将他看成质点
B．腾空中曝光时间间隔内，运动员的速度方向发生了改变
C．助滑时运动员两腿尽量深蹬是为了降低重心、增大惯性
D．运动员在最高点时加速度一定竖直向下
3．（2024高三上·梅河口月考）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度随时间的变化曲线如图所示，为曲线上的点，、段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为，取竖直向下为正方向。则（ ）
A．段无人机的速度大小为
B．段无人机和载物总动量的变化量为
C．段无人机处于失重状态
D．段无人机的机械能守恒
4．（2024高三上·梅河口月考）2024，是公元第2024个年份，四个数字蕴藏着沈阳的城市密码。如图所示，某同学设计了4个完全相同的木块，紧密并排放在固定的斜面上，分别标记（号）为“2，0，2，4”，不计所有接触处的摩擦，则0号木块左右两侧面所受的弹力之比为（ ）
A．3：2 B．2：3 C．4：3 D．1：2
5．（2024高三上·梅河口月考）质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示。则从开始射入至打到上板的过程中（ ）
A．它们运动的时间关系为
B．它们的电势能减少量之比
C．它们的动能增量之比
D．它们的动量增量之比
6．（2024高三上·梅河口月考）A 、B 两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的x-t 图像，如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．碰撞后 A 、B 两个物块运动方向相同
B．碰撞前、后 A 物块的速度大小之比为5∶3
C．A 、B 的质量之比ml∶m2=2∶3
D．此碰撞为非弹性碰撞
7．（2024高三上·梅河口月考）如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）
A．弹簧对圆环先做正功后做负功
B．弹簧弹性势能增加了mgL
C．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和始终减小
D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
8．（2024高三上·梅河口月考）如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
9．（2024高三上·梅河口月考）如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶部，另一端与小物块P连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点A、B接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、B距离为d，d≤R，已知P与触点A的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中的一切摩擦，小物块P和触点A、B均视为质点，则（ ）
A．气嘴灯在最低点能发光，其他位置一定能发光
B．气嘴灯在最高点能发光，其他位置一定能发光
C．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为
D．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为
10．（2024高三上·梅河口月考）2021年8月6日晚，在东京奥运会田径项目男子4×100米接力决赛中，由汤星强、谢震业、苏炳添、吴智强组成的中国男队获得该项目第四名，追平历史最好成绩。某中学在某次接力训练中，甲、乙两同学在直跑道上进行4×100m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度，甲和乙从静止开始全力奔跑都需跑出20m才能达到最大速度，这一过程可看做是匀加速直线运动。现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区域ABCD中的位置AD处（如图）伺机全力奔出图中箭头代表运动员的奔跑方向。为获得最好成绩，要求乙接棒时奔跑的速度达到最大速度的90%，则（ ）
A．乙离开AD18m处接棒
B．从乙开始起跑至接到棒的过程中甲乙的平均速度之比是10：9
C．乙起跑时，甲离AD19.8m
D．设最大速度为8m/s，如果乙站在AD处接棒，到棒后才开始全力奔跑，这样会浪费2.475s
11．（2024高三上·梅河口月考）某实验小组用图甲、乙所示的装置研究平抛运动的特点。
（1）如图甲所示，让完全相同的小球a和b从两个相同弧面轨道顶端由静止释放，两弧面轨道末端水平，忽略空气阻力，多次实验两小球均在水平面上相撞。该现象表明，平抛运动在水平方向的分运动是 运动；
（2）如图乙所示，当完全相同小球c、d处于同一高度时，一名同学用小锤轻击弹性金属片，使球d水平飞出，同时松开球c下落，忽略空气阻力，另一名同学在小球触地反弹后迅速抓住小球，重复实验，每次均只听到一次小球落地的响声。该现象表明，平抛运动在竖直方向的分运动是 运动；
（3）实验小组用频闪照相记录了某小球平抛的四个位置，并建立坐标系如图丙所示，其中正方形小方格边长为1.6cm，重力加速度，该小球抛出点的坐标为（ cm， cm）。
12．（2024高三上·梅河口月考）某同学设计了如图甲所示的实验装置，该装置既可以验证牛顿第二定律，也可以测量凹形滑块的质量与当地的重力加速度，实验器材有加速度传感器、质量已知的钩码、木板（左端带定滑轮）、轻质细线。
实验步骤如下：
①调节滑轮使细线与木板平行，然后调整木板的倾角来平衡木板对滑块的摩擦力；
②挂上钩码，由静止释放滑块，记录加速度传感器的示数以及相应的钩码质量；
③改变悬挂钩码的个数，重复步骤②，得到多组加速度a与相应悬挂的钩码总质量M
④画出的函数关系图像如图乙所示。
回答下列问题：
（1）在平衡木板对滑块的摩擦力时 （填“需要”或“不需要”）在细线的下端挂上钩码，本实验 （填“需要”或“不需要”）滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
（2）设当地的重力加速度为g，滑块的质量为m，写出图乙的函数表达式 （用g、m、M、a来表示）。
（3）由图乙可得 （用b来表示）， （用b、c、d来表示）。
