广东省珠海一中、广州二中等六校2024-2025学年高三上学期第二次联考（10月）物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．（2024高三上·珠海月考）山地自行车往往要加装减震装置。静止的山地自行车，沿竖直方向用力推压缩杆，将弹簧压缩到最短后放手，摩擦阻力不能忽略，弹簧被压缩杆压缩到最短后弹回到最高点的过程中（ ）
A．压缩杆一直处于超重状态
B．当压缩杆受到的弹力大小等于其重力时，杆具有最大动能
C．杆的加速度先增大后减小
D．杆的动能先增大后减小
【答案】D
【知识点】动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．压缩杆受到向上的弹力、向下的摩擦力以及重力，开始合力向上，向上加速运动，处于超重状态，向上的弹力等于重力与摩擦力之和时，速度最大，动能最大，之后，向上做减速运动，处于失重状态，AB错误；
C．杆的加速度先减小后反向增大，C错误；
D．根据上述分析可知杆的动能先增大后减小，D正确。
故答案为：D。
【分析】AB：明确压缩杆受弹力（向上 ）、重力（向下 ）、摩擦力（向下 ），分析合力随弹力变化的关系。
CD：通过合力方向与大小变化，推导加速度、速度、动能的变化趋势。
2．（2024高三上·珠海月考）如图，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
B．重的行李箱比轻的行李箱传送时间更长些
C．若增加传送带速度，传送的时间不变
D．运送行李时该传送带的倾角必须小于
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为
故A错误；
B．根据
加速阶段，重的行李箱与轻的行李箱传送加速度相同，即行李箱的加速时间、加速位移、匀速时间相同，故B错误；
C．设传送带提速前的速度为，则行李箱加速阶段所用时间和位移分别为
，
提高传送带的运转速度，由于加速阶段行李箱的加速度不变，则行李箱加速到提速前传送带速度过程所用时间不变，通过的位移不变，但提速后行李箱继续加速运动再匀速运动，则之后的运动过程，提速后所用时间更短，则提高传送带的运转速度，传送时间变短，故C错误；
D．行李箱先做加速运动，有
解得
故，运送行李时该传送带的倾角必须小于，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 受力与加速度：明确行李受摩擦力（向上 ）、重力分力（向下 ），推导加速阶段加速度（与质量无关 ）。
2. 运动阶段：分析加速，匀速过程，判断时间与质量、传送带速度的关系。
3. 倾角临界：通过加速条件 ，推导倾角最大值。
3．（2024高三上·珠海月考）马刀锯是一种木匠常用的电动工具。其内部安装了特殊的传动装置，简化后如图所示，电动机让圆盘上的结构P做匀速圆周运动的过程中，结构P可在往复杆内自由滑动，往复杆则带动锯条在水平方向做往复运动，从而实现高速锯割。已知电动机正在顺时针转动，转动的角速度ω=250rad/s，OP=2cm。当OP与锯条运动方向的夹角θ=37°时，锯条运动的速度大小约为（ ）
A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动
【解析】【解答】解：由题意可将P点的速度分解为水平和竖直方向，如图所示
锯条运动的速度为
又因为P点做圆周运动，则
代入数值解得锯条运动的速度为
故BCD错误，A正确。
故答案为：A
【分析】1. 圆周运动线速度：利用 直接计算P点的线速度。
2. 速度分解：根据传动装置的几何关系，将P点速度分解为沿锯条方向（有效速度 ），利用三角函数求解。
4．（2024高三上·珠海月考）“中星6E”卫星是我国自主研发的一颗通信广播同步卫星，距地面约36000km。我国“天宫”空间站是位于距地面约400km的近地轨道。已知地球半径约为6400km，下列有关说法正确的是（ ）
A．若“中星6E”卫星为了使北京获得较强信号，可直接定位于北京上空
B．“天宫”空间站的运行线速度略低于第一宇宙速度
C．“天宫”空间站绕地球一周所需时间约为70分钟
D．“天宫”空间站中的宇航员返回地球飞船需点火制动，可见离地球越远，卫星稳定运行速度越大
【答案】B
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．“中星6E”卫星为同步卫星，定位于赤道上空，故A错误；
B．第一宇宙速度是贴近地面运行速度，第一宇宙速度是航天器最小发射速度，也是航天器最大运行速度。“天宫”空间站的运行线速度略低于第一宇宙速度，故B正确；
C．由开普勒第三定律
解得，故C错误；
D．根据万有引力提供地球卫星和空间站做圆周运动的向心力，可得
解得，可见离地球越远，卫星稳定运行速度越小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：固定赤道上空。
B：近地最大环绕速度，空间站轨道更高，速度更低。
C：代入轨道半径，计算空间站周期。
D：轨道半径越大，线速度越小。
5．（2024高三上·珠海月考）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的三个维度的加速度-时间图像，可以推断的时间内无人机（ ）
A．沿y方向的飞行速度在增大
B．无人机先加速下降再减速下降
C．4s末无人机在x轴方向的速度沿着x轴正方向
D．根据题目所给信息可以推导出4s末无人机沿y轴飞行的方向
【答案】C
【知识点】图象法
【解析】【解答】A．开始时沿y轴正方向匀速飞行，的时间内有沿向y轴负方向加速度，故沿y方向的飞行速度在减小，故A错误；
B．开始时沿z轴方向速度为0，的时间内有沿向z轴正方向加速度，故沿z方向一直加速，即加速上升，故B错误；
C．开始时沿x轴方向速度为0，内沿x负方向加速，的时间内有沿向x轴正方向加速度，故沿x方向先减速到零，之后再加速，根据所围的面积可知t图像4s末无人机在x轴方向的速度沿着x轴正方向，故C正确；
D.4s末z方向有速度，则4s末无人机不可能沿y轴飞行的方向，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用 a-t图像 “面积表示速度变化”，结合加速度方向与初速度方向，判断速度增减与方向，逐一分析 y、z、x 轴的速度变化，排除错误选项，确认正确结论。
6．（2024高三上·珠海月考）图a为超市引进的悬挂配送系统，装有货物的购物袋通过四根轻绳带悬挂在索道上，总质量为m，每根绳带与竖直方向的夹角均为，简化示意图如图b所示，某时段购物袋通过一段可视为圆弧的轨道，货物的速率为v，轨道半径为R，则在轨道的最高点处，下列说法正确的是（ ）
