广东省广州市培英中学2024-2025学年高三上学期9月月考物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高三上·广州月考）下列属于国际单位制基本单位符号的是（ ）
A．h（小时） B．（牛顿） C．J（焦耳） D．（开尔文）
2．（2024高三上·广州月考）如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m=0.2 kg的飞箭从地面以初速度v0=10m/s竖直向上射出，若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f = kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1=2m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是（ ）
A．k的值为0.1 Ns/m
B．飞箭在上升过程的平均速度大于5 m/s
C．飞箭射出瞬间的加速度大小为60 m/s 2
D．飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大
3．（2024高三上·广州月考）中国古代灌溉农田用的桔是臂架型起重机的雏形。如图所示，用起重机将一质量的重物竖直向上吊起，若重物上表面是边长为的水平正方形，四根长度均为的吊绳分别连接在正方形的四个角，另一端连接在吊索下端的点。取重力加速度，忽略空气阻力和吊绳的重力，起重机的吊索吊着重物匀速上升过程中，吊索上的拉力大小和每根吊绳上的拉力大小分别为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高三上·广州月考）如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ。图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连。系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间（ ）
A．两图中两球加速度均为gsinθ B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsinθ D．图乙中B球的加速度为零
5．（2024高三上·广州月考）如图所示，质量为m的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到0，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．滑块向左运动过程中，始终做匀减速运动
B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动
C．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为
D．滑块向右运动过程中，当滑块与弹簧分离时，滑块速度最大
6．（2024高三上·广州月考）如图，每一级台阶的高为5cm，宽为15cm，某同学用发射器（忽略大小）从第1级台阶边缘向右水平弹射一个可以看作质点的小球，要使小球能落到第4级台阶上（小球没有与台阶顶点接触），取重力加速度为，则弹射速度v可能是（ ）
A．2.5m/s B．2m/s C．1.5m/s D．1m/s
7．（2024高三上·广州月考）如图甲所示，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针方向的匀速圆周运动。可简化为图乙所示模型，一件小衣物质量为，、分别为小衣物经过的最高位置和最低位置，测得小衣物过点线速度大小为，做圆周运动的周期为。已知重力加速度为，小衣物可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．衣物转到位置时的脱水效果最好
B．要使衣物过点不掉下，转筒的周期不能大于
C．衣物在点对滚筒壁的压力大小为
D．衣物在、两点受到转筒的压力差为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2024高三上·广州月考）如图所示，不可伸长的轻绳跨过大小不计的定滑轮O将重物B和套在竖直细杆上的轻环A相连。施加外为让A沿杆以速度v匀速上升，经图中M位置上升至N位置，已知OM与直杆成θ角，ON与竖直杆成直角，则下列说法正确的是（ ）
A．A 运动到位置M时，B的速度大小为
B．A 匀速上升过程中，B匀速下降
C．B下降过程处于超重状态
D．A运动到位置N时，B的速度最小
9．（2024高三上·广州月考）如图所示，A、B两个物块用绕过定滑轮的细线连接，物块B放在水平面上，物块A悬吊着，物块A的质量为m，定滑轮与物块B间的细线与竖直方向的夹角为θ，现给物块A施加一个水平向右的拉力，使物块A缓慢移动，物块B始终保持静止，重力加速度为g，在物块A向右缓慢移动过程中（ ）
A．拉力F变大
B．物块B对地面的压力越来越大
C．地面对物块B的摩擦力越来越小
D．当悬吊物块A的细线与竖直方向的夹角也为θ时，细线对滑轮的作用力等于2mg
10．（2024高三上·广州月考）如图所示，与水平面成角的传送带正的速度匀速运行，A，B两端相距。现每隔1s把质量的工件（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，且工件到达B端时恰好才在A端放上一个工件，工件与传送带同的动摩擦因数，g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．两个工件间的最小距离为1.25m
C．传送带上始终有7个工件
D．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了45N
三、实验探究题：共14分。第11题6分，第12题8分，把答案写在答题卡中指定位置，不要求写出演算过程。
11．（2024高三上·广州月考）某同学用如图甲所示装置 “验证力的平行四边形定则”。
（1）先用两个弹簧测力计拉橡皮筋到点，然后只用一个弹簧测力计拉橡皮筋，再次将橡皮筋拉至点，目的是 ；
（2）图乙中的力不是由弹簧测力计测得的是 ；
（3）比较和，写出可能产生误差的一点原因： 。
12．（2024高三上·广州月考）某学习小组的同学要探究“质量一定时，加速度与物体受力的关系”。他们在实验室组装了一套如图所示的实验装置，水平轨道上安装两个光电门，光电门与数字计时器相连，两个光电门中心距离，小车上固定有挡光片，挡光片的宽度，细线跨过两个定滑轮一端与力传感器连接，另一端与小桶连接。实验时首先保持轨道水平，通过调整小桶内砝码的质量使小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，此时力传感器的示数为。然后改变小桶内砝码的质量，使小车做匀加速直线运动，记下每次小车做匀加速直线运动时力传感器的示数F和对应的数字计时器的示数，并求出小车做匀加速直线运动的加速度a，分析实验数据，得到小车的加速度与受力的关系。
（1）该实验 （选填“需要”或“不需要”）满足小桶和小桶内砝码的总质量m远小于小车和小车上的定滑轮和挡光片的总质量M。