13．（2024高三上·梅河口月考）随着我国新农村建设不断深入，越来越多的农民住进了楼房，大家在喜迁新居的时候遇到了搬运大件家具的困难。如图所示，一农户正在用自己设计的方案搬运家具到二楼，他用一悬挂于房檐A点的小电机通过轻绳1拉动家具缓慢上升，为避免家具与墙壁碰撞，需要一人站在地面上用轻绳2向外侧拖拽，绳1与绳2始终在同一竖直面内。某时刻绳1与竖直方向夹角为30°，绳2与竖直方向夹角为60°，已知家具质量为50kg，人的质量为80kg（g取10m/s2），求此时：
（1）绳1与绳2的拉力大小；
（2）地面对人支持力大小和地面受到的摩擦力。
14．（2024高三上·梅河口月考）我国早在3000年前就发明了辘轳，其简化模型如图所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒质量为M、厚度不计。某人转动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为m0，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐条的质量和转动轴处的摩擦。
（1）若人以恒定功率P0转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，求水桶上升过程的最大速度vm；
（2）空桶从桶口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，求水桶落到水面时的速度大小v；
（3）水桶从图示位置缓慢上升高度H，忽略提水过程中水面高度的变化，求此过程中人做的功W。
15．（2024高三上·梅河口月考）如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端与质量为m的小物块a相连，另一质量为的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为，从时刻开始，对物块b施加沿斜面向上的外力F（图中未画出），使其始终做匀加速直线运动。经过一段时间，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹性势能，其中x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g，物块a、b均视为质点。求：
（1）物块b做匀加速直线运动的加速度大小；
（2）从时刻至物块a、b分离的过程中外力F所做的功。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】控制变量法；等效法；极限法；放大法
【解析】【解答】A．甲图中，B点逐渐向A点靠近时，观察AB割线的变化，运用了极限思想，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，故A错误；
B．乙图中，研究红蜡块的运动时，对于合运动和分运动之间，主要运用了等效替代法的思想，即合运动与分运动具有相同的效果，合力和分力的定义也用到的等效替代的思想，故B错误；
C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，注意控制变量，先控制一些物理量不变，研究其他物理量之间的关系，运用了控制变量法，故C正确；
D．丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验通过光线路径将引力造成的微小影响放大，运用了放大法测微小量，故D错误。
故选C。
【分析】在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多方法，如极限思想法、理想模型法、微元法、控制变量法、微小量放大法等等，根据实验原理分析即可。
2．【答案】B
【知识点】质点；惯性与质量；曲线运动
【解析】【解答】A．研究运动员在空中的动作完成情况时，运动员的形状、大小不能忽略，不可以将他看成质点，故A错误；
B． 腾空中曝光时间间隔内，运动员速度方向始终沿轨迹的切线方向，不断发生变化 ，故B正确；
C． 助滑时运动员两腿尽量深蹲可以降低重心，但质量不变，无法增大惯性， 故C错误；
D．运动员在最高点时受到重力和阻力的作用，加速度方向不是竖直向下，故D错误。
故选B。
【分析】 如果物体大小相对研究对象较小或影响不大，可以把物体看作质点；运动员下落过程做曲线运动；惯性是物体的固有属性，与物体的质量有关；根据运动员的受力情况分析其加速度方向。
3．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；超重与失重；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】 解题的关键是分清飞行高度y随时间t的变化图像对应的运动状态，用相关物理规律可解决问题。Ａ．结合方程和图线斜率的含义可知，段无人机的速度大小为4m/s，故A错误；
B．段无人机和载物总动量的变化量为
故B正确；
C．由图像可知，段先向下做减速运动，后向上做加速运动，处于超重状态，故C错误；
D．段图像斜率不变，既向上做匀速运动，机械能不守恒，故D错误。
故选B。
【分析】 根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，由已知的方程可得EF段、MN段无人机的速度；根据加速度的方向判断无人机的货物是否处于失重状态；根据动量的定义求解其变化量；MN段无人机向上做匀速直线运动，其机械能不守恒。
4．【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】 本题考查了求弹力之比，巧妙地选择研究对象是正确解题的关键，应用平衡条件求出弹力，然后即可求出弹力之比。设每个木块的质量为，斜面倾角为；以上方三个木块为整体，根据受力平衡可得0号木块左侧面所受的弹力大小为
以上方两个木块为整体，根据受力平衡可得
则0号木块右侧面所受的弹力大小为
则0号木块左右两侧面所受的弹力之比为
故选A。
【分析】木块静止不动，处于平衡状态，以上方三个木块为整体，求出0号木块左侧面所受的弹力大小，然后以上方两个木块为整体，由平衡条件求出0号木块右侧面所受的弹力大小，然后求出弹力之比。
5．【答案】C
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】 解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律 。A．带电粒子在垂直电场方向不受力，做速度相等的匀速直线运动，位移相等，则运动时间相等，所以A错误；