A．购物袋对绳带的力大于绳带对购物袋的力
B．每根绳带承受的拉力为
C．重力的瞬时功率为mgv
D．加长绳带，每根绳带承受的拉力会增大
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；区分相互作用力与平衡力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．购物袋对绳带的力与绳带对购物袋的力为作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故 A错误；
B．在轨道的最高点处，购物袋受到重力和四根绳带的拉力，由牛顿第二定律得
结合牛顿第三定律得每根绳带承受的拉力
B正确；
C．重力与速度方向垂直，故重力的瞬时功率为零，C错误；
D．加长绳带，会变小，由B的分析可得，每根绳带承受的拉力会变小， D错误。
故答案为：B。
【分析】A：购物袋与绳带的力大小相等。
B：最高点合力（重力-拉力分力 ）提供向心力，推导拉力公式。
C：重力与速度垂直，功率为零。
D：加长绳带使 减小，拉力公式中 增大，拉力减小。
7．（2024高三上·珠海月考）某滑雪场设置了如图所示滑道跳雪游戏项目，滑道由高为H的斜面滑道AB、水平滑道BC和高为h的斜面滑道CD三部分组成，AC水平距离为L，CD滑道的倾角固定，为，游客脚上的滑雪板与三段滑道之间的动摩擦因数均为，游客从A点由静止开始下滑，经过水平滑道BC后在C点水平飞出，若不计在B点的机械能损失，下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变，为保证游客落在滑道CD上而不是D所在水平面，L可以设计适当短一些
B．若游客落在滑道CD的不同点上，则落在滑道的各点速度方向不相同
C．只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度相同
D．当时，游客恰好落在D点
【答案】C
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由C选项的分析可知，L越短，则到达C点时速度越大，则游客在斜面上的位移越长，不能保证游客落在滑道CD上而不是D所在水平面，故A错误；
B．若游客落在滑道CD的不同点上，则位移的偏向角相同，根据平抛运动的速度的偏向角的正切等于位移偏向角的2倍可知，落在滑道的各点的速度偏向角相等，即落在斜面上的速度方向相同，故B错误；C．从A到C由动能定理
即
则只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度一定，故C正确；
D．若恰能落在D点，则
又因为
联立解得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】从A到C，重力做功与摩擦力做功的差等于C点动能，推导 与H、L的关系（与AB倾角无关 ），结合CD的几何关系（倾角 ），分析水平位移、竖直位移与落点的关系，逐一推导各选项，确认正确结论。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8．（2024高三上·珠海月考）某同学把红纸铺在水平桌面上写“福”字，如图所示，为防止红纸滑动，在其左侧放一镇纸压住，下列说法正确的是（ ）
A．镇纸受到的支持力与它对红纸的压力与是一对相互作用力
B．竖直提起毛笔悬空时，增大握笔的力度可以增大手和笔之间的摩擦力
C．自左向右行笔写一横过程中，镇纸不受摩擦力作用
D．在桌面光滑的情况下，书写的过程中红纸仍可以静止
【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】A．镇纸受到的支持力和它对红纸的压力是一对相互作用力，故A正确；
B．竖直提起毛笔悬空时，手对笔的静摩擦力与重力等大反向，增大握笔的力度，手和笔之间的摩擦力不变，只是增大手和笔之间的最大静摩擦力，故B错误；
C．毛笔相对于宣纸向右运动，则宣纸对毛笔有向左的摩擦力，宣纸相对于桌面有向右的运动趋势，所以桌面对宣纸有向左的摩擦力，镇纸与宣纸只有一个接触面，且镇纸保持静止状态，所以镇纸和宣纸间无摩擦力的作用，故C正确；
D．自左向右行笔写一横过程中，笔对宣纸的摩擦力向右，则桌面给宣纸的摩擦力向左，在桌面光滑的情况下，书写的过程中红纸不可以静止，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：判断力的施力与受力对象，确认相互作用关系。
B：分析握笔时静摩擦力与重力的平衡，确认握力不影响实际摩擦力。
C：通过红纸的运动趋势，推导镇纸与红纸、桌面的摩擦力，确认镇纸不受力。
D：无桌面摩擦力时，红纸受笔的摩擦力会运动，无法静止。
9．（2024高三上·珠海月考）无风时，雨滴由静止开始沿竖直方向下落，雨滴受到空气阻力的大小与速度大小成正比。设下落过程中雨滴的质量不变，以地面为零势能面。雨滴下落过程中，下列关于雨滴的速度v、重力势能、动能的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；动能；重力势能
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可得
解得
雨滴的速度越来越大，雨滴的加速度越来越小，最终雨滴做匀速运动，雨滴匀速运动之前做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．雨滴下落过程中，重力势能
可知时间增长，重力势能减小得越来越快，故B正确；
C．若雨滴做匀加速下落，由，可知图线是一条倾斜的直线，而雨滴先做加速度减小的加速运动，所以不是一条倾斜直线，故C错误；
D．雨滴做加速度减小的加速运动，当重力等于阻力时加速度为零，速度最大，之后雨滴做匀速运动，所以动能 逐渐增大，最后趋于最大值，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：通过 推导加速度随速度的变化，确认雨滴做加速度减小的加速运动。
B：利用 ，结合 与 的非线性关系（因 变化 ），判断势能图像斜率变化。
C：对比匀加速与变加速的 关系，确认曲线特征。
D：分析动能随速度的变化（加速，匀速 ），推导图像趋势。
10．（2024高三上·珠海月考）如图为教师办公室中抽屉使用过程的简图，抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0.现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度，质量，其右端离抽屉右侧的距离也为 d，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数，抽屉总长，质量。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度。现对把手施加水平向右的力 F，则（ ）