（2）某次实验过程中：小车上的挡光片通过光电门1和2的挡光时间分别为（小车上的挡光片通过光电门2后，小桶才落地），则小车的加速度 （计算结果保留两位有效数字）。
（3）实验时，当力传感器读数为时，测得小车的加速度大小为，当力传感器读数为时，测得小车的加速度大小为，在误差允许的范围内满足 ，则说明在小车质量一定的情况下，小车的加速度与小车所受的合外力成正比。
四、计算题：共40分。第13题10分，第14题14分，第15题16分，把答案写在答题卡中指定位置，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写结果的不给分。
13．（2024高三上·广州月考）如图所示，小球从平台上抛出，正好落在台的一倾角为的光滑斜面上，且速度方向恰好沿斜面，并沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差，重力加速度g取，，，求
（1）小球经多长时间到达斜面顶端？
（2）小球水平抛出的初速度是多少？
（3）若斜面顶端高，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端。
14．（2024高三上·广州月考）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
15．（2024高三上·广州月考）如图，长木板B静止于水平地面上，右端有一挡板。B最左端放置一小物块A，A与挡板的距离为时刻，A以的水平初速度开始向右运动，同时一大小为10N、方向水平向右的恒定拉力作用于B，经过后撤去力。已知的质量分别为和与B之间的动摩擦因数为与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。
（1）求时B的加速度大小；
（2）若A未与B右端挡板碰撞，自起到A与地面保持相对静止时，此过程间的相对位移大小是多少？
（3）当时，A与B右端挡板发生碰撞，求从A开始运动到A与挡板碰撞所经历的时间。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】单位制；力学单位制
【解析】【解答】A． h（小时）是时间单位，但SI基本单位为秒（s），故A错误；
B．N（牛顿）是力的导出单位，基本单位为kg·m/s2，故B错误；
C．能量/功的导出单位，基本单位为kg·m2/s2
C错误；
D．即开尔文是热力学温度的基本单位符号，故D正确。
故选D。
【分析】（1）国际单位制（SI）的7个基本单位‘长时质量电光温’及其符号；区分基本单位与导出单位；隐含条件是物理量的符号书写规范；扩展知识为常见导出单位（如牛顿、焦耳）的来源。
（2）易错点：混淆基本单位与常用单位；误将导出单位当作基本单位；忽略符号的大小写规范。
2．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．匀速下降时满足
可得k的值为
选项A错误；
B．图像的面积等于位移，由图像可知，上升过程中的位移小于做匀减速过程中的位移，则飞箭在上升过程的平均速度
选项B错误；
C．飞箭射出瞬间的加速度大小为
选项C正确；
D．图像的斜率等于加速度，可知飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐减小，选项D错误。
故选C。
【分析】
1.由飞箭竖直上升和返回地面的速率时间图像可以知道，飞箭匀速直线的速率大小，根据平衡条件列方程求出空气阻力与速率成正比的比例系数。
2.图像的面积数值等于位移，由图像可知，上升过程中的位移小于做匀减速过程中的位移，根据平均速度的定义可知飞箭上升过程的平均速度小于匀减速上升的平均速度。
3.飞箭射出瞬间的加速度大小可以由牛顿第二定律（瞬时性）列方程求解。
4.图像的斜率数值等于加速度大小，可知飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐减小。
3．【答案】A
【知识点】力的平行四边形定则及应用；力的分解；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】 A . 设吊索上的拉力大小为，吊绳与竖直方向的夹角为，根据力的平衡条件，
有
根据如图几何关系得
根据同角的正宇弦平方和等于1得
设每根吊绳上的拉力大小为，根据竖直方向上力的平衡条件，有
解得
故A正确；
B . 吊索拉力正确，单根吊绳拉力1500N错误，故B错误；
C . 吊索拉力3000√2N错误，单根吊绳拉力750N正确，故C错误；
D . 吊索拉力3000√2N错误，单根吊绳拉力1500N还错误，故D错误；
故选A；
【分析】（1）本题属于空间共点力平衡问题，关键突破点在于正确建立三维受力模型，通过几何关系确定吊绳与竖直方向的夹角；隐含条件是四根吊绳对称分布，拉力大小相等，且其竖直分力之和与重物重力平衡；
（2）易错点包括：错误计算空间夹角导致分力分析错误；混淆吊索总拉力与单根吊绳拉力的关系；未考虑吊绳的空间对称性导致合成错误。
4．【答案】C
【知识点】形变与弹力；胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A . 图甲A球的作用力被弹簧备份了，备份的力在撤板后还是在缓存中，无法撤走，就是A是动不了的，这样一来B球就会把备份力先使用掉，撤去挡板前，由平衡条件知挡板对B球的弹力大小为，撤板后B球受自身的mgsinθ和A球缓存在弹簧里的mgsinθ，所以B球加速度为2gsinθ，图乙中B球加速度为gsinθ，故A错误；
B . 图甲中A球加速度为零（弹簧备份力不变保持受力平衡状态），图乙中A球加速度为gsinθ（轻杆弹力突变），故B错误；
C . 图甲中撤去挡板后，B球受弹簧缓存A的弹力（mgsinθ）和自身重力分力（mgsinθ）作用，合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ，故C正确；
D . 图乙中轻杆无力保存在杆中，杆中力突变为零，B球仅受重力分力，加速度为gsinθ，故D错误。
故选C。
【分析】（1）需结合弹簧与轻杆的力学特性分析瞬时加速度；明确弹簧弹力不可突变而轻杆弹力可突变；隐含条件是撤去挡板前后系统的受力变化；扩展知识为牛顿第二定律在瞬态问题中的应用。
（2）易错点：混淆弹簧与轻杆的弹力突变特性；忽略两球加速度的关联性；错误认为撤去挡板后系统仍保持平衡。
5．【答案】C
【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．滑块在水平面上向左撞向弹簧的运动过程中，弹簧弹力逐渐增大，在水平方向受到向右的弹力和向右的滑动摩擦力，在此过程中弹力逐渐增大，弹力和滑动摩擦力的合力逐渐增大且与运动方向始终相反，滑块做减速运动，不是恒力的匀减速运动，故A错误；
B . 滑块向右运动中，弹簧弹力从最大逐渐减小，当kx>μmg 时加速，kx<μmg 时减速，故B错误；C . 当滑块将弹簧压缩了x0时，滑块受弹力和摩擦力，最大加速度出现在弹簧压缩最大时，
此时合力最大
则加速度最大
故C正确；