B．平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移时间关系
电场力为合力，根据牛顿第二定律，有qE=ma
由两式解得：
所以它们所带的电荷量之比
电势能的减小量等于电场力做的功即
因为位移之比是1：2，电荷量之比也是1：2，所以电场力做功之比为1：4，它们电势能减少量之比
故B错误．
C．由于只有电场力做功，电场力做功之比等于动能增量之比，则动能增量之比为
故C正确；
D．由动量定理可知合力冲量等于物体动量变化
故动量增量之比
故D错误；
故选C。
【分析】 将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析。
6．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】 本题考查动量守恒定律和位移时间图像，要求学生熟练掌握动量守恒定律和位移时间图像相关的知识点及其应用。A．因为图像的斜率表示速度，且斜率的正负表示速度的方向，由图像可知，碰撞后A、B两个物块的斜率正负不同，运动方向相反，故A错误；
B．由图像可得，碰撞前A物块的速度为
碰撞后A物块的速度为
所以碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：1，故B错误；
C．同理可得，碰撞前、后B物块的速度分别为
设A、B的质量分别为，，碰撞过程中内力远大于外力，系统动量守恒，则由动量守恒定律得
解得
故C正确；
D．机械能包括动能和势能，因为碰撞前后机械能分别为
即碰撞前后系统机械能守恒，故此碰撞为弹性碰撞，故D错误。
故选C。
【分析】根据x-t图像斜率正负判断；根据x-t图像求解两物体碰撞前后的速度，再根据动量守恒定律求解两物体质量之比；根据x-t图像求解碰撞前、后A物块的速度大小，再求解比值即可；分别求解碰撞前后系统的动能，比较大小即可判断是碰撞类型。
7．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了功能关系的相关应用，理解弹簧做功的特点，理解运动过程中物体的能量转化特点，结合能量守恒定律和功能关系即可完成分析。A．弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，故A错误；
B．由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度
根据下落的高度可以知道物体重力势能的变化量，
根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能增加等于重力势能量的减小量，即
故B正确；
C．弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒，则有由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，速度越大，动能越大，速度越小，动能越小，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故C错误；
D．小圆环由静止开始下滑，速度增大，到最大距离时速度为零，可知小圆环在运动的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，圆环下滑到最大距离时，所受合力为竖直向上，且不为零，故D错误。
故选B。
【分析】根据弹簧的变化特点分析出弹簧对圆环的做功类型；根据题意可知整个过程中动能的变化量为零，根据几何关系得出圆环下落的高度；根据功能关系和能量守恒定律分析出运动过程中的能量转化特点，结合题意完成分析。
8．【答案】A,B
【知识点】电场线；电势能
【解析】【解答】 此题考查电场的叠加，注意结合等量同种电荷、等量异种电荷的电场进行分析。
A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，根据点电荷场强的叠加，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，根据电场力做功公式可知，在等势面上移动电荷，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，根据电场力做功公式可知，电场力做功不为零，故D错误。
故选AB。
【分析】 电场强度是矢量，每个位置的电场强度为各个点电荷在该点产生电场的矢量合，据此分析；先判断电势，再判断电场力做功的情况即可。
9．【答案】B,C,D
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】 本题的关键是建立竖直面内圆周运动的模型，分析最低点和最高点向心力的来源。AB．气嘴灯在最低点能发光，对P与触点A作为整体进行分析可知，最小需要提供的向心力为
气嘴灯在最高点能发光，对P与触点A作为整体进行分析可知，最小需要提供的向心力为
明显
得气嘴灯在最高点能发光，其他位置一定能发光，故A错误，B正确；
C．当气嘴灯运动到最低点时发光，此时对应车轮做匀速圆周运动的角速度最小，根据受力分析，向心力由弹簧的弹力与重力的合力提供，又因为初始时弹簧弹力等于重力，所以在最低点是增大的弹力提供向心力即根据牛顿第二定律
得
故C正确；
D．当气嘴灯运动到最高点时能发光，则向心力由弹簧的弹力与重力的合力提供，根据牛顿第二定律
得
故D正确。
故选BCD。
【分析】 气嘴灯运动到最低点时发光，此时弹簧的弹力提供向心力，求解出最小角速度；当气嘴灯一直发光时，需要保证在最高点时发光，那么其余位置都会发光，由最高点受力求出角速度。
10．【答案】C,D
【知识点】平均速度
【解析】【解答】A．对乙由匀变速直线运动的速度位移公式可知
解得
选项A错误；
B．从乙开始起跑至接到棒的过程中根据平均速度公式可知甲乙的平均速度之比是
选项B错误；
C．由匀变速直线运动的平均速度公式可知，位移关系可知
其中
解得
选项C正确；
D．无论哪种接棒方式，乙的跑法是一样的，先从AD处由静止开始加速，再匀速运动，因此浪费的时间就是两种跑法中乙的起跑时间差，第一种跑法，甲在AD左方19.8m处，乙起跑；
第二种跑法，甲在AD处时乙起跑，两种跑法的时间差等于甲匀速跑s=19.8m的时间根据匀速运动规律
选项D正确。
故选CD。
【分析】根据初速度为0的匀变速直线运动速度—位移公式v2=2ax，求出乙在接力区需奔出的距离。根据平均速度公式求出B加速至交接棒所经过的位移，而A在这段时间内的位移xA=v1t，两人位移之差即为B距离A的起跑距离，分别求出以最大速度跑出接力区和匀加速运动跑出接力区的时间，两者之间即为浪费的时间。
