湖南省A佳教育2024-2025学年高三上学期11月联考物理试卷
1．（2024高三上·芙蓉期中）“百公里刹车距离”是指汽车以100km/h的速度行驶时，刹车踩到底，达到最大制动力时的刹车距离。某汽车做百公里刹车距离测试时，先后经过平直公路上A、B两点，已知A、B两点之间的距离为L，汽车经过A、B两点的时刻相差t0，汽车经过A点时的速度大小为经过B点时速度大小的4倍，刹车过程可视为匀减速直线运动，则此过程中该汽车经过B点时的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·芙蓉期中）深圳大疆公司是全球知名的无人机生产商，其生产的无人机在各行业中得到广泛应用。某同学应用大疆无人机搭载的加速度传感器进行飞行测试。图a为在测试软件中设定的x、y、z轴的正方向，其中z轴沿竖直方向，无人机开始时沿y轴正方向匀速飞行，0时刻起该同学进行变速操作，软件生成了图b的三个维度的a-t（加速度-时间）图像，可以推断0s~4s的时间内无人机（ ）
A．沿向x方向一直加速
B．沿y方向的飞行速度有可能先减小再增大
C．加速下降
D．处于超重状态
3．（2024高三上·芙蓉期中）为了训练飞行员将舰载机降落在航空母舰上的能力，在陆地上建设了模拟平台进行常规训练。如图所示，阻拦索绕过定滑轮与阻尼器连接，阻拦系统通讨阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在模拟甲板上短距离滑行后停止。飞机挂钩与阻拦索间不滑动。若某一时刻两端阻拦索夹角是θ，飞机沿中线运动速度为v，则阻尼器中的阻拦索绳移动速度大小是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·芙蓉期中）某国产手机新品上市，持有该手机者即使在没有地面信号的情况下，也可以拨打、接听卫星电话。为用户提供语音、数据等卫星通信服务的“幕后功臣”正是中国自主研制的“天通一号”卫星系统，该系统由“天通一号”01星、02星、03星三颗地球同步卫星组成。已知地球的自转周期为T，地球的半径为R，该系统中的卫星距离地面的高度为h，电磁波在真空中的传播速度为c，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．可求出地球的质量为
B．“天通一号”01星的向心加速度小于静止在赤道上的物体的向心加速度
C．“天通一号”01星若受到稀薄空气阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，运行速度会逐渐变小
D．该手机向此卫星系统发射信号后，至少需要经过时间，手机才能接收到信号
5．（2024高三上·芙蓉期中）如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2q、3q（q>0）的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是1∶2∶3，不考虑微粒间的相互作用。现撤去这三个微粒，则由此推断下列说法正确的是（ ）
A．该导体棒周围的电场为匀强电场
B．该导体棒周围某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成正比
C．该导体棒周围某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离平方成反比
D．该导体棒周围某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成反比
6．（2024高三上·芙蓉期中）绝缘天花板上悬挂有质量分布均匀的绳，若在两虚线之间有水平向右的均匀的水平风（两虚线之外可认为无任何风力）。则当绳静止时其形状应为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高三上·芙蓉期中）某足球运动员在一次争顶中不慎受伤，导致脑震荡并紧急送往医院医治，如图所示。若足球水平飞来的速率v1=12m/s，与该运动员对撞后，足球以速率v2=16m/s沿垂直v1的水平方向飞出。已知足球质量m=0.50kg，该运动员头部与足球相互作用时间为，不计重力的影响。下列说法正确的是（ ）
A．该运动员头部受到的平均撞击力大小为100N
B．该运动员头部受到的平均撞击力大小为140N
C．若只增大v1和v2之间的夹角，其他条件不变，运动员头部受到的平均撞击力增大
D．若延长或缩短撞击时间，其他条件不变，不会改变该运动员头部受到的平均撞击力
8．（2024高三上·芙蓉期中）曾经风靡一时的“可达鸭吸管”，在用它喝可乐（可乐可视为导体）的时候会发出悦耳的音乐，其原理可简化为下图所示：在吸管外面包有一层铜箔作为电极，当可乐流过电极附近时，便与铜箔形成了电容，从而使电极的电势发生改变，触发音乐开关。下列判断正确的是（ ）
A．空吸管与充满可乐的吸管相比，空吸管对应的电容要小一些
B．吸管（这个结构）除了喝水以外还充当了电介质的作用
C．用该吸管喝别的饮料时不可能会发出音乐
D．手持一根小木条插入吸管中不可能听到音乐
9．（2024高三上·芙蓉期中）2023年12月1日晚，我国多地看到了红色的极光现象。地球上的极光主要是由来自太阳风中的高能带电粒子被地磁场导引而发生偏转，沿着地球两极的磁感线沉降到高层大气中，与大气中的粒子碰撞，使原子受到激发对外辐射电磁波，从而产生不同颜色的光。极光最常见的颜色为绿色，此外还有红色、紫色等。尽管极光现象常见于高纬度地区，但如果来自太阳风的高能带电粒子足够强，极光现象发生的范围会扩展到中低纬度地区，但此时极光现象已经大大减弱。假设受到激发前，大气中的同种原子均处于相同的稳态。下列说法正确的是（ ）
A．与高纬度地区相比，中低纬度地区不容易观察到极光现象是由于来自太阳风中的高能带电粒子射向高纬度地区的偏多而与地磁场的分布无关
B．处于稳态的大量同种原子与高能粒子碰撞，有可能跃迁至某一高能态，也有可能产生电离
C．产生绿色极光与产生红色极光相比，原子跃迁前后两个能级的能量差更大
D．中低纬度地区极光现象大大减弱是因为地磁场对高能粒子做负功，粒子能量减小
10．（2024高三上·芙蓉期中）如图所示，与水平面成角的传送带正以的速度顺时针匀速运行，传送带长。现每隔把质量的工件（各工作均相同，且可视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动。稳定工作时当一个工件到达B端取走时恰好在A端又放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，取，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力
B．两个工件间的最大距离为0.5m
C．两个工件间的最小距离为1.25m
D．稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为1000W