A．若拉力逐渐增大，则手机的加速度也一直增大
B．当水平恒力的大小时，摩擦力对手机先做正功再做负功
C．要使手机与抽屉之间不发生相对滑动，水平恒力的大小应满足
D．当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律
【解析】【解答】AC．手机的最大加速度为
手机与抽屉一起做加速运动的最大拉力为
所以当水平恒力的大小时，手机与抽屉一起加速运动，拉力增大手机的加速度也增大，当水平拉力的大小时，拉力增大手机的加速度为不变，故A错误，C正确；
B．当水平恒力的大小时，手机与抽屉一起加速运动，摩擦力对手机做正功，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0，手机继续向右做减速运动，摩擦力对手机做负功，故B正确；
D．当时手机与抽屉相对滑动，对抽屉由牛顿第二定律得
解得
当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有
解得
手机的速度为
解得
手机的位移为
解得
抽屉停止运动后手机向右滑动的位移为
则有，则手机不与抽屉右侧发生磕碰，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】A：通过手机最大静摩擦力推导临界加速度，结合整体牛顿第二定律求临界拉力。
C：根据拉力与临界值的关系，分析手机与抽屉是 “一起加速” 还是 “相对滑动”。
BD：一起加速时，摩擦力对手机做正功；抽屉停止后，摩擦力做负功），相对滑动时，分别计算抽屉、手机的位移，判断是否碰撞。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．（2024高三上·珠海月考）某同学使用如图甲所示装置对物块与木板间的动摩擦因数进行测量，他调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板，挂上适当的钩码，接通电源，释放钩码，多次改变钩码的质量，记录传感器的读数F，求出物块的加速度a、
请回答下列问题：
（1）实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可得打计数点3时的速度大小为 ，物块的加速度大小为 。（均保留三位有效数字）
（2）该实验需不需要满足钩码质量远远小于小车质量？ 。（填“需要”或“不需要”）
（3）以力传感器的示数F为横坐标，物块的加速度a为纵坐标，画出的图像是一条直线，如图丙所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为，同一次实验中，则物块的质量为 ，已知重力加速度为g，则物块与长木板间的动摩擦因数为 。
【答案】（1）；
（2）不需要
（3）；
【知识点】加速度；瞬时速度；滑动摩擦力与动摩擦因数；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）由题意可知，相邻计数点的时间间隔
根据匀速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度求打下3点的瞬时速度
；
根据
运用逐差法得 。
故答案为：；
（2）由于拉力传感器测得是真实拉力，不需要满足钩码质量远远小于小车质量。
故答案为：不需要
（3）根据牛顿第二定律
，
联立解得
结合图像可知
即
根据横轴截距可得
解得
故答案为：；
【分析】（1）用 “中间时刻速度” 求瞬时速度，“逐差法” 求加速度，避免偶然误差。
（2）传感器直接测拉力，无需依赖 “砝码质量远小于物块” 的近似。
（3）通过牛顿第二定律推导 a-F关系，利用斜率求质量，截距求动摩擦因数。
（1）[1] 由题意可知，相邻计数点的时间间隔
根据匀速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度求打下3点的瞬时速度
[2] 根据
运用逐差法得
（2）由于拉力传感器测得是真实拉力，不需要满足钩码质量远远小于小车质量；
（3）[1] [2] 根据牛顿第二定律
联立解得
结合图像可知
即
根据横轴截距可得
解得
12．（2024高三上·珠海月考）两位同学采用不同的实验方案进行“探究平抛运动规律”的实验。
（1）甲同学采用图1所示的装置。用小锤击打弹性金属片，金属片把a球沿水平方向弹出，同时b球被松开自由下落，观察到两球同时落地。多次改变装置的高度，同时改变小锤打击的力度，两球仍然同时落地，这说明___________。
A．a球竖直方向的分运动是自由落体运动
B．a球水平方向的分运动是匀速直线运动
C．a球运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
（2）乙同学采用图2所示的装置。通过描点在坐标纸上记录下小球平抛运动中的三个位置A、B、C，但没有记录起点位置，如图3所示。已知坐标纸每小格的边长为，不计空气阻力，则时间间隔 s，初速度 。重力加速度为。（结果均保留两位有效数字）
（3）如图3建立平面直角坐标系，则小球抛出点的位置坐标 cm， （均保留一位小数）
（4）若实验中把轨道末端记为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立平面直角坐标系。记录小球平抛过程中的位置，将各位置用一条过原点的平滑曲线连接，测得曲线上某点坐标为，根据该坐标值得到平抛运动的初速度，则该测量值和真实值相比 （选填“偏大”“相等”或“偏小”）。
【答案】（1）A
（2）；
（3）；
（4）偏大
【知识点】研究平抛物体的运动；运动的合成与分解
【解析】（1）无论水平速度是多少，两个小球同时落地，说明平抛运动竖直方向上是自由落体运动，
A正确，BC错误。
故答案为：A。
（2）在竖直方向上，根据
解得
小球做平抛运动的初速度为
。
故答案为：；
（3）B点竖直方向上的分速度为
则小球从初始位置运动到B点的时间
小球从初始位置运动到B点的水平位移
竖直位移
所以平抛运动的初位置的横坐标为
纵坐标为
故答案为：；
（4）小球平抛运动的抛出点应该在轨道末端上方距离为（小球的半径）处，用
计算初速度时，取值偏小，故得到的初速度的值偏大。
故答案为：偏大
【分析】（1）通过同时落地现象，直接关联平抛与自由落体的竖直分运动。