11．【答案】（1）匀速直线
（2）自由落体
（3）1.6；1.4
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解析】（1）小球a做平抛运动，与小球b做匀速直线运动相碰，该现象表明，平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动；
（2）小球c和小球d同时落地则说明平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动；
（3）根据竖直方向的邻差公式 可以解得重力加速度为：
解得时间间隔为：
根据水平方向的位移公式可以得出：小球的初速度为
设从抛出点到B点的时间为t，根据B点的速度公式有：
解得
根据位移公式可以得出：抛出点的横坐标为
；根据位移公式可以得出抛出点的纵坐标为
【分析】（1）利用两个小球发生相碰可以得出平抛运动在水平方向为匀速直线运动；（2）利用两个小球同时落地可以判别平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动；（3）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔的大小；结合水平方向的位移公式可以求出小球初速度的大小；利用速度公式可以求出小球从抛出点到B点的运动时间，结合位移公式可以求出抛出点对应的坐标位置。
（1）该现象表明，平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动；
（2）平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动；
（3）[1]根据 得
解得
小球的初速度为
设从抛出点到B点的时间为t
解得
抛出点的横坐标为
[2]抛出点的纵坐标为
12．【答案】（1）不需要；不需要
（2）
（3）；
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】 本题主要考查了牛顿第二定律的验证，要明确实验的原理，知道滑块的加速度大小等于钩码加速度大小。
（1）在平衡木板对滑块的摩擦力时不需要在细线的下端挂上钩码，以使得滑块的重力下滑分力恰好等于摩擦力；本实验通过传感器读出加速度，数据处理时可以将钩码的质量考虑进去，不需要用钩码的重力代替滑块所受的合外力，不需要滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
（2）对整体受力分析应用牛顿第二定律可得
变形可得
（3）由图乙可得图像的截距以及斜率，对比得到的函数关系式可得
解得
【分析】（1）在平衡木板对滑块的摩擦力时不需要挂钩码，根据实验原理判断是否需要滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
（2）由图甲可知，滑块的加速度大小是钩码加速度大小的两倍；根据牛顿第二定律求解函数关系；
（3）根据得到的函数关系，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答。
（1）[1]在平衡木板对滑块的摩擦力时不需要在细线的下端挂上钩码，以使得滑块的重力下滑分力恰好等于摩擦力；
[2]本实验通过传感器读出加速度，数据处理时可以将钩码的质量考虑进去，不需要用钩码的重力代替滑块所受的合外力，不需要滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
（2）对整体应用牛顿第二定律可得
变形可得
（3）[1][2]由图乙可得
解得
13．【答案】解；（1）对家具受力分析，如图甲所示，由平衡条件得
解得
（2）对人受力分析，如图乙所示，由平衡条件得
根据牛顿第三定律
解得
根据牛顿第三定律，地面受摩擦力大小，方向水平向右；
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】 （1）对家具受力分析，画出受力分析图，由平衡条件列式求解；
（2）对人受力分析，画出受力分析图，由平衡条件列式求解即可。
14．【答案】解：（1）设水桶做匀速运动时受到细绳的拉力为F1，则有
解得
（2）水桶由静止下落的过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，则有
解得
（3）设水桶在水中受到的浮力为F浮，桶口运动到井口的过程中，由动能定理得
解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）当水桶受力平衡时，上升时的速度最大；
（2）水桶由静止下落的过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，求出水桶落到水面时的速度大小；
（3）桶口运动到井口的过程中，由动能定理可求出人做的功。
15．【答案】解：（1）以a、b整体为研究对象，由题意由平衡条件可得
从t=0时开始，设物块b做匀加速直线运动的加速度的大小为a0，经时间t1物块a、b分离，此过程中物块b运动的位移为s1，则由运动学公式有
物块a、b分离时，以物块a为研究对象，有
同样再经过时间t1，物块b距其出发点的距离恰好也为x0时，根据运动学公式有
联立解得
（2）弹簧弹力做的功
在整个过程中弹簧弹性势能的变化量
从t=0时开始到物块a、b分离的过程中，根据动能定理有
上式中
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1）根据平衡条件求得弹簧弹力，从t=0时刻到a、b分离过程，以及b距其出发点的距离恰好也为x0过程，由运动学公式列式，再分析a、b分离时a的受力情况，由牛顿第二定律列式，联立求解加速度大小；
（2）整个过程中弹簧弹力做的功等于弹性势能的减少量，从t=0时开始到物块a、b分离的过程中，根据动能定理列式求出外力F所做的功。
1 / 1吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题
1．（2024高三上·梅河口月考）在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中正确的是（ ）
A．甲图中，B点逐渐向A点靠近时，观察AB割线的变化，运用了等效替代法，说明质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向