D．滑块向右速度最大时合力为零（kx=μmg），此时未分离，滑块开始向右运动时备份的力即受到的弹力最大，以后运动中缓存的力反向释放即弹力方向向右，滑动摩擦力方向向左，开始缓存释放的力即弹力大于摩擦力，两力的合力方向向右，滑块向右做加速运动，随弹簧的伸长，备份的力即弹力逐渐减小，当备份力即弹力大小等于摩擦力时，合力是零，加速度是零，滑块速度最大，以后备份力即弹力小于摩擦力，合力方向向左，滑块做减速运动，因此滑块向右运动过程中，先加速，后减速，故D错误；
故选C。
【分析】（1）需结合弹簧力、摩擦力及加速度的瞬时变化分析滑块运动；明确弹簧备份力即弹力随位移线性变化及速度极值点条件；隐含条件是最大加速度出现在力已经备份完毕即弹簧压缩最大时；扩展知识为简谐运动的动力学特征。
（2）易错点：混淆变加速与匀变速运动；忽略速度最大时合力为零的条件；错误判断加速度极值位置。
6．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】 A . 小球做平抛运动，当小球恰好落在第3级台阶右边缘时有
，，
解得
当小球恰好落在第4级台阶右边缘时有
，，
解得
可知，要使小球能落到第4级台阶上，弹射速度v的范围，，当v=2.5m/s时，故A正确；
B . 当v=2m/s时，小于2.12m/s（3级台阶宽度），不能落在第四级，故B错误；
C .，
当v=1.5m/s时，水平距离15cm，故C错误；
D .，
当v=1m/s时，0.1m，落在第2级上，故D错误；
故选A。
【分析】（1）解题关键是平抛运动的分位移计算，突破点是利用高度差约束时间范围；隐含条件是落点需满足台阶高度和宽度的几何关系；
（2）易错点：①混淆台阶编号与位移对应关系；②未考虑临界情况（擦边下落）；③时间计算错误导致位移偏差。
7．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】B．为了衣物经过A点，衣物恰好经过A点时，筒壁的支持力需要大于等于零，根据衣物的牛顿第二定律有：
解得
故B错误；
C．衣物在A点时，根据衣物的牛顿第二定律有：
解得衣物在A点受到滚筒壁的支持力为
由牛顿第三定律可知衣物在点对滚筒壁的压力大小为，故C正确；
D．衣物转到B位置时，由牛顿第二定律有
根据上式可以得出：A、B两点的压力之差为
即衣物在、两点受到转筒的压力差为，故D错误；
A．根据上式分析可以得出：衣物在A、B两点的压力满足
由于衣物在B点需要筒壁的弹力大于在A点受到的弹力大小，则在B点更容易发生离心运动，故A错误。
故选C。
【分析】利用衣物恰好过最高点的牛顿第二定律可以求出周期的大小；利用衣物在A点的牛顿第二定律可以求出压力的大小，同理可以求出衣物在B点的压力大小，进而判别离心运动的效果；同时可以求出压力的差值。
8．【答案】C,D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；超重与失重；运动的合成与分解
【解析】【解答】A . A在M点时，速度v沿杆方向是合运动有轨迹，
沿绳垂绳方向仅是函数图象的一个等效的坐标分解系，分解是否正确依据沿杆方向来矫正，B速度
故A正确；
B . A匀速上升时，θ角变化导致
变化，B非匀速下降，故B错误；
C．环A在上升过程中，连接A与B的绳子与竖直方向的夹角在增大，因此可知
在减小，也就是说物体B在运动过程中始终在做减速运动，速度方向与加速度方向相反，根据牛顿第二定律有
得到绳子对B的拉力为
则B下降过程处于超重状态，故C正确。
D .环在运动过程中，环的合速度沿着细杆竖直向上，而环的速度可以分解为沿着绳子的速度和垂直于绳子的速度，因此，沿着绳子的速度为
又物体B与绳子相连，所以物体B的速度大小等于绳子的速度，而当A运动到位置N时，θ=90°
为最小值，沿着绳子的速度变为零，故D正确；
故选CD。
【分析】（1）需结合速度分解与受力分析解决连接体问题；明确轻环A速度沿杆方向，B速度竖直向下，且绳长不变；隐含条件是A匀速运动时B速度变化；扩展知识为超重状态的判定条件（加速度方向）。
（2）易错点：混淆速度分解方向；误判B的运动状态；忽略绳长约束对速度关系的影响。
9．【答案】A,D
【知识点】静摩擦力；力的合成；力的分解；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．对物块A进行受力分析，受力随A与定滑轮角度动态变化，如下图所示
当物块A缓慢向右移动时，A重力不变，竖直方向上向上必然有个不变的分力不变，画水平线，绳的弹力T随角度的变大而变大，水平方向上需要的拉力也在增大，故A正确；
B．对物块B分析如图有
根据力的相互作用力有压力
支持力解得，压力
结合上述，绳弹力增大，则物块B对地面的压力随A端绳与竖直方向的夹角增大而越来越小，故B错误；
C．对物块B分析有
结合上述绳拉力增大，地面对物块B的摩擦力越来越大，故C错误；
D．当悬吊物块A的细线与竖直方向的夹角也为时，A在竖直方向上重力等于sz拉力的竖直分量，即
对滑轮分析可知两侧夹角相同竖直分量相同，细线对滑轮的作用力
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】（1）本题属于静力学动态平衡问题，需对A、B两物体分别受力分析，利用平衡条件及力的合成与分解求解；关键突破点是A缓慢移动，系统始终处于平衡状态，且B始终保持静止，说明地面对B的支持力和摩擦力不断调整以维持平衡；
（2）易错点是忽略细线张力在A移动过程中的变化，或错误认为B对地面的压力仅由B自身重力决定；此外，滑轮处细线作用力的合成需考虑对称性。
10．【答案】A,B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．根据摩擦力的定义即可判断方向，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．根据牛顿第二定律结合运动学公式即可解决，刚开始加速1s的两个工件间距离最小，加速过程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B正确；
C．根据运动学公式即可求解，工件加速过程所用的时间为
工件加速过程的位移为
工件匀速过程的位移为
每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了2个，匀速过程放了4个，共6个，故C错误；
D．根据物体的受力特点即可求解，满载时电机对传送带的牵引力为
故D错误。
故选AB。
【分析】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道解题。
11．【答案】（1）使力的作用效果相同
（2）F
（3）读数时视线没有正对弹簧测力计的刻度
【知识点】验证力的平行四边形定则；力的合成；力的平行四边形定则及应用；力的分解
【解析】【解答】（1）先用两个弹簧测力计拉橡皮筋到点，然后只用一个弹簧测力计拉橡皮筋，再次将橡皮筋拉至点，目的是使力的作用效果相同，两次拉至O点确保合力与分力效果相同，故第1空填“使力的作用效果相同”。
（2）图乙中F是F1和F2通过平行四边形定则得到的合力，为理论合力（平行四边形对角线），非直接测量值，故第1空填“F”正确。