（2）利用竖直方向匀变速的位移差公式求时间间隔，水平匀速求初速度。
（3）通过中间时刻竖直分速度，结合运动学公式反推抛出点坐标。
（4）识别坐标原点偏差导致的y0偏小，推导初速度测量值偏大。
（1）无论水平速度是多少，两个小球同时落地，说明平抛运动竖直方向上是自由落体运动，
A正确，BC错误。
故选A。
（2）在竖直方向上，根据
解得
小球做平抛运动的初速度为
（3）B点竖直方向上的分速度为
则小球从初始位置运动到B点的时间
小球从初始位置运动到B点的水平位移
竖直位移
所以平抛运动的初位置的横坐标为
纵坐标为
（4）小球平抛运动的抛出点应该在轨道末端上方距离为（小球的半径）处，用
计算初速度时，取值偏小，故得到的初速度的值偏大。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．（2024高三上·珠海月考）在进行运输作业时常应用一些省力装置，如图为某同学设计的定滑轮运输装置图。P为质量为m的待运输材料，Q为与待运输材料质量相等的配重，二者通过轻绳连接。在Q上继续增加一定质量的配重，P将向上加速运动，当Q落地，P继续上升后速度恰好减为零。已知初始时配重离地高度为h，重力加速度为g，不计一切阻力。求：
（1）上增加的配重的质量；
（2）上升过程中，轻绳对P拉力的最大瞬时功率。
【答案】（1）解：上增加质量的配重后，对 P、Q整体分析， 设P、Q的加速度为，由牛顿第二定律得
设Q落地瞬间P的速度大小为v，满足
Q落地后，P继续上升直到速度减为零，对P分析得
联立解得
（2）解：由（1）可知
在P加速上升时，设轻绳的拉力为F，P、Q运动时加速度大小为a，对P分析，由牛顿第二定律得
解得
当Q碰地瞬间， P的速度达到最大，由（1）可知
此时拉力的瞬时功率达到最大
解得
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）Q 落地前：P、Q 加速上升，合力由新增配重提供，用牛顿第二定律关联加速度；Q 落地后：P 竖直上抛，用运动学公式关联速度与位移。
（2）加速阶段拉力恒定（因加速度恒定 ），Q 落地时速度最大，此时功率最大，结合计算。
（1）上增加质量的配重后，对 P、Q整体分析， 设P、Q的加速度为，由牛顿第二定律得
设Q落地瞬间P的速度大小为v，满足
Q落地后，P继续上升直到速度减为零，对P分析得
联立解得
（2）由（1）可知
在P加速上升时，设轻绳的拉力为F，P、Q运动时加速度大小为a，对P分析，由牛顿第二定律得
解得
当Q碰地瞬间， P的速度达到最大，由（1）可知
此时拉力的瞬时功率达到最大
解得
14．（2024高三上·珠海月考）如图1所示为遥控爬墙小车，小车通过排出车身内部空气，和外界大气形成气压差，使车吸附在平面上。如图2所示，某次遥控小车从静止出发沿着A、B、C点运动到天花板上的D点，运动到D点时速度为。然后保持速率不变从D点开始绕O点做匀速圆周运动。其中AB沿竖直方向，BC与竖直方向夹角为，CD沿水平方向，BC、CD的长度均为1m，小车在到达B点前已经匀速。小车质量为，车身内外由于大气压形成垂直墙面的压力差恒为。运动过程中小车受到墙壁的阻力f大小与车和墙壁间的弹力之间关系恒为，方向总与相对运动方向相反。小车可视为质点，忽略空气阻力，不计转折处的能量损失，重力加速度为
（1）若小车在AB段上以恒定功率启动，求小车在AB段上最大速度的大小；
（2）求小车从B经过C到D这两段直线运动过程中，小车牵引力所做的总功；
（3）遥控小车在水平天花板上以的速率做匀速圆周运动时，小车牵引力为，取，求小车运动一周牵引力做的功。
【答案】（1）对小车在AB、BC、CD各段运动过程进行受力分析。小车在AB段向上运动时，小车所受阻力大小
解得
小车在AB段上达到最大速度时
解得
（2）小车沿BC运动过程中
小车与BC墙面的阻力
联立可得
，
遥控小车到水平天花板CD运动时
小车与天花板的阻力
解得
小车从B点开始运动第一次到达D点的过程中，根据动能定理
解得
（3）小车所受阻力与牵引力的合力提供圆周运动的向心力
解得
小车运动一周过程中动能不变，牵引力做的功为 W，由动能定理得
解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据小车匀速运动，水平方向的合力为零，可得摩擦力大小，根据小车合力为零时速度最大，利用P=Fv可得小车在AB段的最大速度；
（2）小车在BC运动过程，垂直BC面方向由力的平衡列式，根据阻力与弹力的关系可得BC段摩擦力大小，小车在CD运动过程，竖直方向由力的平衡列式，根据阻力与弹力的关系可得CD段摩擦力大小，从B到D过程，利用动能定理可得牵引力做的功；
（3）根据小车牵引力和摩擦力的合力提供向心力可得小车做匀速圆周运动的半径，小车运动一周过程，利用动能定理求解。
（1）对小车在AB、BC、CD各段运动过程进行受力分析。小车在AB段向上运动时，小车所受阻力大小
解得
小车在AB段上达到最大速度时
解得
（2）小车沿BC运动过程中
小车与BC墙面的阻力
联立可得
，
遥控小车到水平天花板CD运动时
小车与天花板的阻力
解得
小车从B点开始运动第一次到达D点的过程中，根据动能定理
解得
（3）小车所受阻力与牵引力的合力提供圆周运动的向心力
解得
小车运动一周过程中动能不变，牵引力做的功为 W，由动能定理得
解得
15．（2024高三上·珠海月考）某工厂生产一种边长的正方体泡沫金属颗粒，由于生产过程中气泡含量的不同，导致颗粒的质量不同（体积与表面材料均无偏差），为筛选颗粒，设计了如图所示装置。产出的颗粒不断从A处静止进入半径为的光滑四分之一圆轨道AB，B处与一顺时针非常缓慢转动的粗糙传送带相切，传送带足够长，CE、FG均为水平光滑轨道，圆心为O、半径的光滑圆轨道E、F处略微错开且与水平轨道相接，D为带轻质滚轮的机械臂，可在颗粒经过时提供竖直向下的恒定压力F，颗粒右侧刚到达滚轮最低点时的速度可忽略不计，滚轮逆时针转动且转速足够快，滚轮与颗粒之间的摩擦系数（摩擦力对颗粒作用距离可认为是颗粒边长），I、II、III为颗粒的收集区域（颗粒落到收集区直接被收集不反弹），其中I、II的分界点为圆心O，且I、II与圆轨道之间留有恰好可容颗粒通过的距离。颗粒在圆轨道中运动时可看做质点，颗粒在被收集之前相互之间没有发生碰撞，质量最大颗粒恰好被II最右端收集，质量为的颗粒恰好能被III收集，不计一切空气阻力，重力加速度为。求：
（1）质量为颗粒到达B处时对轨道的压力大小；
（2）机械臂提供的恒定压力F的大小；
（3）Ⅱ、III两个区域各自收集到颗粒的质量范围。
【答案】（1）解：对颗粒根据动能定理得
在B点根据牛顿第二定律得合外力提供向心力
联立解得
根据牛顿第三定律知该颗粒到达B处时对轨道的压力大小为。