11．（2024高三上·芙蓉期中）某班级分若干个学习小组，通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。验证机械能守恒定律思路：求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和对应过程动能的增加量，在实验误差允许范围内，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律。
（1）在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，操作正确的是 。
A． B．
C． D．
（2）按正确合理的方法进行操作，打出的一条纸带如下图所示，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，重物的质量为m，交流电的频率为f。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量 ，动能增加量 。
（3）换用两个质量分别为m1、m2的重物P、Q进行多次实验，记录下落高度h和相应的速度大小v，描绘v2-h图像如图。对比图像分析正确的是 。
A．阻力可能为零 B．阻力不可能为零
C．m1可能等于m2 D．m1不可能等于m2
12．（2024高三上·芙蓉期中）实验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用图甲所示的装置让滑块做匀加速直线运动来进行；由已调水平的气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离L以及遮光片的宽度d，遮光片通过光电门A、B的时间tA、tB可通过计时器（图中未标出）分别读出，滑块质量为M，钩码的质量为m（），打开气垫导轨的气源，让滑块在钩码的重力作用下做匀加速直线运动，重力加速度为g，回答下列问题：
（1）滑块的加速度a= （用L、tA、tB、d来表示）；图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为d= mm。
（2）图丙是钩码的质量m不变，改变滑块的质量M，得出不同的M对应的加速度a，描绘出a-M函数关系图像为双曲线的一支，图中两矩形的面积 （填“相等”或“不相等”）。
（3）图丁是滑块的质量M不变，改变钩码的质量m，得出不同的mg对应的加速度a，描绘出a-mg的函数关系图像，说明a与mg成 （填“正比”或“反比”），图线的斜率等于 。
13．（2024高三上·芙蓉期中）如图甲所示为风谷车（又称风车），我国农业种植中用来去除水稻等农作物子实中杂质、瘪粒、秸秆屑等的木制传统农具，其工作原理可简化为图乙所示：转动摇手柄，联动风箱内的风叶，向车斗内送风，装入入料仓的谷物中混有质量较大的饱粒和质量稍小的瘪粒，均无初速地从入料仓漏下，在车斗中下落高度H=0.45m后，从宽度为L1=0.18m的第一出料口出来的都称之为饱粒，其中的最小质量为；从宽度为L2（待求）的第二出料口出来的都称之为瘪粒，其中的最小质量为；质量小于的草屑被吹出出风口。只考虑重力和水平风力F（设每颗粒受到的水平风力都相同，不同颗粒的质量分布是连续的），g取10m/s2。求：
（1）水平风力F的大小；
（2）第二出料口的宽度L2。
14．（2024高三上·芙蓉期中）如图，两长度均为L的相同轻质细杆用铰链A、B、C相连，质量可忽略的铰链A固定在地面上，铰链B和C质量不可忽略，均为m，铰链A、B、C均可视为质点。起始位置两细杆竖直，如图虚线所示，铰链A和C彼此靠近。t=0时铰链C在水平变力的作用下从静止开始做初速度为零，加速度大小为的匀加速直线运动（g为重力加速度），到t=t1时AB和BC间的夹角变为120°，如图实线所示。若两个轻质细杆始终在同一竖直面内运动，所有摩擦均不计，求：
（1）当t=t1时，铰链C的速度大小；
（2）当t=t1时，重力对B做功的瞬时功率；
（3）若t=t1时，水平F的大小恰好为，求此时连接AB的细杆中的弹力大小。
15．（2024高三上·芙蓉期中）水平固定的圆形轨道（内部开有环形槽）中有球1、2质量分别为m、2m。两球以初速度v0从轨道中的某点沿相反方向出发（如图1所示），圆形轨道内外半径都为R，各处均无摩擦。
（1）若两球发生的第一次碰撞为完全非弹性碰撞，求两球碰撞后瞬间的速度大小；
（2）从开始出发到发生第一次相碰前的过程中，轨道对两球的总冲量大小；
（3）若两球用一长为R且不可伸长的绳连接，球沿轨道运动时绳通过槽与两球连接（如图2所示），绳被拉直时不会引起能量损失，求绳第一次绷紧过程中绳上的冲量I。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】由运动学公式可知
解得
故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据匀变速直线运动平均速度求解公式得出结论。
2．【答案】B
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】A．由图可知，0~2s无人机有沿x轴负方向的速度，2s~4s的时间内沿x轴的加速度为正，则沿向x方向速度会减小，故A错误；
B．无人机开始时沿y轴正方向匀速飞行，0~4s的时间内沿y轴的加速度为负，速度有可能先减小再反向增大，故B正确；
CD.0~2s的时间内沿z轴的加速度向上，飞机加速上升，处于超重状态，2s~4s的时间内沿z轴的加速度向下，由图像面积可知速度还是向上，处于失重状态，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】根据图像得出结论；根据超重与失重的定义求解。
3．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】飞机沿绳方向的速度分量等于阻拦索绳移动的速度大小，即
故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】根据速度的分解得出结论。
4．【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力，有
可知地球的质量为
故A错误；
B．根据
可知“天通一号”01星的向心加速度为
静止在赤道上的物体的向心加速度为
则，故B错误；
C. “天通一号”01星若受到阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，即轨道半径会逐渐减小，根据万有引力提供向心力可得
有
可知r变小，v变大，故C错误；
D. 该手机信号从发射到返回至该手机，路程至少为2h，所需时间至少为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据万有引力提供向心力求解；
B、根据向心力加速度公式列式求解；
C、根据万有引力提供向心力得出线速度公式，再进行判断；
D、根据匀速直线运动公式求解。
5．【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】设q、2q、3q所在位置对应的电场强度为E1，E2，E3，由平衡条件得
，，