（3）比较和，写出可能产生误差的原因是读数时视线没有正对弹簧测力计的刻度，差异可能源于弹簧测力计读数误差、橡皮筋未完全拉至同一点或标度不准，故第1空填“弹簧测力计读数误差”或“标度偏差”等合理原因均正确。
【分析】（1）需理解等效替代法验证平行四边形定则；关键突破点是明确两次拉至同一点保证力的作用效果相同；隐含条件是实验误差来源的分析；扩展知识为矢量合成的几何关系。
（2）易错点：混淆实际测量力与理论合力；忽略操作中橡皮筋形变一致性；未识别弹簧测力计读数误差。
（1）先用两个弹簧测力计拉橡皮筋到点，然后只用一个弹簧测力计拉橡皮筋，再次将橡皮筋拉至点，目的是使力的作用效果相同。
（2）图乙中F是F1和F2通过平行四边形定则得到的合力，所以F不是由弹簧测力计测得的。
（3）比较和，写出可能产生误差的原因是读数时视线没有正对弹簧测力计的刻度。
12．【答案】（1）不需要
（2）3.0
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】（1）由于实验中已给出了力传感器，可以直接测出细线的拉力，无需满足，故第(1)问填“不需要” 所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车（包括力传感器和挡光板）的质量。
（2）小车通过光电门1时的速度为
通过光电门2时的速度为
根据匀变速直线运动公式
可得
（3）平衡摩擦力时，小车做匀速运动，力传感器的示数等于砝码和砝码盘的总重力，故
在小车质量一定的情况下，小车的加速度与小车所受的合外力成正比，则
，
联立，解得
【分析】（1）该实验采用力传感器直接测量细线对小车的拉力，无需用砝码重力近似代替拉力，因此不需要满足小桶和砝码总质量远小于小车质量；关键突破点是理解力传感器的作用消除了系统误差，使实验更精确；
（2）易错点是误用传统“钩码拉力法”思维，忽视力传感器的优势；计算加速度时需注意挡光片宽度和光电门间距的精确运用，避免单位换算错误。
（1）由于实验中已给出了力传感器，可以直接测出细线的拉力，所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车（包括力传感器和挡光板）的质量。
（2）小车通过光电门1时的速度为
通过光电门2时的速度为
根据匀变速直线运动公式
可得
（3）平衡摩擦力时，小车做匀速运动，力传感器的示数等于砝码和砝码盘的总重力，故
在小车质量一定的情况下，小车的加速度与小车所受的合外力成正比，则
，
联立，解得
13．【答案】解：（1）（2）小球从平台抛出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，设小球到达斜面顶端时间为t1，则，
竖直分速度
根据已知条件结合速度的合成与分解由速度方向沿斜面得
代入数值解得，
（3）小球在光滑斜面上根据由运动状态必有对应的合力定律
得
矢量合成平行四边形法则水平竖直速度合速度为
小球在斜面上的运动过程中满足
代入得
整理得
因式分解得
解得
故小球离开平台后到达斜面底端的时间为
（1）0.4s；（2）3m/s；（3）2.4s
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的平行四边形定则及应用；牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，到达斜面顶端时竖直位移与水平位移满足几何关系，可通过竖直自由落体运动求出时间，再利用水平匀速运动求初速度；关键突破点是速度方向沿斜面，即竖直分速度与水平分速度之比等于斜面倾角的正切；
（2）易错点是忽略速度方向沿斜面的条件，导致无法建立竖直与水平分速度的关系；斜面光滑下滑时加速度由重力沿斜面的分量决定，需分解重力。
14．【答案】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得
根据胡克定律得
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离
（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得
由几何关系得圆环此时转动的半径为
联立解得
（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有，
由几何关系得
联立解得
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据平衡条件和胡克定律求解弹簧的压缩量，再求圆环与O点的距离；
（2）弹簧处于原长时，圆环所受重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求角速度；
（3）对圆环进行受力分析，根据正交分解法求向心力，再根据牛顿第二定律和向心力公式求角速度。
15．【答案】（1）解：（1）时对A、B受力分析，摩擦力是会随相对参照物速度快慢决定的运动方向改变而改变的，受合力等于运动状态需要力可得
解得
（2）（2） 12m/s到A与地面保持相对静止时即在地上看静止了0m/s，A的总位移减去B的位移，计算后最终在vt图上显示为AB速度间的面积如下图
依题意，A在B上做匀减速直线运动，初始速度差12m/s，其加速度为
B做匀加速直线运动，共速前摩擦力情况不变，aB不变，设时刻二者共速，则有
代数得
解得
，该过程二者位移差为
依题意，共速后须重新受力分析如下图，因为速度加速度都相同，可以视为整体，整体受力分析内二者一起做匀加速直线运动，其加速度为
可知末，二者速度为
撤去F后，须对A、B重新受力分析，各自所受合力等于运动状态需要力可得
A和B分别做匀减速直线运动，其加速度为
，
可知B速度先减到零，设所需时间为，则有
，
解得此时A的速度减为
该阶段二者位移位移差为
之后A减速到0时的位移
此过程间的相对位移大小是
（3）（3）依题意，当B停止时，vA=4m/s，A距挡板的距离为
设B停止后经时间，A与B右端挡板碰撞，则有
代入得
整理得，因式分解得，解得，（或舍去）
从A开始运动到A与挡板碰撞所经历的时间为
【知识点】整体法隔离法；摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）须分阶段分析A、B的受力情况确定出对应的运动状态，结合牛顿第二定律和相对运动关系；明确A、B的加速度计算；隐含条件是力F作用8秒后撤去，速度同与不同时需分段处理各自合力造成运动状态的改变；扩展知识为摩擦力方向的动态变化。
（2）易错点：混淆A、B的加速度方向；忽略撤去F后的运动状态变化；错误计算相对位移的区间。
（1）时对B受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
（2）依题意，A在B上做匀减速直线运动，其加速度为
B做匀加速直线运动，设时刻二者共速，则有
解得
，
该过程二者位移差为
依题意，内二者一起做匀加速直线运动，其加速度为
可知末，二者速度为
撤去F后，A和B分别做匀减速直线运动，其加速度为
，
可知B速度先减到零，设所需时间为，则有
解得
此时A的速度减为
该阶段二者位移位移差为
之后A减速到0时的位移
此过程间的相对位移大小是
（3）依题意，当B停止时，A距挡板的距离为
设B停止后经时间，A与B右端挡板碰撞，则有