（2）解：质量为的颗粒恰好被Ⅲ收集，故其恰好能做完整圆周运动。颗粒在圆轨道最高点处应满足
由动能定理
解得
（3）解：①质量小于等于的颗粒都能被Ⅲ收集，颗粒质量范围为
②如图所示，设恰好能到达Ⅱ左端的颗粒脱离圆轨道开始做抛体运动的位置距离Ⅱ的高度为h，此时颗粒开始做斜抛运动，对其运动进行正交分解，分解为沿初速度方向和垂直初速度方向。
设该位置对应的半径与水平方向的夹角为，颗粒速度大小为，由
此时满足
解得
方法一：颗粒沿初速度方向的运动位移为零，根据运动的对称性可知
其中，，颗粒沿垂直初速度方向的运动为
联立解得
方法二：颗粒沿水平方向做匀速直线运动，可得
，
颗粒沿竖直方向做竖直上抛运动，取竖直向下为正方向，可得
联立解得
（以上两种分解方式均可。）
从开始经过机械臂到开始做抛体运动这个过程，由动能定理得
可得
或（）
恰好能到达Ⅱ右端的颗粒满足
可得（计算出到达Ⅱ右端的颗粒所满足的质量。）
故能被Ⅱ收集的颗粒质量范围为或（）。
【知识点】牛顿第二定律；斜抛运动；向心力；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）利用 “最高点重力提供向心力” 确定最小速度，结合动能定理关联力与质量。
（2）将脱离圆轨道的颗粒运动分解为水平、竖直分运动，结合几何关系与运动学公式推导临界质量。
（3）通过 “能过最高点”（III 区 ）和 “斜抛落点”（II 区 ）的临界条件，划分质量区间。
（1）对颗粒根据动能定理得
在B点根据牛顿第二定律得合外力提供向心力
联立解得
根据牛顿第三定律知该颗粒到达B处时对轨道的压力大小为。
（2）质量为的颗粒恰好被Ⅲ收集，故其恰好能做完整圆周运动。
颗粒在圆轨道最高点处应满足
由动能定理
解得
（3）①质量小于等于的颗粒都能被Ⅲ收集，颗粒质量范围为
②如图所示，设恰好能到达Ⅱ左端的颗粒脱离圆轨道开始做抛体运动的位置距离Ⅱ的高度为h，此时颗粒开始做斜抛运动，对其运动进行正交分解，分解为沿初速度方向和垂直初速度方向。
设该位置对应的半径与水平方向的夹角为，颗粒速度大小为，由
此时满足
解得
方法一：颗粒沿初速度方向的运动位移为零，根据运动的对称性可知
其中
颗粒沿垂直初速度方向的运动为
联立解得
方法二：颗粒沿水平方向做匀速直线运动，可得
颗粒沿竖直方向做竖直上抛运动，取竖直向下为正方向，可得
联立解得
（说明：以上两种分解方式均可。）
从开始经过机械臂到开始做抛体运动这个过程，由动能定理得
可得
或（）
恰好能到达Ⅱ右端的颗粒满足
可得
（说明：能计算出到达Ⅱ右端的颗粒所满足的质量。）
故能被Ⅱ收集的颗粒质量范围为
或（）
1 / 1广东省珠海一中、广州二中等六校2024-2025学年高三上学期第二次联考（10月）物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．（2024高三上·珠海月考）山地自行车往往要加装减震装置。静止的山地自行车，沿竖直方向用力推压缩杆，将弹簧压缩到最短后放手，摩擦阻力不能忽略，弹簧被压缩杆压缩到最短后弹回到最高点的过程中（ ）
A．压缩杆一直处于超重状态
B．当压缩杆受到的弹力大小等于其重力时，杆具有最大动能
C．杆的加速度先增大后减小
D．杆的动能先增大后减小
2．（2024高三上·珠海月考）如图，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
B．重的行李箱比轻的行李箱传送时间更长些
C．若增加传送带速度，传送的时间不变
D．运送行李时该传送带的倾角必须小于
3．（2024高三上·珠海月考）马刀锯是一种木匠常用的电动工具。其内部安装了特殊的传动装置，简化后如图所示，电动机让圆盘上的结构P做匀速圆周运动的过程中，结构P可在往复杆内自由滑动，往复杆则带动锯条在水平方向做往复运动，从而实现高速锯割。已知电动机正在顺时针转动，转动的角速度ω=250rad/s，OP=2cm。当OP与锯条运动方向的夹角θ=37°时，锯条运动的速度大小约为（ ）
A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s
4．（2024高三上·珠海月考）“中星6E”卫星是我国自主研发的一颗通信广播同步卫星，距地面约36000km。我国“天宫”空间站是位于距地面约400km的近地轨道。已知地球半径约为6400km，下列有关说法正确的是（ ）
A．若“中星6E”卫星为了使北京获得较强信号，可直接定位于北京上空
B．“天宫”空间站的运行线速度略低于第一宇宙速度
C．“天宫”空间站绕地球一周所需时间约为70分钟
D．“天宫”空间站中的宇航员返回地球飞船需点火制动，可见离地球越远，卫星稳定运行速度越大
5．（2024高三上·珠海月考）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的三个维度的加速度-时间图像，可以推断的时间内无人机（ ）
A．沿y方向的飞行速度在增大
B．无人机先加速下降再减速下降
C．4s末无人机在x轴方向的速度沿着x轴正方向
D．根据题目所给信息可以推导出4s末无人机沿y轴飞行的方向
6．（2024高三上·珠海月考）图a为超市引进的悬挂配送系统，装有货物的购物袋通过四根轻绳带悬挂在索道上，总质量为m，每根绳带与竖直方向的夹角均为，简化示意图如图b所示，某时段购物袋通过一段可视为圆弧的轨道，货物的速率为v，轨道半径为R，则在轨道的最高点处，下列说法正确的是（ ）
A．购物袋对绳带的力大于绳带对购物袋的力
B．每根绳带承受的拉力为
C．重力的瞬时功率为mgv
D．加长绳带，每根绳带承受的拉力会增大
7．（2024高三上·珠海月考）某滑雪场设置了如图所示滑道跳雪游戏项目，滑道由高为H的斜面滑道AB、水平滑道BC和高为h的斜面滑道CD三部分组成，AC水平距离为L，CD滑道的倾角固定，为，游客脚上的滑雪板与三段滑道之间的动摩擦因数均为，游客从A点由静止开始下滑，经过水平滑道BC后在C点水平飞出，若不计在B点的机械能损失，下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变，为保证游客落在滑道CD上而不是D所在水平面，L可以设计适当短一些
B．若游客落在滑道CD的不同点上，则落在滑道的各点速度方向不相同
C．只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度相同
D．当时，游客恰好落在D点
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8．（2024高三上·珠海月考）某同学把红纸铺在水平桌面上写“福”字，如图所示，为防止红纸滑动，在其左侧放一镇纸压住，下列说法正确的是（ ）