即，而它们距导体棒的距离之比总是1∶2∶3，可知某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任意一点的电场强度大小可写成（k为常量），故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据平衡关系求出各位置的电场强度大小，并求出比值，再根据距离导体棒的距离之比求出答案。
6．【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】AD．对下虚线以下部分的绳子受力分析，可知只受重力和绳子拉力而平衡，所以只能是处于竖直状态，故AD错误；
BC．将上虚线下面部分看作一个整体，质量为m，风力大小为F，设虚线上方的绳子单位长度质量为m1，取线上一小段，质量为
则小段细线与竖直方向的夹角的正切值为
可知越向上，绳子长度越长，则越小，则越小，故B错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】根据平衡条件分析求解；
将上虚线下面部分看作一个整体，去上部分一小段，根据平衡条件列式求解判断。
7．【答案】A,C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】AB．以足球撞击后的速度方向为正方向，根据动量定理
又
该运动员头部受到的平均撞击力大小为
故A正确，B错误；
C．若增大v1和v2之间的夹角，其他条件不变，则增大，由动量定理可得，该运动员头部受到的平均撞击力增大，故C正确；
D．根据动量定理，若延长撞击时间，其他条件不变，该运动员头部受到的平均撞击力减小，若缩短撞击时间，其他条件不变，该运动员头部受到的平均撞击力增大，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】先求出速度的变化量，再根据动量定理求出平均撞击力；
先判断出速度的变化量大小情况，再根据动量定理求出力的变化；
根据动量定理进行判断。
8．【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．该吸管的原理是由铜箔和可乐做为电容器的两极，其电容发生改变从而触发音乐开关，根据电容器定义式
充满可乐的吸管与空吸管相比，正对面积增大，所以电容变大，故A正确；
B．由题意可知，其电容器为铜箔与可乐构成，而细管接入铜箔之间，从结构上看，其细管除了喝水以外，也充当了电介质的作用，故B正确；
C．由之前的分析可知，当电容器的电容改变，即会听到音乐，而当喝其他饮料时，其它饮料到达铜箔的位置时，也改变了其电容，所以用该吸管喝别的饮料时也可能会发出音乐，故C错误；
D．由之前的分析可知，当电容器的电容改变，即会听到音乐，而当一根小木条插入吸管中时，也改变了其电容，所以手持一根小木条插入吸管中也可能听到音乐，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】根据电容器定义式进行判断；
根据电介质的作用进行判断。
9．【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．根据题中叙述有，地球上的极光主要是由来自太阳风中的高能带电粒子被地磁场导引而发生偏转，沿着地球两极的磁感线沉降到高层大气中，可知，与高纬度地区相比，中低纬度地区不容易观察到极光现象与地磁场的分布有关，故A错误；
B．处于稳态的大量同种原子与高能粒子碰撞，因吸收的能量可能不同，有可能跃迁至某一高能态，也有可能产生电离，故B正确；
C．根据跃迁规律有
由于绿色极光的光子能量大于红色极光的光子能量，可知，产生绿色极光与产生红色极光相比，原子跃迁前后两个能级的能量差更大，故C正确；
D．洛伦兹力的方向始终与粒子运动速度的方向垂直，可知，地磁场对高能粒子不做功，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据题意进行判断；
处于稳态的大量同种原子与高能粒子碰撞，因吸收的能量进行判断；
根据，结合红绿光子的能量大小进行判断；
根据洛伦兹力不做功进行判断。
10．【答案】A,B,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】 本题主要考查倾斜传送带相关的知识点，处理问题时要注意物体和传送带的速度关系和受力情况再结合运动知识解题。A．工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，故A正确；
B．两工件间的最大距离为
故B正确，
C．刚开始加速0.1s的两个工件间距离最小，加速过程，摩擦力减去重力沿斜面分力等于合力大小，由牛顿第二定律可得
代入数据可得
由位移公式
代入数据可得
故C错误；
D．稳定工作时，每一个内，传送带等效传送一个工件。而每传送一个工件电动需做的功等于一个件由底部传到顶部过程中其机械能的增量与摩擦产生的热量之和。则有
联立解得
功率等于功除以时间，则稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为
故D正确。
故选ABD。
【分析】根据摩擦力的定义即可判断摩擦力方向；根据运动学公式即可求解 最大距离 ；根据牛顿第二定律结合运动学公式即可求解最小距离 ；根据物体的受力特点即可求解 电动机因传送工件而输出的功率 。
11．【答案】（1）B
（2）；
（3）B；C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。
故答案为：B。
（2）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量
依题意有，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打B点时的速度大小为
则从打O点到打B点的过程中，重物动能的增加量为
（3）设重物受到的阻力大小为f，根据动能定理可得
整理可得
若阻力为0，则v2-h图线的斜率为，则两图线斜率应相同，由题图可知，两图线斜率不相等，所以阻力不可能为零；由图像斜率关系可知
由于不清楚两重物所受阻力大小关系，所以无法确定m1与m2的大小关系，即m1可能等于m2。
故答案为：BC。
【分析】（1）打点计时器应连接交流电源，且为了减小摩擦以及充分利用纸带的要求进行判断；
（2）从打O点到打B点的过程中，根据重力做功与重力势能的关系进行判断；先求出周期，再根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度求解；
（3）根据动能定理进行判断，再根据图像斜率进行判断。
（1）打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。
故选B。
（2）[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量
[2]依题意有，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打B点时的速度大小为
则从打O点到打B点的过程中，重物动能的增加量为