B．乙图中，研究红蜡块的运动时，主要运用了理想化模型法的思想
C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法
D．丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了极限思想
【答案】C
【知识点】控制变量法；等效法；极限法；放大法
【解析】【解答】A．甲图中，B点逐渐向A点靠近时，观察AB割线的变化，运用了极限思想，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，故A错误；
B．乙图中，研究红蜡块的运动时，对于合运动和分运动之间，主要运用了等效替代法的思想，即合运动与分运动具有相同的效果，合力和分力的定义也用到的等效替代的思想，故B错误；
C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，注意控制变量，先控制一些物理量不变，研究其他物理量之间的关系，运用了控制变量法，故C正确；
D．丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验通过光线路径将引力造成的微小影响放大，运用了放大法测微小量，故D错误。
故选C。
【分析】在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多方法，如极限思想法、理想模型法、微元法、控制变量法、微小量放大法等等，根据实验原理分析即可。
2．（2024高三上·梅河口月考）2024年2月23日中国选手苏翊鸣在第十四届全国冬运会单板滑雪大跳台决赛中摔倒后反击，勇夺金牌。如图是苏翊鸣比赛过程的频闪照片，运动员从高处滑下，通过起跳台起跳，完成各种空翻、转体、抓板等技术动作后落地，以下说法正确的是（ ）
A．研究运动员在空中的动作完成情况时，可以将他看成质点
B．腾空中曝光时间间隔内，运动员的速度方向发生了改变
C．助滑时运动员两腿尽量深蹬是为了降低重心、增大惯性
D．运动员在最高点时加速度一定竖直向下
【答案】B
【知识点】质点；惯性与质量；曲线运动
【解析】【解答】A．研究运动员在空中的动作完成情况时，运动员的形状、大小不能忽略，不可以将他看成质点，故A错误；
B． 腾空中曝光时间间隔内，运动员速度方向始终沿轨迹的切线方向，不断发生变化 ，故B正确；
C． 助滑时运动员两腿尽量深蹲可以降低重心，但质量不变，无法增大惯性， 故C错误；
D．运动员在最高点时受到重力和阻力的作用，加速度方向不是竖直向下，故D错误。
故选B。
【分析】 如果物体大小相对研究对象较小或影响不大，可以把物体看作质点；运动员下落过程做曲线运动；惯性是物体的固有属性，与物体的质量有关；根据运动员的受力情况分析其加速度方向。
3．（2024高三上·梅河口月考）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度随时间的变化曲线如图所示，为曲线上的点，、段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为，取竖直向下为正方向。则（ ）
A．段无人机的速度大小为
B．段无人机和载物总动量的变化量为
C．段无人机处于失重状态
D．段无人机的机械能守恒
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；超重与失重；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】 解题的关键是分清飞行高度y随时间t的变化图像对应的运动状态，用相关物理规律可解决问题。Ａ．结合方程和图线斜率的含义可知，段无人机的速度大小为4m/s，故A错误；
B．段无人机和载物总动量的变化量为
故B正确；
C．由图像可知，段先向下做减速运动，后向上做加速运动，处于超重状态，故C错误；
D．段图像斜率不变，既向上做匀速运动，机械能不守恒，故D错误。
故选B。
【分析】 根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，由已知的方程可得EF段、MN段无人机的速度；根据加速度的方向判断无人机的货物是否处于失重状态；根据动量的定义求解其变化量；MN段无人机向上做匀速直线运动，其机械能不守恒。
4．（2024高三上·梅河口月考）2024，是公元第2024个年份，四个数字蕴藏着沈阳的城市密码。如图所示，某同学设计了4个完全相同的木块，紧密并排放在固定的斜面上，分别标记（号）为“2，0，2，4”，不计所有接触处的摩擦，则0号木块左右两侧面所受的弹力之比为（ ）
A．3：2 B．2：3 C．4：3 D．1：2
【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】 本题考查了求弹力之比，巧妙地选择研究对象是正确解题的关键，应用平衡条件求出弹力，然后即可求出弹力之比。设每个木块的质量为，斜面倾角为；以上方三个木块为整体，根据受力平衡可得0号木块左侧面所受的弹力大小为
以上方两个木块为整体，根据受力平衡可得
则0号木块右侧面所受的弹力大小为
则0号木块左右两侧面所受的弹力之比为
故选A。
【分析】木块静止不动，处于平衡状态，以上方三个木块为整体，求出0号木块左侧面所受的弹力大小，然后以上方两个木块为整体，由平衡条件求出0号木块右侧面所受的弹力大小，然后求出弹力之比。
5．（2024高三上·梅河口月考）质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示。则从开始射入至打到上板的过程中（ ）
A．它们运动的时间关系为
B．它们的电势能减少量之比
C．它们的动能增量之比
D．它们的动量增量之比
【答案】C
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】 解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律 。A．带电粒子在垂直电场方向不受力，做速度相等的匀速直线运动，位移相等，则运动时间相等，所以A错误；
B．平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移时间关系
电场力为合力，根据牛顿第二定律，有qE=ma
由两式解得：
所以它们所带的电荷量之比
电势能的减小量等于电场力做的功即
因为位移之比是1：2，电荷量之比也是1：2，所以电场力做功之比为1：4，它们电势能减少量之比
故B错误．