A．镇纸受到的支持力与它对红纸的压力与是一对相互作用力
B．竖直提起毛笔悬空时，增大握笔的力度可以增大手和笔之间的摩擦力
C．自左向右行笔写一横过程中，镇纸不受摩擦力作用
D．在桌面光滑的情况下，书写的过程中红纸仍可以静止
9．（2024高三上·珠海月考）无风时，雨滴由静止开始沿竖直方向下落，雨滴受到空气阻力的大小与速度大小成正比。设下落过程中雨滴的质量不变，以地面为零势能面。雨滴下落过程中，下列关于雨滴的速度v、重力势能、动能的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·珠海月考）如图为教师办公室中抽屉使用过程的简图，抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0.现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度，质量，其右端离抽屉右侧的距离也为 d，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数，抽屉总长，质量。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度。现对把手施加水平向右的力 F，则（ ）
A．若拉力逐渐增大，则手机的加速度也一直增大
B．当水平恒力的大小时，摩擦力对手机先做正功再做负功
C．要使手机与抽屉之间不发生相对滑动，水平恒力的大小应满足
D．当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．（2024高三上·珠海月考）某同学使用如图甲所示装置对物块与木板间的动摩擦因数进行测量，他调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板，挂上适当的钩码，接通电源，释放钩码，多次改变钩码的质量，记录传感器的读数F，求出物块的加速度a、
请回答下列问题：
（1）实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可得打计数点3时的速度大小为 ，物块的加速度大小为 。（均保留三位有效数字）
（2）该实验需不需要满足钩码质量远远小于小车质量？ 。（填“需要”或“不需要”）
（3）以力传感器的示数F为横坐标，物块的加速度a为纵坐标，画出的图像是一条直线，如图丙所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为，同一次实验中，则物块的质量为 ，已知重力加速度为g，则物块与长木板间的动摩擦因数为 。
12．（2024高三上·珠海月考）两位同学采用不同的实验方案进行“探究平抛运动规律”的实验。
（1）甲同学采用图1所示的装置。用小锤击打弹性金属片，金属片把a球沿水平方向弹出，同时b球被松开自由下落，观察到两球同时落地。多次改变装置的高度，同时改变小锤打击的力度，两球仍然同时落地，这说明___________。
A．a球竖直方向的分运动是自由落体运动
B．a球水平方向的分运动是匀速直线运动
C．a球运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
（2）乙同学采用图2所示的装置。通过描点在坐标纸上记录下小球平抛运动中的三个位置A、B、C，但没有记录起点位置，如图3所示。已知坐标纸每小格的边长为，不计空气阻力，则时间间隔 s，初速度 。重力加速度为。（结果均保留两位有效数字）
（3）如图3建立平面直角坐标系，则小球抛出点的位置坐标 cm， （均保留一位小数）
（4）若实验中把轨道末端记为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立平面直角坐标系。记录小球平抛过程中的位置，将各位置用一条过原点的平滑曲线连接，测得曲线上某点坐标为，根据该坐标值得到平抛运动的初速度，则该测量值和真实值相比 （选填“偏大”“相等”或“偏小”）。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．（2024高三上·珠海月考）在进行运输作业时常应用一些省力装置，如图为某同学设计的定滑轮运输装置图。P为质量为m的待运输材料，Q为与待运输材料质量相等的配重，二者通过轻绳连接。在Q上继续增加一定质量的配重，P将向上加速运动，当Q落地，P继续上升后速度恰好减为零。已知初始时配重离地高度为h，重力加速度为g，不计一切阻力。求：
（1）上增加的配重的质量；
（2）上升过程中，轻绳对P拉力的最大瞬时功率。
14．（2024高三上·珠海月考）如图1所示为遥控爬墙小车，小车通过排出车身内部空气，和外界大气形成气压差，使车吸附在平面上。如图2所示，某次遥控小车从静止出发沿着A、B、C点运动到天花板上的D点，运动到D点时速度为。然后保持速率不变从D点开始绕O点做匀速圆周运动。其中AB沿竖直方向，BC与竖直方向夹角为，CD沿水平方向，BC、CD的长度均为1m，小车在到达B点前已经匀速。小车质量为，车身内外由于大气压形成垂直墙面的压力差恒为。运动过程中小车受到墙壁的阻力f大小与车和墙壁间的弹力之间关系恒为，方向总与相对运动方向相反。小车可视为质点，忽略空气阻力，不计转折处的能量损失，重力加速度为
（1）若小车在AB段上以恒定功率启动，求小车在AB段上最大速度的大小；
（2）求小车从B经过C到D这两段直线运动过程中，小车牵引力所做的总功；
（3）遥控小车在水平天花板上以的速率做匀速圆周运动时，小车牵引力为，取，求小车运动一周牵引力做的功。
15．（2024高三上·珠海月考）某工厂生产一种边长的正方体泡沫金属颗粒，由于生产过程中气泡含量的不同，导致颗粒的质量不同（体积与表面材料均无偏差），为筛选颗粒，设计了如图所示装置。产出的颗粒不断从A处静止进入半径为的光滑四分之一圆轨道AB，B处与一顺时针非常缓慢转动的粗糙传送带相切，传送带足够长，CE、FG均为水平光滑轨道，圆心为O、半径的光滑圆轨道E、F处略微错开且与水平轨道相接，D为带轻质滚轮的机械臂，可在颗粒经过时提供竖直向下的恒定压力F，颗粒右侧刚到达滚轮最低点时的速度可忽略不计，滚轮逆时针转动且转速足够快，滚轮与颗粒之间的摩擦系数（摩擦力对颗粒作用距离可认为是颗粒边长），I、II、III为颗粒的收集区域（颗粒落到收集区直接被收集不反弹），其中I、II的分界点为圆心O，且I、II与圆轨道之间留有恰好可容颗粒通过的距离。颗粒在圆轨道中运动时可看做质点，颗粒在被收集之前相互之间没有发生碰撞，质量最大颗粒恰好被II最右端收集，质量为的颗粒恰好能被III收集，不计一切空气阻力，重力加速度为。求：
（1）质量为颗粒到达B处时对轨道的压力大小；
（2）机械臂提供的恒定压力F的大小；