（3）设重物受到的阻力大小为f，根据动能定理可得
整理可得
若阻力为0，则v2-h图线的斜率为，则两图线斜率应相同，由题图可知，两图线斜率不相等，所以阻力不可能为零；由图像斜率关系可知
由于不清楚两重物所受阻力大小关系，所以无法确定m1与m2的大小关系，即m1可能等于m2。
故选BC。
12．【答案】（1）；2.0
（2）相等
（3）正比；
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的瞬时速度分别为
，
滑块从A运动到B的过程中，由匀变速直线运动速度时间关系可得
综合可得
图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为d=2.0mm
（2）a-M函数关系图像为双曲线的一支，说明a与M成反比，则有a与成正比，由牛顿第二定律有
当钩码的质量m不变，滑块的质量M与加速度a的乘积不变恒为mg，把a-M函数关系图像中两个矩形补充完整，如图所示
两个完整的矩形的面积相等都为mg，再减去补充的共有面积，剩余的面积也相等，即图中两矩形的面积相等。
（3）图丁是滑块的质量M不变，改变钩码的质量m，得出不同的mg对应的加速度a，描绘出a-mg的函数关系图像是正比例函数关系图像说明a与mg成正比。
由牛顿第二定律有
可得
说明图线的斜率等于。
【分析】（1）根据匀速直线运动求出A与B的速度大小，再根据速度与时间关系列式求解；
根据刻度尺读数规律读出；
（2）由牛顿第二定律列式，再根据当钩码的质量m不变，滑块的质量M与加速度a的乘积不变恒为mg，进行判断；
（3）根据题意结合图像的斜率进行判断；由牛顿第二定律列式求出斜率大小。
（1）[1]由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的瞬时速度分别为
，
滑块从A运动到B的过程中，由匀变速直线运动速度时间关系可得
综合可得
[2]图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为d=2.0mm
（2）a-M函数关系图像为双曲线的一支，说明a与M成反比，则有a与成正比，由牛顿第二定律有
当钩码的质量m不变，滑块的质量M与加速度a的乘积不变恒为mg，把a-M函数关系图像中两个矩形补充完整，如图所示
两个完整的矩形的面积相等都为mg，再减去补充的共有面积，剩余的面积也相等，即图中两矩形的面积相等。
（3）[1]图丁是滑块的质量M不变，改变钩码的质量m，得出不同的mg对应的加速度a，描绘出a-mg的函数关系图像是正比例函数关系图像说明a与mg成正比。
[2]由牛顿第二定律有
可得
说明图线的斜率等于。
13．【答案】（1）谷物在竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体运动公式
解得
设饱粒的最小质量为m，其对应落点在第一出料口的最右侧，水平方向做匀加速运动，有：
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）设瘪粒中质量最小的颗粒质量为，其对应落点在第二出料口最右侧，根据牛顿第二定律
在水平方向做匀加速运动，则有
联立以上解得
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）根据自由落体公式求出下落时间，再根据水平方向上做匀加速直线运动求出其加速度大小，再根据牛顿第二定律求出水平风力F；
（2）根据牛顿第二定律求出加速度大小，再根据在水平方向上求出宽度。
（1）谷物在竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体运动公式
解得
设饱粒的最小质量为m，其对应落点在第一出料口的最右侧，水平方向做匀加速运动，有：
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）设瘪粒中质量最小的颗粒质量为，其对应落点在第二出料口最右侧，根据牛顿第二定律
在水平方向做匀加速运动，则有
联立以上解得
14．【答案】（1）根据几何关系可得时C的位移为
根据匀变速直线运动的规律，有
解得
（2）沿杆方向速度相等，为根据运动的合成与分解如图
0
根据几何关系，有
解得
故重力对B做功的瞬时功率为
解得
（3）时刻对C分析，设BC间杆对C的作用力为，根据牛顿第二定律
联立解得
又B绕A做圆周运动，对B进行受力分析，如图
设AB杆对B的弹力FA沿AB杆指向B，根据牛顿第二定律，有
解得
即此时AB杆对B的弹力大小为。
【知识点】运动的合成与分解；竖直平面的圆周运动；功率及其计算
【解析】【分析】（1）根据几何关系求出C的位移，再根据速度与位移关系列式求解；
（2）根据运动的合成与分解列式求出B的速度，再根据重力做功的瞬时功率求解；
（3）根据牛顿第二定律求出 BC间杆对C的作用力，再对B进行受力分析，根据B做圆周运动列式求解。
（1）根据几何关系可得时C的位移为
根据匀变速直线运动的规律，有
解得
（2）沿杆方向速度相等，为根据运动的合成与分解如图
根据几何关系，有
解得
故重力对B做功的瞬时功率为
解得
（3）时刻对C分析，设BC间杆对C的作用力为，根据牛顿第二定律
联立解得
又B绕A做圆周运动，对B进行受力分析，如图
设AB杆对B的弹力FA沿AB杆指向B，根据牛顿第二定律，有
解得
即此时AB杆对B的弹力大小为。
15．【答案】（1）设两球碰撞后的共同速度为v，取球2运动方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）取球2初始运动方向为正方向，两球的初始总动量
两球的末状态总动量
所以
轨道在水平方向对两球的总冲量
两球运动的时间
轨道在竖直向上的方向上对两球的作用力
所以轨道在竖直向上的方向上对两球的总冲量
故轨道对两球的总冲量大小为
（3）0绳被拉直时恰好处于水平状态，如图2所示，沿着管道方向建立坐标系，根据动量守恒可得
根据机械能守恒可得
解得
，
沿轨道方向上，根据动量定理定律
解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1） 由动量守恒定律 列式求解；
（2）先求出两球的初始总动量，以及末状态总动量，再求出动量变化量；再求出两球的运动时间，结合动量定理求出轨道在竖直向上的方向上对两球的作用力；再根据求出轨道在竖直向上的方向上对两球的总冲量，进而求出 轨道对两球的总冲量大小 ；
（3） 在图2中， 根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式，再沿轨道方向上，根据动量定理定律 列式求解。
（1）设两球碰撞后的共同速度为v，取球2运动方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）取球2初始运动方向为正方向，两球的初始总动量
两球的末状态总动量
所以
轨道在水平方向对两球的总冲量
两球运动的时间
轨道在竖直向上的方向上对两球的作用力
所以轨道在竖直向上的方向上对两球的总冲量
故轨道对两球的总冲量大小为
（3）绳被拉直时恰好处于水平状态，如图2所示，沿着管道方向建立坐标系，根据动量守恒可得