解得
，（或舍去）
从A开始运动到A与挡板碰撞所经历的时间为
1 / 1广东省广州市培英中学2024-2025学年高三上学期9月月考物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高三上·广州月考）下列属于国际单位制基本单位符号的是（ ）
A．h（小时） B．（牛顿） C．J（焦耳） D．（开尔文）
【答案】D
【知识点】单位制；力学单位制
【解析】【解答】A． h（小时）是时间单位，但SI基本单位为秒（s），故A错误；
B．N（牛顿）是力的导出单位，基本单位为kg·m/s2，故B错误；
C．能量/功的导出单位，基本单位为kg·m2/s2
C错误；
D．即开尔文是热力学温度的基本单位符号，故D正确。
故选D。
【分析】（1）国际单位制（SI）的7个基本单位‘长时质量电光温’及其符号；区分基本单位与导出单位；隐含条件是物理量的符号书写规范；扩展知识为常见导出单位（如牛顿、焦耳）的来源。
（2）易错点：混淆基本单位与常用单位；误将导出单位当作基本单位；忽略符号的大小写规范。
2．（2024高三上·广州月考）如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m=0.2 kg的飞箭从地面以初速度v0=10m/s竖直向上射出，若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f = kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1=2m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是（ ）
A．k的值为0.1 Ns/m
B．飞箭在上升过程的平均速度大于5 m/s
C．飞箭射出瞬间的加速度大小为60 m/s 2
D．飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．匀速下降时满足
可得k的值为
选项A错误；
B．图像的面积等于位移，由图像可知，上升过程中的位移小于做匀减速过程中的位移，则飞箭在上升过程的平均速度
选项B错误；
C．飞箭射出瞬间的加速度大小为
选项C正确；
D．图像的斜率等于加速度，可知飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐减小，选项D错误。
故选C。
【分析】
1.由飞箭竖直上升和返回地面的速率时间图像可以知道，飞箭匀速直线的速率大小，根据平衡条件列方程求出空气阻力与速率成正比的比例系数。
2.图像的面积数值等于位移，由图像可知，上升过程中的位移小于做匀减速过程中的位移，根据平均速度的定义可知飞箭上升过程的平均速度小于匀减速上升的平均速度。
3.飞箭射出瞬间的加速度大小可以由牛顿第二定律（瞬时性）列方程求解。
4.图像的斜率数值等于加速度大小，可知飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐减小。
3．（2024高三上·广州月考）中国古代灌溉农田用的桔是臂架型起重机的雏形。如图所示，用起重机将一质量的重物竖直向上吊起，若重物上表面是边长为的水平正方形，四根长度均为的吊绳分别连接在正方形的四个角，另一端连接在吊索下端的点。取重力加速度，忽略空气阻力和吊绳的重力，起重机的吊索吊着重物匀速上升过程中，吊索上的拉力大小和每根吊绳上的拉力大小分别为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】力的平行四边形定则及应用；力的分解；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】 A . 设吊索上的拉力大小为，吊绳与竖直方向的夹角为，根据力的平衡条件，
有
根据如图几何关系得
根据同角的正宇弦平方和等于1得
设每根吊绳上的拉力大小为，根据竖直方向上力的平衡条件，有
解得
故A正确；
B . 吊索拉力正确，单根吊绳拉力1500N错误，故B错误；
C . 吊索拉力3000√2N错误，单根吊绳拉力750N正确，故C错误；
D . 吊索拉力3000√2N错误，单根吊绳拉力1500N还错误，故D错误；
故选A；
【分析】（1）本题属于空间共点力平衡问题，关键突破点在于正确建立三维受力模型，通过几何关系确定吊绳与竖直方向的夹角；隐含条件是四根吊绳对称分布，拉力大小相等，且其竖直分力之和与重物重力平衡；
（2）易错点包括：错误计算空间夹角导致分力分析错误；混淆吊索总拉力与单根吊绳拉力的关系；未考虑吊绳的空间对称性导致合成错误。
4．（2024高三上·广州月考）如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ。图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连。系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间（ ）
A．两图中两球加速度均为gsinθ B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsinθ D．图乙中B球的加速度为零
【答案】C
【知识点】形变与弹力；胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A . 图甲A球的作用力被弹簧备份了，备份的力在撤板后还是在缓存中，无法撤走，就是A是动不了的，这样一来B球就会把备份力先使用掉，撤去挡板前，由平衡条件知挡板对B球的弹力大小为，撤板后B球受自身的mgsinθ和A球缓存在弹簧里的mgsinθ，所以B球加速度为2gsinθ，图乙中B球加速度为gsinθ，故A错误；
B . 图甲中A球加速度为零（弹簧备份力不变保持受力平衡状态），图乙中A球加速度为gsinθ（轻杆弹力突变），故B错误；
C . 图甲中撤去挡板后，B球受弹簧缓存A的弹力（mgsinθ）和自身重力分力（mgsinθ）作用，合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ，故C正确；
D . 图乙中轻杆无力保存在杆中，杆中力突变为零，B球仅受重力分力，加速度为gsinθ，故D错误。
故选C。
【分析】（1）需结合弹簧与轻杆的力学特性分析瞬时加速度；明确弹簧弹力不可突变而轻杆弹力可突变；隐含条件是撤去挡板前后系统的受力变化；扩展知识为牛顿第二定律在瞬态问题中的应用。
（2）易错点：混淆弹簧与轻杆的弹力突变特性；忽略两球加速度的关联性；错误认为撤去挡板后系统仍保持平衡。
5．（2024高三上·广州月考）如图所示，质量为m的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到0，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．滑块向左运动过程中，始终做匀减速运动
B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动
C．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为