（3）Ⅱ、III两个区域各自收集到颗粒的质量范围。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．压缩杆受到向上的弹力、向下的摩擦力以及重力，开始合力向上，向上加速运动，处于超重状态，向上的弹力等于重力与摩擦力之和时，速度最大，动能最大，之后，向上做减速运动，处于失重状态，AB错误；
C．杆的加速度先减小后反向增大，C错误；
D．根据上述分析可知杆的动能先增大后减小，D正确。
故答案为：D。
【分析】AB：明确压缩杆受弹力（向上 ）、重力（向下 ）、摩擦力（向下 ），分析合力随弹力变化的关系。
CD：通过合力方向与大小变化，推导加速度、速度、动能的变化趋势。
2．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为
故A错误；
B．根据
加速阶段，重的行李箱与轻的行李箱传送加速度相同，即行李箱的加速时间、加速位移、匀速时间相同，故B错误；
C．设传送带提速前的速度为，则行李箱加速阶段所用时间和位移分别为
，
提高传送带的运转速度，由于加速阶段行李箱的加速度不变，则行李箱加速到提速前传送带速度过程所用时间不变，通过的位移不变，但提速后行李箱继续加速运动再匀速运动，则之后的运动过程，提速后所用时间更短，则提高传送带的运转速度，传送时间变短，故C错误；
D．行李箱先做加速运动，有
解得
故，运送行李时该传送带的倾角必须小于，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 受力与加速度：明确行李受摩擦力（向上 ）、重力分力（向下 ），推导加速阶段加速度（与质量无关 ）。
2. 运动阶段：分析加速，匀速过程，判断时间与质量、传送带速度的关系。
3. 倾角临界：通过加速条件 ，推导倾角最大值。
3．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动
【解析】【解答】解：由题意可将P点的速度分解为水平和竖直方向，如图所示
锯条运动的速度为
又因为P点做圆周运动，则
代入数值解得锯条运动的速度为
故BCD错误，A正确。
故答案为：A
【分析】1. 圆周运动线速度：利用 直接计算P点的线速度。
2. 速度分解：根据传动装置的几何关系，将P点速度分解为沿锯条方向（有效速度 ），利用三角函数求解。
4．【答案】B
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．“中星6E”卫星为同步卫星，定位于赤道上空，故A错误；
B．第一宇宙速度是贴近地面运行速度，第一宇宙速度是航天器最小发射速度，也是航天器最大运行速度。“天宫”空间站的运行线速度略低于第一宇宙速度，故B正确；
C．由开普勒第三定律
解得，故C错误；
D．根据万有引力提供地球卫星和空间站做圆周运动的向心力，可得
解得，可见离地球越远，卫星稳定运行速度越小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：固定赤道上空。
B：近地最大环绕速度，空间站轨道更高，速度更低。
C：代入轨道半径，计算空间站周期。
D：轨道半径越大，线速度越小。
5．【答案】C
【知识点】图象法
【解析】【解答】A．开始时沿y轴正方向匀速飞行，的时间内有沿向y轴负方向加速度，故沿y方向的飞行速度在减小，故A错误；
B．开始时沿z轴方向速度为0，的时间内有沿向z轴正方向加速度，故沿z方向一直加速，即加速上升，故B错误；
C．开始时沿x轴方向速度为0，内沿x负方向加速，的时间内有沿向x轴正方向加速度，故沿x方向先减速到零，之后再加速，根据所围的面积可知t图像4s末无人机在x轴方向的速度沿着x轴正方向，故C正确；
D.4s末z方向有速度，则4s末无人机不可能沿y轴飞行的方向，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用 a-t图像 “面积表示速度变化”，结合加速度方向与初速度方向，判断速度增减与方向，逐一分析 y、z、x 轴的速度变化，排除错误选项，确认正确结论。
6．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；区分相互作用力与平衡力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．购物袋对绳带的力与绳带对购物袋的力为作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故 A错误；
B．在轨道的最高点处，购物袋受到重力和四根绳带的拉力，由牛顿第二定律得
结合牛顿第三定律得每根绳带承受的拉力
B正确；
C．重力与速度方向垂直，故重力的瞬时功率为零，C错误；
D．加长绳带，会变小，由B的分析可得，每根绳带承受的拉力会变小， D错误。
故答案为：B。
【分析】A：购物袋与绳带的力大小相等。
B：最高点合力（重力-拉力分力 ）提供向心力，推导拉力公式。
C：重力与速度垂直，功率为零。
D：加长绳带使 减小，拉力公式中 增大，拉力减小。
7．【答案】C
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由C选项的分析可知，L越短，则到达C点时速度越大，则游客在斜面上的位移越长，不能保证游客落在滑道CD上而不是D所在水平面，故A错误；
B．若游客落在滑道CD的不同点上，则位移的偏向角相同，根据平抛运动的速度的偏向角的正切等于位移偏向角的2倍可知，落在滑道的各点的速度偏向角相等，即落在斜面上的速度方向相同，故B错误；C．从A到C由动能定理
即
则只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度一定，故C正确；
D．若恰能落在D点，则
又因为
联立解得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】从A到C，重力做功与摩擦力做功的差等于C点动能，推导 与H、L的关系（与AB倾角无关 ），结合CD的几何关系（倾角 ），分析水平位移、竖直位移与落点的关系，逐一推导各选项，确认正确结论。
8．【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】A．镇纸受到的支持力和它对红纸的压力是一对相互作用力，故A正确；
B．竖直提起毛笔悬空时，手对笔的静摩擦力与重力等大反向，增大握笔的力度，手和笔之间的摩擦力不变，只是增大手和笔之间的最大静摩擦力，故B错误；
C．毛笔相对于宣纸向右运动，则宣纸对毛笔有向左的摩擦力，宣纸相对于桌面有向右的运动趋势，所以桌面对宣纸有向左的摩擦力，镇纸与宣纸只有一个接触面，且镇纸保持静止状态，所以镇纸和宣纸间无摩擦力的作用，故C正确；