根据机械能守恒可得
解得
，
沿轨道方向上，根据动量定理定律
解得
1 / 1湖南省A佳教育2024-2025学年高三上学期11月联考物理试卷
1．（2024高三上·芙蓉期中）“百公里刹车距离”是指汽车以100km/h的速度行驶时，刹车踩到底，达到最大制动力时的刹车距离。某汽车做百公里刹车距离测试时，先后经过平直公路上A、B两点，已知A、B两点之间的距离为L，汽车经过A、B两点的时刻相差t0，汽车经过A点时的速度大小为经过B点时速度大小的4倍，刹车过程可视为匀减速直线运动，则此过程中该汽车经过B点时的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】由运动学公式可知
解得
故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据匀变速直线运动平均速度求解公式得出结论。
2．（2024高三上·芙蓉期中）深圳大疆公司是全球知名的无人机生产商，其生产的无人机在各行业中得到广泛应用。某同学应用大疆无人机搭载的加速度传感器进行飞行测试。图a为在测试软件中设定的x、y、z轴的正方向，其中z轴沿竖直方向，无人机开始时沿y轴正方向匀速飞行，0时刻起该同学进行变速操作，软件生成了图b的三个维度的a-t（加速度-时间）图像，可以推断0s~4s的时间内无人机（ ）
A．沿向x方向一直加速
B．沿y方向的飞行速度有可能先减小再增大
C．加速下降
D．处于超重状态
【答案】B
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】A．由图可知，0~2s无人机有沿x轴负方向的速度，2s~4s的时间内沿x轴的加速度为正，则沿向x方向速度会减小，故A错误；
B．无人机开始时沿y轴正方向匀速飞行，0~4s的时间内沿y轴的加速度为负，速度有可能先减小再反向增大，故B正确；
CD.0~2s的时间内沿z轴的加速度向上，飞机加速上升，处于超重状态，2s~4s的时间内沿z轴的加速度向下，由图像面积可知速度还是向上，处于失重状态，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】根据图像得出结论；根据超重与失重的定义求解。
3．（2024高三上·芙蓉期中）为了训练飞行员将舰载机降落在航空母舰上的能力，在陆地上建设了模拟平台进行常规训练。如图所示，阻拦索绕过定滑轮与阻尼器连接，阻拦系统通讨阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在模拟甲板上短距离滑行后停止。飞机挂钩与阻拦索间不滑动。若某一时刻两端阻拦索夹角是θ，飞机沿中线运动速度为v，则阻尼器中的阻拦索绳移动速度大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】飞机沿绳方向的速度分量等于阻拦索绳移动的速度大小，即
故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】根据速度的分解得出结论。
4．（2024高三上·芙蓉期中）某国产手机新品上市，持有该手机者即使在没有地面信号的情况下，也可以拨打、接听卫星电话。为用户提供语音、数据等卫星通信服务的“幕后功臣”正是中国自主研制的“天通一号”卫星系统，该系统由“天通一号”01星、02星、03星三颗地球同步卫星组成。已知地球的自转周期为T，地球的半径为R，该系统中的卫星距离地面的高度为h，电磁波在真空中的传播速度为c，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．可求出地球的质量为
B．“天通一号”01星的向心加速度小于静止在赤道上的物体的向心加速度
C．“天通一号”01星若受到稀薄空气阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，运行速度会逐渐变小
D．该手机向此卫星系统发射信号后，至少需要经过时间，手机才能接收到信号
【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力，有
可知地球的质量为
故A错误；
B．根据
可知“天通一号”01星的向心加速度为
静止在赤道上的物体的向心加速度为
则，故B错误；
C. “天通一号”01星若受到阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，即轨道半径会逐渐减小，根据万有引力提供向心力可得
有
可知r变小，v变大，故C错误；
D. 该手机信号从发射到返回至该手机，路程至少为2h，所需时间至少为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据万有引力提供向心力求解；
B、根据向心力加速度公式列式求解；
C、根据万有引力提供向心力得出线速度公式，再进行判断；
D、根据匀速直线运动公式求解。
5．（2024高三上·芙蓉期中）如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2q、3q（q>0）的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是1∶2∶3，不考虑微粒间的相互作用。现撤去这三个微粒，则由此推断下列说法正确的是（ ）
A．该导体棒周围的电场为匀强电场
B．该导体棒周围某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成正比
C．该导体棒周围某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离平方成反比
D．该导体棒周围某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成反比
【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】设q、2q、3q所在位置对应的电场强度为E1，E2，E3，由平衡条件得
，，
即，而它们距导体棒的距离之比总是1∶2∶3，可知某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任意一点的电场强度大小可写成（k为常量），故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据平衡关系求出各位置的电场强度大小，并求出比值，再根据距离导体棒的距离之比求出答案。
6．（2024高三上·芙蓉期中）绝缘天花板上悬挂有质量分布均匀的绳，若在两虚线之间有水平向右的均匀的水平风（两虚线之外可认为无任何风力）。则当绳静止时其形状应为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】AD．对下虚线以下部分的绳子受力分析，可知只受重力和绳子拉力而平衡，所以只能是处于竖直状态，故AD错误；
BC．将上虚线下面部分看作一个整体，质量为m，风力大小为F，设虚线上方的绳子单位长度质量为m1，取线上一小段，质量为