D．滑块向右运动过程中，当滑块与弹簧分离时，滑块速度最大
【答案】C
【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．滑块在水平面上向左撞向弹簧的运动过程中，弹簧弹力逐渐增大，在水平方向受到向右的弹力和向右的滑动摩擦力，在此过程中弹力逐渐增大，弹力和滑动摩擦力的合力逐渐增大且与运动方向始终相反，滑块做减速运动，不是恒力的匀减速运动，故A错误；
B . 滑块向右运动中，弹簧弹力从最大逐渐减小，当kx>μmg 时加速，kx<μmg 时减速，故B错误；C . 当滑块将弹簧压缩了x0时，滑块受弹力和摩擦力，最大加速度出现在弹簧压缩最大时，
此时合力最大
则加速度最大
故C正确；
D．滑块向右速度最大时合力为零（kx=μmg），此时未分离，滑块开始向右运动时备份的力即受到的弹力最大，以后运动中缓存的力反向释放即弹力方向向右，滑动摩擦力方向向左，开始缓存释放的力即弹力大于摩擦力，两力的合力方向向右，滑块向右做加速运动，随弹簧的伸长，备份的力即弹力逐渐减小，当备份力即弹力大小等于摩擦力时，合力是零，加速度是零，滑块速度最大，以后备份力即弹力小于摩擦力，合力方向向左，滑块做减速运动，因此滑块向右运动过程中，先加速，后减速，故D错误；
故选C。
【分析】（1）需结合弹簧力、摩擦力及加速度的瞬时变化分析滑块运动；明确弹簧备份力即弹力随位移线性变化及速度极值点条件；隐含条件是最大加速度出现在力已经备份完毕即弹簧压缩最大时；扩展知识为简谐运动的动力学特征。
（2）易错点：混淆变加速与匀变速运动；忽略速度最大时合力为零的条件；错误判断加速度极值位置。
6．（2024高三上·广州月考）如图，每一级台阶的高为5cm，宽为15cm，某同学用发射器（忽略大小）从第1级台阶边缘向右水平弹射一个可以看作质点的小球，要使小球能落到第4级台阶上（小球没有与台阶顶点接触），取重力加速度为，则弹射速度v可能是（ ）
A．2.5m/s B．2m/s C．1.5m/s D．1m/s
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】 A . 小球做平抛运动，当小球恰好落在第3级台阶右边缘时有
，，
解得
当小球恰好落在第4级台阶右边缘时有
，，
解得
可知，要使小球能落到第4级台阶上，弹射速度v的范围，，当v=2.5m/s时，故A正确；
B . 当v=2m/s时，小于2.12m/s（3级台阶宽度），不能落在第四级，故B错误；
C .，
当v=1.5m/s时，水平距离15cm，故C错误；
D .，
当v=1m/s时，0.1m，落在第2级上，故D错误；
故选A。
【分析】（1）解题关键是平抛运动的分位移计算，突破点是利用高度差约束时间范围；隐含条件是落点需满足台阶高度和宽度的几何关系；
（2）易错点：①混淆台阶编号与位移对应关系；②未考虑临界情况（擦边下落）；③时间计算错误导致位移偏差。
7．（2024高三上·广州月考）如图甲所示，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针方向的匀速圆周运动。可简化为图乙所示模型，一件小衣物质量为，、分别为小衣物经过的最高位置和最低位置，测得小衣物过点线速度大小为，做圆周运动的周期为。已知重力加速度为，小衣物可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．衣物转到位置时的脱水效果最好
B．要使衣物过点不掉下，转筒的周期不能大于
C．衣物在点对滚筒壁的压力大小为
D．衣物在、两点受到转筒的压力差为
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】B．为了衣物经过A点，衣物恰好经过A点时，筒壁的支持力需要大于等于零，根据衣物的牛顿第二定律有：
解得
故B错误；
C．衣物在A点时，根据衣物的牛顿第二定律有：
解得衣物在A点受到滚筒壁的支持力为
由牛顿第三定律可知衣物在点对滚筒壁的压力大小为，故C正确；
D．衣物转到B位置时，由牛顿第二定律有
根据上式可以得出：A、B两点的压力之差为
即衣物在、两点受到转筒的压力差为，故D错误；
A．根据上式分析可以得出：衣物在A、B两点的压力满足
由于衣物在B点需要筒壁的弹力大于在A点受到的弹力大小，则在B点更容易发生离心运动，故A错误。
故选C。
【分析】利用衣物恰好过最高点的牛顿第二定律可以求出周期的大小；利用衣物在A点的牛顿第二定律可以求出压力的大小，同理可以求出衣物在B点的压力大小，进而判别离心运动的效果；同时可以求出压力的差值。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2024高三上·广州月考）如图所示，不可伸长的轻绳跨过大小不计的定滑轮O将重物B和套在竖直细杆上的轻环A相连。施加外为让A沿杆以速度v匀速上升，经图中M位置上升至N位置，已知OM与直杆成θ角，ON与竖直杆成直角，则下列说法正确的是（ ）
A．A 运动到位置M时，B的速度大小为
B．A 匀速上升过程中，B匀速下降
C．B下降过程处于超重状态
D．A运动到位置N时，B的速度最小
【答案】C,D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；超重与失重；运动的合成与分解
【解析】【解答】A . A在M点时，速度v沿杆方向是合运动有轨迹，
沿绳垂绳方向仅是函数图象的一个等效的坐标分解系，分解是否正确依据沿杆方向来矫正，B速度
故A正确；
B . A匀速上升时，θ角变化导致
变化，B非匀速下降，故B错误；
C．环A在上升过程中，连接A与B的绳子与竖直方向的夹角在增大，因此可知
在减小，也就是说物体B在运动过程中始终在做减速运动，速度方向与加速度方向相反，根据牛顿第二定律有
得到绳子对B的拉力为
则B下降过程处于超重状态，故C正确。
D .环在运动过程中，环的合速度沿着细杆竖直向上，而环的速度可以分解为沿着绳子的速度和垂直于绳子的速度，因此，沿着绳子的速度为
又物体B与绳子相连，所以物体B的速度大小等于绳子的速度，而当A运动到位置N时，θ=90°
为最小值，沿着绳子的速度变为零，故D正确；
故选CD。
【分析】（1）需结合速度分解与受力分析解决连接体问题；明确轻环A速度沿杆方向，B速度竖直向下，且绳长不变；隐含条件是A匀速运动时B速度变化；扩展知识为超重状态的判定条件（加速度方向）。
（2）易错点：混淆速度分解方向；误判B的运动状态；忽略绳长约束对速度关系的影响。
9．（2024高三上·广州月考）如图所示，A、B两个物块用绕过定滑轮的细线连接，物块B放在水平面上，物块A悬吊着，物块A的质量为m，定滑轮与物块B间的细线与竖直方向的夹角为θ，现给物块A施加一个水平向右的拉力，使物块A缓慢移动，物块B始终保持静止，重力加速度为g，在物块A向右缓慢移动过程中（ ）
A．拉力F变大
B．物块B对地面的压力越来越大
C．地面对物块B的摩擦力越来越小
D．当悬吊物块A的细线与竖直方向的夹角也为θ时，细线对滑轮的作用力等于2mg
【答案】A,D
【知识点】静摩擦力；力的合成；力的分解；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．对物块A进行受力分析，受力随A与定滑轮角度动态变化，如下图所示