C．由于只有电场力做功，电场力做功之比等于动能增量之比，则动能增量之比为
故C正确；
D．由动量定理可知合力冲量等于物体动量变化
故动量增量之比
故D错误；
故选C。
【分析】 将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析。
6．（2024高三上·梅河口月考）A 、B 两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的x-t 图像，如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．碰撞后 A 、B 两个物块运动方向相同
B．碰撞前、后 A 物块的速度大小之比为5∶3
C．A 、B 的质量之比ml∶m2=2∶3
D．此碰撞为非弹性碰撞
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】 本题考查动量守恒定律和位移时间图像，要求学生熟练掌握动量守恒定律和位移时间图像相关的知识点及其应用。A．因为图像的斜率表示速度，且斜率的正负表示速度的方向，由图像可知，碰撞后A、B两个物块的斜率正负不同，运动方向相反，故A错误；
B．由图像可得，碰撞前A物块的速度为
碰撞后A物块的速度为
所以碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：1，故B错误；
C．同理可得，碰撞前、后B物块的速度分别为
设A、B的质量分别为，，碰撞过程中内力远大于外力，系统动量守恒，则由动量守恒定律得
解得
故C正确；
D．机械能包括动能和势能，因为碰撞前后机械能分别为
即碰撞前后系统机械能守恒，故此碰撞为弹性碰撞，故D错误。
故选C。
【分析】根据x-t图像斜率正负判断；根据x-t图像求解两物体碰撞前后的速度，再根据动量守恒定律求解两物体质量之比；根据x-t图像求解碰撞前、后A物块的速度大小，再求解比值即可；分别求解碰撞前后系统的动能，比较大小即可判断是碰撞类型。
7．（2024高三上·梅河口月考）如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）
A．弹簧对圆环先做正功后做负功
B．弹簧弹性势能增加了mgL
C．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和始终减小
D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了功能关系的相关应用，理解弹簧做功的特点，理解运动过程中物体的能量转化特点，结合能量守恒定律和功能关系即可完成分析。A．弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，故A错误；
B．由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度
根据下落的高度可以知道物体重力势能的变化量，
根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能增加等于重力势能量的减小量，即
故B正确；
C．弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒，则有由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，速度越大，动能越大，速度越小，动能越小，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故C错误；
D．小圆环由静止开始下滑，速度增大，到最大距离时速度为零，可知小圆环在运动的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，圆环下滑到最大距离时，所受合力为竖直向上，且不为零，故D错误。
故选B。
【分析】根据弹簧的变化特点分析出弹簧对圆环的做功类型；根据题意可知整个过程中动能的变化量为零，根据几何关系得出圆环下落的高度；根据功能关系和能量守恒定律分析出运动过程中的能量转化特点，结合题意完成分析。
8．（2024高三上·梅河口月考）如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【答案】A,B
【知识点】电场线；电势能
【解析】【解答】 此题考查电场的叠加，注意结合等量同种电荷、等量异种电荷的电场进行分析。
A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，根据点电荷场强的叠加，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，根据电场力做功公式可知，在等势面上移动电荷，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，根据电场力做功公式可知，电场力做功不为零，故D错误。
故选AB。
【分析】 电场强度是矢量，每个位置的电场强度为各个点电荷在该点产生电场的矢量合，据此分析；先判断电势，再判断电场力做功的情况即可。
9．（2024高三上·梅河口月考）如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶部，另一端与小物块P连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点A、B接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、B距离为d，d≤R，已知P与触点A的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中的一切摩擦，小物块P和触点A、B均视为质点，则（ ）
A．气嘴灯在最低点能发光，其他位置一定能发光
B．气嘴灯在最高点能发光，其他位置一定能发光
C．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为
D．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为
【答案】B,C,D
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】 本题的关键是建立竖直面内圆周运动的模型，分析最低点和最高点向心力的来源。AB．气嘴灯在最低点能发光，对P与触点A作为整体进行分析可知，最小需要提供的向心力为
气嘴灯在最高点能发光，对P与触点A作为整体进行分析可知，最小需要提供的向心力为