则小段细线与竖直方向的夹角的正切值为
可知越向上，绳子长度越长，则越小，则越小，故B错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】根据平衡条件分析求解；
将上虚线下面部分看作一个整体，去上部分一小段，根据平衡条件列式求解判断。
7．（2024高三上·芙蓉期中）某足球运动员在一次争顶中不慎受伤，导致脑震荡并紧急送往医院医治，如图所示。若足球水平飞来的速率v1=12m/s，与该运动员对撞后，足球以速率v2=16m/s沿垂直v1的水平方向飞出。已知足球质量m=0.50kg，该运动员头部与足球相互作用时间为，不计重力的影响。下列说法正确的是（ ）
A．该运动员头部受到的平均撞击力大小为100N
B．该运动员头部受到的平均撞击力大小为140N
C．若只增大v1和v2之间的夹角，其他条件不变，运动员头部受到的平均撞击力增大
D．若延长或缩短撞击时间，其他条件不变，不会改变该运动员头部受到的平均撞击力
【答案】A,C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】AB．以足球撞击后的速度方向为正方向，根据动量定理
又
该运动员头部受到的平均撞击力大小为
故A正确，B错误；
C．若增大v1和v2之间的夹角，其他条件不变，则增大，由动量定理可得，该运动员头部受到的平均撞击力增大，故C正确；
D．根据动量定理，若延长撞击时间，其他条件不变，该运动员头部受到的平均撞击力减小，若缩短撞击时间，其他条件不变，该运动员头部受到的平均撞击力增大，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】先求出速度的变化量，再根据动量定理求出平均撞击力；
先判断出速度的变化量大小情况，再根据动量定理求出力的变化；
根据动量定理进行判断。
8．（2024高三上·芙蓉期中）曾经风靡一时的“可达鸭吸管”，在用它喝可乐（可乐可视为导体）的时候会发出悦耳的音乐，其原理可简化为下图所示：在吸管外面包有一层铜箔作为电极，当可乐流过电极附近时，便与铜箔形成了电容，从而使电极的电势发生改变，触发音乐开关。下列判断正确的是（ ）
A．空吸管与充满可乐的吸管相比，空吸管对应的电容要小一些
B．吸管（这个结构）除了喝水以外还充当了电介质的作用
C．用该吸管喝别的饮料时不可能会发出音乐
D．手持一根小木条插入吸管中不可能听到音乐
【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．该吸管的原理是由铜箔和可乐做为电容器的两极，其电容发生改变从而触发音乐开关，根据电容器定义式
充满可乐的吸管与空吸管相比，正对面积增大，所以电容变大，故A正确；
B．由题意可知，其电容器为铜箔与可乐构成，而细管接入铜箔之间，从结构上看，其细管除了喝水以外，也充当了电介质的作用，故B正确；
C．由之前的分析可知，当电容器的电容改变，即会听到音乐，而当喝其他饮料时，其它饮料到达铜箔的位置时，也改变了其电容，所以用该吸管喝别的饮料时也可能会发出音乐，故C错误；
D．由之前的分析可知，当电容器的电容改变，即会听到音乐，而当一根小木条插入吸管中时，也改变了其电容，所以手持一根小木条插入吸管中也可能听到音乐，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】根据电容器定义式进行判断；
根据电介质的作用进行判断。
9．（2024高三上·芙蓉期中）2023年12月1日晚，我国多地看到了红色的极光现象。地球上的极光主要是由来自太阳风中的高能带电粒子被地磁场导引而发生偏转，沿着地球两极的磁感线沉降到高层大气中，与大气中的粒子碰撞，使原子受到激发对外辐射电磁波，从而产生不同颜色的光。极光最常见的颜色为绿色，此外还有红色、紫色等。尽管极光现象常见于高纬度地区，但如果来自太阳风的高能带电粒子足够强，极光现象发生的范围会扩展到中低纬度地区，但此时极光现象已经大大减弱。假设受到激发前，大气中的同种原子均处于相同的稳态。下列说法正确的是（ ）
A．与高纬度地区相比，中低纬度地区不容易观察到极光现象是由于来自太阳风中的高能带电粒子射向高纬度地区的偏多而与地磁场的分布无关
B．处于稳态的大量同种原子与高能粒子碰撞，有可能跃迁至某一高能态，也有可能产生电离
C．产生绿色极光与产生红色极光相比，原子跃迁前后两个能级的能量差更大
D．中低纬度地区极光现象大大减弱是因为地磁场对高能粒子做负功，粒子能量减小
【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．根据题中叙述有，地球上的极光主要是由来自太阳风中的高能带电粒子被地磁场导引而发生偏转，沿着地球两极的磁感线沉降到高层大气中，可知，与高纬度地区相比，中低纬度地区不容易观察到极光现象与地磁场的分布有关，故A错误；
B．处于稳态的大量同种原子与高能粒子碰撞，因吸收的能量可能不同，有可能跃迁至某一高能态，也有可能产生电离，故B正确；
C．根据跃迁规律有
由于绿色极光的光子能量大于红色极光的光子能量，可知，产生绿色极光与产生红色极光相比，原子跃迁前后两个能级的能量差更大，故C正确；
D．洛伦兹力的方向始终与粒子运动速度的方向垂直，可知，地磁场对高能粒子不做功，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据题意进行判断；
处于稳态的大量同种原子与高能粒子碰撞，因吸收的能量进行判断；
根据，结合红绿光子的能量大小进行判断；
根据洛伦兹力不做功进行判断。
10．（2024高三上·芙蓉期中）如图所示，与水平面成角的传送带正以的速度顺时针匀速运行，传送带长。现每隔把质量的工件（各工作均相同，且可视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动。稳定工作时当一个工件到达B端取走时恰好在A端又放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，取，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力
B．两个工件间的最大距离为0.5m
C．两个工件间的最小距离为1.25m
D．稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为1000W
【答案】A,B,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】 本题主要考查倾斜传送带相关的知识点，处理问题时要注意物体和传送带的速度关系和受力情况再结合运动知识解题。A．工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，故A正确；
B．两工件间的最大距离为
故B正确，
C．刚开始加速0.1s的两个工件间距离最小，加速过程，摩擦力减去重力沿斜面分力等于合力大小，由牛顿第二定律可得
代入数据可得
由位移公式
代入数据可得
故C错误；
D．稳定工作时，每一个内，传送带等效传送一个工件。而每传送一个工件电动需做的功等于一个件由底部传到顶部过程中其机械能的增量与摩擦产生的热量之和。则有