当物块A缓慢向右移动时，A重力不变，竖直方向上向上必然有个不变的分力不变，画水平线，绳的弹力T随角度的变大而变大，水平方向上需要的拉力也在增大，故A正确；
B．对物块B分析如图有
根据力的相互作用力有压力
支持力解得，压力
结合上述，绳弹力增大，则物块B对地面的压力随A端绳与竖直方向的夹角增大而越来越小，故B错误；
C．对物块B分析有
结合上述绳拉力增大，地面对物块B的摩擦力越来越大，故C错误；
D．当悬吊物块A的细线与竖直方向的夹角也为时，A在竖直方向上重力等于sz拉力的竖直分量，即
对滑轮分析可知两侧夹角相同竖直分量相同，细线对滑轮的作用力
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】（1）本题属于静力学动态平衡问题，需对A、B两物体分别受力分析，利用平衡条件及力的合成与分解求解；关键突破点是A缓慢移动，系统始终处于平衡状态，且B始终保持静止，说明地面对B的支持力和摩擦力不断调整以维持平衡；
（2）易错点是忽略细线张力在A移动过程中的变化，或错误认为B对地面的压力仅由B自身重力决定；此外，滑轮处细线作用力的合成需考虑对称性。
10．（2024高三上·广州月考）如图所示，与水平面成角的传送带正的速度匀速运行，A，B两端相距。现每隔1s把质量的工件（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，且工件到达B端时恰好才在A端放上一个工件，工件与传送带同的动摩擦因数，g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．两个工件间的最小距离为1.25m
C．传送带上始终有7个工件
D．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了45N
【答案】A,B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．根据摩擦力的定义即可判断方向，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．根据牛顿第二定律结合运动学公式即可解决，刚开始加速1s的两个工件间距离最小，加速过程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B正确；
C．根据运动学公式即可求解，工件加速过程所用的时间为
工件加速过程的位移为
工件匀速过程的位移为
每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了2个，匀速过程放了4个，共6个，故C错误；
D．根据物体的受力特点即可求解，满载时电机对传送带的牵引力为
故D错误。
故选AB。
【分析】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道解题。
三、实验探究题：共14分。第11题6分，第12题8分，把答案写在答题卡中指定位置，不要求写出演算过程。
11．（2024高三上·广州月考）某同学用如图甲所示装置 “验证力的平行四边形定则”。
（1）先用两个弹簧测力计拉橡皮筋到点，然后只用一个弹簧测力计拉橡皮筋，再次将橡皮筋拉至点，目的是 ；
（2）图乙中的力不是由弹簧测力计测得的是 ；
（3）比较和，写出可能产生误差的一点原因： 。
【答案】（1）使力的作用效果相同
（2）F
（3）读数时视线没有正对弹簧测力计的刻度
【知识点】验证力的平行四边形定则；力的合成；力的平行四边形定则及应用；力的分解
【解析】【解答】（1）先用两个弹簧测力计拉橡皮筋到点，然后只用一个弹簧测力计拉橡皮筋，再次将橡皮筋拉至点，目的是使力的作用效果相同，两次拉至O点确保合力与分力效果相同，故第1空填“使力的作用效果相同”。
（2）图乙中F是F1和F2通过平行四边形定则得到的合力，为理论合力（平行四边形对角线），非直接测量值，故第1空填“F”正确。
（3）比较和，写出可能产生误差的原因是读数时视线没有正对弹簧测力计的刻度，差异可能源于弹簧测力计读数误差、橡皮筋未完全拉至同一点或标度不准，故第1空填“弹簧测力计读数误差”或“标度偏差”等合理原因均正确。
【分析】（1）需理解等效替代法验证平行四边形定则；关键突破点是明确两次拉至同一点保证力的作用效果相同；隐含条件是实验误差来源的分析；扩展知识为矢量合成的几何关系。
（2）易错点：混淆实际测量力与理论合力；忽略操作中橡皮筋形变一致性；未识别弹簧测力计读数误差。
（1）先用两个弹簧测力计拉橡皮筋到点，然后只用一个弹簧测力计拉橡皮筋，再次将橡皮筋拉至点，目的是使力的作用效果相同。
（2）图乙中F是F1和F2通过平行四边形定则得到的合力，所以F不是由弹簧测力计测得的。
（3）比较和，写出可能产生误差的原因是读数时视线没有正对弹簧测力计的刻度。
12．（2024高三上·广州月考）某学习小组的同学要探究“质量一定时，加速度与物体受力的关系”。他们在实验室组装了一套如图所示的实验装置，水平轨道上安装两个光电门，光电门与数字计时器相连，两个光电门中心距离，小车上固定有挡光片，挡光片的宽度，细线跨过两个定滑轮一端与力传感器连接，另一端与小桶连接。实验时首先保持轨道水平，通过调整小桶内砝码的质量使小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，此时力传感器的示数为。然后改变小桶内砝码的质量，使小车做匀加速直线运动，记下每次小车做匀加速直线运动时力传感器的示数F和对应的数字计时器的示数，并求出小车做匀加速直线运动的加速度a，分析实验数据，得到小车的加速度与受力的关系。
（1）该实验 （选填“需要”或“不需要”）满足小桶和小桶内砝码的总质量m远小于小车和小车上的定滑轮和挡光片的总质量M。
（2）某次实验过程中：小车上的挡光片通过光电门1和2的挡光时间分别为（小车上的挡光片通过光电门2后，小桶才落地），则小车的加速度 （计算结果保留两位有效数字）。
（3）实验时，当力传感器读数为时，测得小车的加速度大小为，当力传感器读数为时，测得小车的加速度大小为，在误差允许的范围内满足 ，则说明在小车质量一定的情况下，小车的加速度与小车所受的合外力成正比。
【答案】（1）不需要
（2）3.0
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】（1）由于实验中已给出了力传感器，可以直接测出细线的拉力，无需满足，故第(1)问填“不需要” 所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车（包括力传感器和挡光板）的质量。
（2）小车通过光电门1时的速度为
通过光电门2时的速度为
根据匀变速直线运动公式
可得
（3）平衡摩擦力时，小车做匀速运动，力传感器的示数等于砝码和砝码盘的总重力，故
在小车质量一定的情况下，小车的加速度与小车所受的合外力成正比，则
，
联立，解得
【分析】（1）该实验采用力传感器直接测量细线对小车的拉力，无需用砝码重力近似代替拉力，因此不需要满足小桶和砝码总质量远小于小车质量；关键突破点是理解力传感器的作用消除了系统误差，使实验更精确；