明显
得气嘴灯在最高点能发光，其他位置一定能发光，故A错误，B正确；
C．当气嘴灯运动到最低点时发光，此时对应车轮做匀速圆周运动的角速度最小，根据受力分析，向心力由弹簧的弹力与重力的合力提供，又因为初始时弹簧弹力等于重力，所以在最低点是增大的弹力提供向心力即根据牛顿第二定律
得
故C正确；
D．当气嘴灯运动到最高点时能发光，则向心力由弹簧的弹力与重力的合力提供，根据牛顿第二定律
得
故D正确。
故选BCD。
【分析】 气嘴灯运动到最低点时发光，此时弹簧的弹力提供向心力，求解出最小角速度；当气嘴灯一直发光时，需要保证在最高点时发光，那么其余位置都会发光，由最高点受力求出角速度。
10．（2024高三上·梅河口月考）2021年8月6日晚，在东京奥运会田径项目男子4×100米接力决赛中，由汤星强、谢震业、苏炳添、吴智强组成的中国男队获得该项目第四名，追平历史最好成绩。某中学在某次接力训练中，甲、乙两同学在直跑道上进行4×100m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度，甲和乙从静止开始全力奔跑都需跑出20m才能达到最大速度，这一过程可看做是匀加速直线运动。现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区域ABCD中的位置AD处（如图）伺机全力奔出图中箭头代表运动员的奔跑方向。为获得最好成绩，要求乙接棒时奔跑的速度达到最大速度的90%，则（ ）
A．乙离开AD18m处接棒
B．从乙开始起跑至接到棒的过程中甲乙的平均速度之比是10：9
C．乙起跑时，甲离AD19.8m
D．设最大速度为8m/s，如果乙站在AD处接棒，到棒后才开始全力奔跑，这样会浪费2.475s
【答案】C,D
【知识点】平均速度
【解析】【解答】A．对乙由匀变速直线运动的速度位移公式可知
解得
选项A错误；
B．从乙开始起跑至接到棒的过程中根据平均速度公式可知甲乙的平均速度之比是
选项B错误；
C．由匀变速直线运动的平均速度公式可知，位移关系可知
其中
解得
选项C正确；
D．无论哪种接棒方式，乙的跑法是一样的，先从AD处由静止开始加速，再匀速运动，因此浪费的时间就是两种跑法中乙的起跑时间差，第一种跑法，甲在AD左方19.8m处，乙起跑；
第二种跑法，甲在AD处时乙起跑，两种跑法的时间差等于甲匀速跑s=19.8m的时间根据匀速运动规律
选项D正确。
故选CD。
【分析】根据初速度为0的匀变速直线运动速度—位移公式v2=2ax，求出乙在接力区需奔出的距离。根据平均速度公式求出B加速至交接棒所经过的位移，而A在这段时间内的位移xA=v1t，两人位移之差即为B距离A的起跑距离，分别求出以最大速度跑出接力区和匀加速运动跑出接力区的时间，两者之间即为浪费的时间。
11．（2024高三上·梅河口月考）某实验小组用图甲、乙所示的装置研究平抛运动的特点。
（1）如图甲所示，让完全相同的小球a和b从两个相同弧面轨道顶端由静止释放，两弧面轨道末端水平，忽略空气阻力，多次实验两小球均在水平面上相撞。该现象表明，平抛运动在水平方向的分运动是 运动；
（2）如图乙所示，当完全相同小球c、d处于同一高度时，一名同学用小锤轻击弹性金属片，使球d水平飞出，同时松开球c下落，忽略空气阻力，另一名同学在小球触地反弹后迅速抓住小球，重复实验，每次均只听到一次小球落地的响声。该现象表明，平抛运动在竖直方向的分运动是 运动；
（3）实验小组用频闪照相记录了某小球平抛的四个位置，并建立坐标系如图丙所示，其中正方形小方格边长为1.6cm，重力加速度，该小球抛出点的坐标为（ cm， cm）。
【答案】（1）匀速直线
（2）自由落体
（3）1.6；1.4
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解析】（1）小球a做平抛运动，与小球b做匀速直线运动相碰，该现象表明，平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动；
（2）小球c和小球d同时落地则说明平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动；
（3）根据竖直方向的邻差公式 可以解得重力加速度为：
解得时间间隔为：
根据水平方向的位移公式可以得出：小球的初速度为
设从抛出点到B点的时间为t，根据B点的速度公式有：
解得
根据位移公式可以得出：抛出点的横坐标为
；根据位移公式可以得出抛出点的纵坐标为
【分析】（1）利用两个小球发生相碰可以得出平抛运动在水平方向为匀速直线运动；（2）利用两个小球同时落地可以判别平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动；（3）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔的大小；结合水平方向的位移公式可以求出小球初速度的大小；利用速度公式可以求出小球从抛出点到B点的运动时间，结合位移公式可以求出抛出点对应的坐标位置。
（1）该现象表明，平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动；
（2）平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动；
（3）[1]根据 得
解得
小球的初速度为
设从抛出点到B点的时间为t
解得
抛出点的横坐标为
[2]抛出点的纵坐标为
12．（2024高三上·梅河口月考）某同学设计了如图甲所示的实验装置，该装置既可以验证牛顿第二定律，也可以测量凹形滑块的质量与当地的重力加速度，实验器材有加速度传感器、质量已知的钩码、木板（左端带定滑轮）、轻质细线。
实验步骤如下：
①调节滑轮使细线与木板平行，然后调整木板的倾角来平衡木板对滑块的摩擦力；
②挂上钩码，由静止释放滑块，记录加速度传感器的示数以及相应的钩码质量；
③改变悬挂钩码的个数，重复步骤②，得到多组加速度a与相应悬挂的钩码总质量M
④画出的函数关系图像如图乙所示。
回答下列问题：
（1）在平衡木板对滑块的摩擦力时 （填“需要”或“不需要”）在细线的下端挂上钩码，本实验 （填“需要”或“不需要”）滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
（2）设当地的重力加速度为g，滑块的质量为m，写出图乙的函数表达式 （用g、m、M、a来表示）。
（3）由图乙可得 （用b来表示）， （用b、c、d来表示）。
【答案】（1）不需要；不需要
（2）
（3）；