联立解得
功率等于功除以时间，则稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为
故D正确。
故选ABD。
【分析】根据摩擦力的定义即可判断摩擦力方向；根据运动学公式即可求解 最大距离 ；根据牛顿第二定律结合运动学公式即可求解最小距离 ；根据物体的受力特点即可求解 电动机因传送工件而输出的功率 。
11．（2024高三上·芙蓉期中）某班级分若干个学习小组，通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。验证机械能守恒定律思路：求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和对应过程动能的增加量，在实验误差允许范围内，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律。
（1）在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，操作正确的是 。
A． B．
C． D．
（2）按正确合理的方法进行操作，打出的一条纸带如下图所示，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，重物的质量为m，交流电的频率为f。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量 ，动能增加量 。
（3）换用两个质量分别为m1、m2的重物P、Q进行多次实验，记录下落高度h和相应的速度大小v，描绘v2-h图像如图。对比图像分析正确的是 。
A．阻力可能为零 B．阻力不可能为零
C．m1可能等于m2 D．m1不可能等于m2
【答案】（1）B
（2）；
（3）B；C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。
故答案为：B。
（2）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量
依题意有，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打B点时的速度大小为
则从打O点到打B点的过程中，重物动能的增加量为
（3）设重物受到的阻力大小为f，根据动能定理可得
整理可得
若阻力为0，则v2-h图线的斜率为，则两图线斜率应相同，由题图可知，两图线斜率不相等，所以阻力不可能为零；由图像斜率关系可知
由于不清楚两重物所受阻力大小关系，所以无法确定m1与m2的大小关系，即m1可能等于m2。
故答案为：BC。
【分析】（1）打点计时器应连接交流电源，且为了减小摩擦以及充分利用纸带的要求进行判断；
（2）从打O点到打B点的过程中，根据重力做功与重力势能的关系进行判断；先求出周期，再根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度求解；
（3）根据动能定理进行判断，再根据图像斜率进行判断。
（1）打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。
故选B。
（2）[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量
[2]依题意有，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打B点时的速度大小为
则从打O点到打B点的过程中，重物动能的增加量为
（3）设重物受到的阻力大小为f，根据动能定理可得
整理可得
若阻力为0，则v2-h图线的斜率为，则两图线斜率应相同，由题图可知，两图线斜率不相等，所以阻力不可能为零；由图像斜率关系可知
由于不清楚两重物所受阻力大小关系，所以无法确定m1与m2的大小关系，即m1可能等于m2。
故选BC。
12．（2024高三上·芙蓉期中）实验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用图甲所示的装置让滑块做匀加速直线运动来进行；由已调水平的气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离L以及遮光片的宽度d，遮光片通过光电门A、B的时间tA、tB可通过计时器（图中未标出）分别读出，滑块质量为M，钩码的质量为m（），打开气垫导轨的气源，让滑块在钩码的重力作用下做匀加速直线运动，重力加速度为g，回答下列问题：
（1）滑块的加速度a= （用L、tA、tB、d来表示）；图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为d= mm。
（2）图丙是钩码的质量m不变，改变滑块的质量M，得出不同的M对应的加速度a，描绘出a-M函数关系图像为双曲线的一支，图中两矩形的面积 （填“相等”或“不相等”）。
（3）图丁是滑块的质量M不变，改变钩码的质量m，得出不同的mg对应的加速度a，描绘出a-mg的函数关系图像，说明a与mg成 （填“正比”或“反比”），图线的斜率等于 。
【答案】（1）；2.0
（2）相等
（3）正比；
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的瞬时速度分别为
，
滑块从A运动到B的过程中，由匀变速直线运动速度时间关系可得
综合可得
图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为d=2.0mm
（2）a-M函数关系图像为双曲线的一支，说明a与M成反比，则有a与成正比，由牛顿第二定律有
当钩码的质量m不变，滑块的质量M与加速度a的乘积不变恒为mg，把a-M函数关系图像中两个矩形补充完整，如图所示
两个完整的矩形的面积相等都为mg，再减去补充的共有面积，剩余的面积也相等，即图中两矩形的面积相等。
（3）图丁是滑块的质量M不变，改变钩码的质量m，得出不同的mg对应的加速度a，描绘出a-mg的函数关系图像是正比例函数关系图像说明a与mg成正比。
由牛顿第二定律有
可得
说明图线的斜率等于。
【分析】（1）根据匀速直线运动求出A与B的速度大小，再根据速度与时间关系列式求解；
根据刻度尺读数规律读出；
（2）由牛顿第二定律列式，再根据当钩码的质量m不变，滑块的质量M与加速度a的乘积不变恒为mg，进行判断；
（3）根据题意结合图像的斜率进行判断；由牛顿第二定律列式求出斜率大小。
（1）[1]由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的瞬时速度分别为
，
滑块从A运动到B的过程中，由匀变速直线运动速度时间关系可得
综合可得
[2]图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为d=2.0mm
（2）a-M函数关系图像为双曲线的一支，说明a与M成反比，则有a与成正比，由牛顿第二定律有
当钩码的质量m不变，滑块的质量M与加速度a的乘积不变恒为mg，把a-M函数关系图像中两个矩形补充完整，如图所示