（2）易错点是误用传统“钩码拉力法”思维，忽视力传感器的优势；计算加速度时需注意挡光片宽度和光电门间距的精确运用，避免单位换算错误。
（1）由于实验中已给出了力传感器，可以直接测出细线的拉力，所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车（包括力传感器和挡光板）的质量。
（2）小车通过光电门1时的速度为
通过光电门2时的速度为
根据匀变速直线运动公式
可得
（3）平衡摩擦力时，小车做匀速运动，力传感器的示数等于砝码和砝码盘的总重力，故
在小车质量一定的情况下，小车的加速度与小车所受的合外力成正比，则
，
联立，解得
四、计算题：共40分。第13题10分，第14题14分，第15题16分，把答案写在答题卡中指定位置，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写结果的不给分。
13．（2024高三上·广州月考）如图所示，小球从平台上抛出，正好落在台的一倾角为的光滑斜面上，且速度方向恰好沿斜面，并沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差，重力加速度g取，，，求
（1）小球经多长时间到达斜面顶端？
（2）小球水平抛出的初速度是多少？
（3）若斜面顶端高，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端。
【答案】解：（1）（2）小球从平台抛出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，设小球到达斜面顶端时间为t1，则，
竖直分速度
根据已知条件结合速度的合成与分解由速度方向沿斜面得
代入数值解得，
（3）小球在光滑斜面上根据由运动状态必有对应的合力定律
得
矢量合成平行四边形法则水平竖直速度合速度为
小球在斜面上的运动过程中满足
代入得
整理得
因式分解得
解得
故小球离开平台后到达斜面底端的时间为
（1）0.4s；（2）3m/s；（3）2.4s
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的平行四边形定则及应用；牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，到达斜面顶端时竖直位移与水平位移满足几何关系，可通过竖直自由落体运动求出时间，再利用水平匀速运动求初速度；关键突破点是速度方向沿斜面，即竖直分速度与水平分速度之比等于斜面倾角的正切；
（2）易错点是忽略速度方向沿斜面的条件，导致无法建立竖直与水平分速度的关系；斜面光滑下滑时加速度由重力沿斜面的分量决定，需分解重力。
14．（2024高三上·广州月考）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
【答案】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得
根据胡克定律得
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离
（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得
由几何关系得圆环此时转动的半径为
联立解得
（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有，
由几何关系得
联立解得
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据平衡条件和胡克定律求解弹簧的压缩量，再求圆环与O点的距离；
（2）弹簧处于原长时，圆环所受重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求角速度；
（3）对圆环进行受力分析，根据正交分解法求向心力，再根据牛顿第二定律和向心力公式求角速度。
15．（2024高三上·广州月考）如图，长木板B静止于水平地面上，右端有一挡板。B最左端放置一小物块A，A与挡板的距离为时刻，A以的水平初速度开始向右运动，同时一大小为10N、方向水平向右的恒定拉力作用于B，经过后撤去力。已知的质量分别为和与B之间的动摩擦因数为与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。
（1）求时B的加速度大小；
（2）若A未与B右端挡板碰撞，自起到A与地面保持相对静止时，此过程间的相对位移大小是多少？
（3）当时，A与B右端挡板发生碰撞，求从A开始运动到A与挡板碰撞所经历的时间。
【答案】（1）解：（1）时对A、B受力分析，摩擦力是会随相对参照物速度快慢决定的运动方向改变而改变的，受合力等于运动状态需要力可得
解得
（2）（2） 12m/s到A与地面保持相对静止时即在地上看静止了0m/s，A的总位移减去B的位移，计算后最终在vt图上显示为AB速度间的面积如下图
依题意，A在B上做匀减速直线运动，初始速度差12m/s，其加速度为
B做匀加速直线运动，共速前摩擦力情况不变，aB不变，设时刻二者共速，则有
代数得
解得
，该过程二者位移差为
依题意，共速后须重新受力分析如下图，因为速度加速度都相同，可以视为整体，整体受力分析内二者一起做匀加速直线运动，其加速度为
可知末，二者速度为
撤去F后，须对A、B重新受力分析，各自所受合力等于运动状态需要力可得
A和B分别做匀减速直线运动，其加速度为
，
可知B速度先减到零，设所需时间为，则有
，
解得此时A的速度减为
该阶段二者位移位移差为
之后A减速到0时的位移
此过程间的相对位移大小是
（3）（3）依题意，当B停止时，vA=4m/s，A距挡板的距离为
设B停止后经时间，A与B右端挡板碰撞，则有
代入得
整理得，因式分解得，解得，（或舍去）
从A开始运动到A与挡板碰撞所经历的时间为
【知识点】整体法隔离法；摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）须分阶段分析A、B的受力情况确定出对应的运动状态，结合牛顿第二定律和相对运动关系；明确A、B的加速度计算；隐含条件是力F作用8秒后撤去，速度同与不同时需分段处理各自合力造成运动状态的改变；扩展知识为摩擦力方向的动态变化。
（2）易错点：混淆A、B的加速度方向；忽略撤去F后的运动状态变化；错误计算相对位移的区间。
（1）时对B受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
（2）依题意，A在B上做匀减速直线运动，其加速度为
B做匀加速直线运动，设时刻二者共速，则有
解得
，
该过程二者位移差为
依题意，内二者一起做匀加速直线运动，其加速度为
可知末，二者速度为
撤去F后，A和B分别做匀减速直线运动，其加速度为
，
可知B速度先减到零，设所需时间为，则有
解得
此时A的速度减为
该阶段二者位移位移差为
之后A减速到0时的位移
此过程间的相对位移大小是
（3）依题意，当B停止时，A距挡板的距离为
设B停止后经时间，A与B右端挡板碰撞，则有
解得
，（或舍去）
从A开始运动到A与挡板碰撞所经历的时间为
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