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】 本题主要考查了牛顿第二定律的验证，要明确实验的原理，知道滑块的加速度大小等于钩码加速度大小。
（1）在平衡木板对滑块的摩擦力时不需要在细线的下端挂上钩码，以使得滑块的重力下滑分力恰好等于摩擦力；本实验通过传感器读出加速度，数据处理时可以将钩码的质量考虑进去，不需要用钩码的重力代替滑块所受的合外力，不需要滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
（2）对整体受力分析应用牛顿第二定律可得
变形可得
（3）由图乙可得图像的截距以及斜率，对比得到的函数关系式可得
解得
【分析】（1）在平衡木板对滑块的摩擦力时不需要挂钩码，根据实验原理判断是否需要滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
（2）由图甲可知，滑块的加速度大小是钩码加速度大小的两倍；根据牛顿第二定律求解函数关系；
（3）根据得到的函数关系，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答。
（1）[1]在平衡木板对滑块的摩擦力时不需要在细线的下端挂上钩码，以使得滑块的重力下滑分力恰好等于摩擦力；
[2]本实验通过传感器读出加速度，数据处理时可以将钩码的质量考虑进去，不需要用钩码的重力代替滑块所受的合外力，不需要滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量。
（2）对整体应用牛顿第二定律可得
变形可得
（3）[1][2]由图乙可得
解得
13．（2024高三上·梅河口月考）随着我国新农村建设不断深入，越来越多的农民住进了楼房，大家在喜迁新居的时候遇到了搬运大件家具的困难。如图所示，一农户正在用自己设计的方案搬运家具到二楼，他用一悬挂于房檐A点的小电机通过轻绳1拉动家具缓慢上升，为避免家具与墙壁碰撞，需要一人站在地面上用轻绳2向外侧拖拽，绳1与绳2始终在同一竖直面内。某时刻绳1与竖直方向夹角为30°，绳2与竖直方向夹角为60°，已知家具质量为50kg，人的质量为80kg（g取10m/s2），求此时：
（1）绳1与绳2的拉力大小；
（2）地面对人支持力大小和地面受到的摩擦力。
【答案】解；（1）对家具受力分析，如图甲所示，由平衡条件得
解得
（2）对人受力分析，如图乙所示，由平衡条件得
根据牛顿第三定律
解得
根据牛顿第三定律，地面受摩擦力大小，方向水平向右；
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】 （1）对家具受力分析，画出受力分析图，由平衡条件列式求解；
（2）对人受力分析，画出受力分析图，由平衡条件列式求解即可。
14．（2024高三上·梅河口月考）我国早在3000年前就发明了辘轳，其简化模型如图所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒质量为M、厚度不计。某人转动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为m0，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐条的质量和转动轴处的摩擦。
（1）若人以恒定功率P0转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，求水桶上升过程的最大速度vm；
（2）空桶从桶口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，求水桶落到水面时的速度大小v；
（3）水桶从图示位置缓慢上升高度H，忽略提水过程中水面高度的变化，求此过程中人做的功W。
【答案】解：（1）设水桶做匀速运动时受到细绳的拉力为F1，则有
解得
（2）水桶由静止下落的过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，则有
解得
（3）设水桶在水中受到的浮力为F浮，桶口运动到井口的过程中，由动能定理得
解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）当水桶受力平衡时，上升时的速度最大；
（2）水桶由静止下落的过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，求出水桶落到水面时的速度大小；
（3）桶口运动到井口的过程中，由动能定理可求出人做的功。
15．（2024高三上·梅河口月考）如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端与质量为m的小物块a相连，另一质量为的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为，从时刻开始，对物块b施加沿斜面向上的外力F（图中未画出），使其始终做匀加速直线运动。经过一段时间，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹性势能，其中x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g，物块a、b均视为质点。求：
（1）物块b做匀加速直线运动的加速度大小；
（2）从时刻至物块a、b分离的过程中外力F所做的功。
【答案】解：（1）以a、b整体为研究对象，由题意由平衡条件可得
从t=0时开始，设物块b做匀加速直线运动的加速度的大小为a0，经时间t1物块a、b分离，此过程中物块b运动的位移为s1，则由运动学公式有
物块a、b分离时，以物块a为研究对象，有
同样再经过时间t1，物块b距其出发点的距离恰好也为x0时，根据运动学公式有
联立解得
（2）弹簧弹力做的功
在整个过程中弹簧弹性势能的变化量
从t=0时开始到物块a、b分离的过程中，根据动能定理有
上式中
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1）根据平衡条件求得弹簧弹力，从t=0时刻到a、b分离过程，以及b距其出发点的距离恰好也为x0过程，由运动学公式列式，再分析a、b分离时a的受力情况，由牛顿第二定律列式，联立求解加速度大小；
（2）整个过程中弹簧弹力做的功等于弹性势能的减少量，从t=0时开始到物块a、b分离的过程中，根据动能定理列式求出外力F所做的功。
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