两个完整的矩形的面积相等都为mg，再减去补充的共有面积，剩余的面积也相等，即图中两矩形的面积相等。
（3）[1]图丁是滑块的质量M不变，改变钩码的质量m，得出不同的mg对应的加速度a，描绘出a-mg的函数关系图像是正比例函数关系图像说明a与mg成正比。
[2]由牛顿第二定律有
可得
说明图线的斜率等于。
13．（2024高三上·芙蓉期中）如图甲所示为风谷车（又称风车），我国农业种植中用来去除水稻等农作物子实中杂质、瘪粒、秸秆屑等的木制传统农具，其工作原理可简化为图乙所示：转动摇手柄，联动风箱内的风叶，向车斗内送风，装入入料仓的谷物中混有质量较大的饱粒和质量稍小的瘪粒，均无初速地从入料仓漏下，在车斗中下落高度H=0.45m后，从宽度为L1=0.18m的第一出料口出来的都称之为饱粒，其中的最小质量为；从宽度为L2（待求）的第二出料口出来的都称之为瘪粒，其中的最小质量为；质量小于的草屑被吹出出风口。只考虑重力和水平风力F（设每颗粒受到的水平风力都相同，不同颗粒的质量分布是连续的），g取10m/s2。求：
（1）水平风力F的大小；
（2）第二出料口的宽度L2。
【答案】（1）谷物在竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体运动公式
解得
设饱粒的最小质量为m，其对应落点在第一出料口的最右侧，水平方向做匀加速运动，有：
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）设瘪粒中质量最小的颗粒质量为，其对应落点在第二出料口最右侧，根据牛顿第二定律
在水平方向做匀加速运动，则有
联立以上解得
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）根据自由落体公式求出下落时间，再根据水平方向上做匀加速直线运动求出其加速度大小，再根据牛顿第二定律求出水平风力F；
（2）根据牛顿第二定律求出加速度大小，再根据在水平方向上求出宽度。
（1）谷物在竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体运动公式
解得
设饱粒的最小质量为m，其对应落点在第一出料口的最右侧，水平方向做匀加速运动，有：
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）设瘪粒中质量最小的颗粒质量为，其对应落点在第二出料口最右侧，根据牛顿第二定律
在水平方向做匀加速运动，则有
联立以上解得
14．（2024高三上·芙蓉期中）如图，两长度均为L的相同轻质细杆用铰链A、B、C相连，质量可忽略的铰链A固定在地面上，铰链B和C质量不可忽略，均为m，铰链A、B、C均可视为质点。起始位置两细杆竖直，如图虚线所示，铰链A和C彼此靠近。t=0时铰链C在水平变力的作用下从静止开始做初速度为零，加速度大小为的匀加速直线运动（g为重力加速度），到t=t1时AB和BC间的夹角变为120°，如图实线所示。若两个轻质细杆始终在同一竖直面内运动，所有摩擦均不计，求：
（1）当t=t1时，铰链C的速度大小；
（2）当t=t1时，重力对B做功的瞬时功率；
（3）若t=t1时，水平F的大小恰好为，求此时连接AB的细杆中的弹力大小。
【答案】（1）根据几何关系可得时C的位移为
根据匀变速直线运动的规律，有
解得
（2）沿杆方向速度相等，为根据运动的合成与分解如图
0
根据几何关系，有
解得
故重力对B做功的瞬时功率为
解得
（3）时刻对C分析，设BC间杆对C的作用力为，根据牛顿第二定律
联立解得
又B绕A做圆周运动，对B进行受力分析，如图
设AB杆对B的弹力FA沿AB杆指向B，根据牛顿第二定律，有
解得
即此时AB杆对B的弹力大小为。
【知识点】运动的合成与分解；竖直平面的圆周运动；功率及其计算
【解析】【分析】（1）根据几何关系求出C的位移，再根据速度与位移关系列式求解；
（2）根据运动的合成与分解列式求出B的速度，再根据重力做功的瞬时功率求解；
（3）根据牛顿第二定律求出 BC间杆对C的作用力，再对B进行受力分析，根据B做圆周运动列式求解。
（1）根据几何关系可得时C的位移为
根据匀变速直线运动的规律，有
解得
（2）沿杆方向速度相等，为根据运动的合成与分解如图
根据几何关系，有
解得
故重力对B做功的瞬时功率为
解得
（3）时刻对C分析，设BC间杆对C的作用力为，根据牛顿第二定律
联立解得
又B绕A做圆周运动，对B进行受力分析，如图
设AB杆对B的弹力FA沿AB杆指向B，根据牛顿第二定律，有
解得
即此时AB杆对B的弹力大小为。
15．（2024高三上·芙蓉期中）水平固定的圆形轨道（内部开有环形槽）中有球1、2质量分别为m、2m。两球以初速度v0从轨道中的某点沿相反方向出发（如图1所示），圆形轨道内外半径都为R，各处均无摩擦。
（1）若两球发生的第一次碰撞为完全非弹性碰撞，求两球碰撞后瞬间的速度大小；
（2）从开始出发到发生第一次相碰前的过程中，轨道对两球的总冲量大小；
（3）若两球用一长为R且不可伸长的绳连接，球沿轨道运动时绳通过槽与两球连接（如图2所示），绳被拉直时不会引起能量损失，求绳第一次绷紧过程中绳上的冲量I。
【答案】（1）设两球碰撞后的共同速度为v，取球2运动方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）取球2初始运动方向为正方向，两球的初始总动量
两球的末状态总动量
所以
轨道在水平方向对两球的总冲量
两球运动的时间
轨道在竖直向上的方向上对两球的作用力
所以轨道在竖直向上的方向上对两球的总冲量
故轨道对两球的总冲量大小为
（3）0绳被拉直时恰好处于水平状态，如图2所示，沿着管道方向建立坐标系，根据动量守恒可得
根据机械能守恒可得
解得
，
沿轨道方向上，根据动量定理定律
解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1） 由动量守恒定律 列式求解；
（2）先求出两球的初始总动量，以及末状态总动量，再求出动量变化量；再求出两球的运动时间，结合动量定理求出轨道在竖直向上的方向上对两球的作用力；再根据求出轨道在竖直向上的方向上对两球的总冲量，进而求出 轨道对两球的总冲量大小 ；
（3） 在图2中， 根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式，再沿轨道方向上，根据动量定理定律 列式求解。
（1）设两球碰撞后的共同速度为v，取球2运动方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）取球2初始运动方向为正方向，两球的初始总动量
两球的末状态总动量
所以
轨道在水平方向对两球的总冲量
两球运动的时间
轨道在竖直向上的方向上对两球的作用力
所以轨道在竖直向上的方向上对两球的总冲量
故轨道对两球的总冲量大小为
（3）绳被拉直时恰好处于水平状态，如图2所示，沿着管道方向建立坐标系，根据动量守恒可得
根据机械能守恒可得
解得
，
沿轨道方向上，根据动量定理定律
解得
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