D．自左向右行笔写一横过程中，笔对宣纸的摩擦力向右，则桌面给宣纸的摩擦力向左，在桌面光滑的情况下，书写的过程中红纸不可以静止，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：判断力的施力与受力对象，确认相互作用关系。
B：分析握笔时静摩擦力与重力的平衡，确认握力不影响实际摩擦力。
C：通过红纸的运动趋势，推导镇纸与红纸、桌面的摩擦力，确认镇纸不受力。
D：无桌面摩擦力时，红纸受笔的摩擦力会运动，无法静止。
9．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；动能；重力势能
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可得
解得
雨滴的速度越来越大，雨滴的加速度越来越小，最终雨滴做匀速运动，雨滴匀速运动之前做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．雨滴下落过程中，重力势能
可知时间增长，重力势能减小得越来越快，故B正确；
C．若雨滴做匀加速下落，由，可知图线是一条倾斜的直线，而雨滴先做加速度减小的加速运动，所以不是一条倾斜直线，故C错误；
D．雨滴做加速度减小的加速运动，当重力等于阻力时加速度为零，速度最大，之后雨滴做匀速运动，所以动能 逐渐增大，最后趋于最大值，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：通过 推导加速度随速度的变化，确认雨滴做加速度减小的加速运动。
B：利用 ，结合 与 的非线性关系（因 变化 ），判断势能图像斜率变化。
C：对比匀加速与变加速的 关系，确认曲线特征。
D：分析动能随速度的变化（加速，匀速 ），推导图像趋势。
10．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律
【解析】【解答】AC．手机的最大加速度为
手机与抽屉一起做加速运动的最大拉力为
所以当水平恒力的大小时，手机与抽屉一起加速运动，拉力增大手机的加速度也增大，当水平拉力的大小时，拉力增大手机的加速度为不变，故A错误，C正确；
B．当水平恒力的大小时，手机与抽屉一起加速运动，摩擦力对手机做正功，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0，手机继续向右做减速运动，摩擦力对手机做负功，故B正确；
D．当时手机与抽屉相对滑动，对抽屉由牛顿第二定律得
解得
当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有
解得
手机的速度为
解得
手机的位移为
解得
抽屉停止运动后手机向右滑动的位移为
则有，则手机不与抽屉右侧发生磕碰，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】A：通过手机最大静摩擦力推导临界加速度，结合整体牛顿第二定律求临界拉力。
C：根据拉力与临界值的关系，分析手机与抽屉是 “一起加速” 还是 “相对滑动”。
BD：一起加速时，摩擦力对手机做正功；抽屉停止后，摩擦力做负功），相对滑动时，分别计算抽屉、手机的位移，判断是否碰撞。
11．【答案】（1）；
（2）不需要
（3）；
【知识点】加速度；瞬时速度；滑动摩擦力与动摩擦因数；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）由题意可知，相邻计数点的时间间隔
根据匀速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度求打下3点的瞬时速度
；
根据
运用逐差法得 。
故答案为：；
（2）由于拉力传感器测得是真实拉力，不需要满足钩码质量远远小于小车质量。
故答案为：不需要
（3）根据牛顿第二定律
，
联立解得
结合图像可知
即
根据横轴截距可得
解得
故答案为：；
【分析】（1）用 “中间时刻速度” 求瞬时速度，“逐差法” 求加速度，避免偶然误差。
（2）传感器直接测拉力，无需依赖 “砝码质量远小于物块” 的近似。
（3）通过牛顿第二定律推导 a-F关系，利用斜率求质量，截距求动摩擦因数。
（1）[1] 由题意可知，相邻计数点的时间间隔
根据匀速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度求打下3点的瞬时速度
[2] 根据
运用逐差法得
（2）由于拉力传感器测得是真实拉力，不需要满足钩码质量远远小于小车质量；
（3）[1] [2] 根据牛顿第二定律
联立解得
结合图像可知
即
根据横轴截距可得
解得
12．【答案】（1）A
（2）；
（3）；
（4）偏大
【知识点】研究平抛物体的运动；运动的合成与分解
【解析】（1）无论水平速度是多少，两个小球同时落地，说明平抛运动竖直方向上是自由落体运动，
A正确，BC错误。
故答案为：A。
（2）在竖直方向上，根据
解得
小球做平抛运动的初速度为
。
故答案为：；
（3）B点竖直方向上的分速度为
则小球从初始位置运动到B点的时间
小球从初始位置运动到B点的水平位移
竖直位移
所以平抛运动的初位置的横坐标为
纵坐标为
故答案为：；
（4）小球平抛运动的抛出点应该在轨道末端上方距离为（小球的半径）处，用
计算初速度时，取值偏小，故得到的初速度的值偏大。
故答案为：偏大
【分析】（1）通过同时落地现象，直接关联平抛与自由落体的竖直分运动。
（2）利用竖直方向匀变速的位移差公式求时间间隔，水平匀速求初速度。
（3）通过中间时刻竖直分速度，结合运动学公式反推抛出点坐标。
（4）识别坐标原点偏差导致的y0偏小，推导初速度测量值偏大。
（1）无论水平速度是多少，两个小球同时落地，说明平抛运动竖直方向上是自由落体运动，
A正确，BC错误。
故选A。
（2）在竖直方向上，根据
解得
小球做平抛运动的初速度为
（3）B点竖直方向上的分速度为
则小球从初始位置运动到B点的时间
小球从初始位置运动到B点的水平位移
竖直位移
所以平抛运动的初位置的横坐标为
纵坐标为
（4）小球平抛运动的抛出点应该在轨道末端上方距离为（小球的半径）处，用
计算初速度时，取值偏小，故得到的初速度的值偏大。
13．【答案】（1）解：上增加质量的配重后，对 P、Q整体分析， 设P、Q的加速度为，由牛顿第二定律得
设Q落地瞬间P的速度大小为v，满足
Q落地后，P继续上升直到速度减为零，对P分析得
联立解得
（2）解：由（1）可知
在P加速上升时，设轻绳的拉力为F，P、Q运动时加速度大小为a，对P分析，由牛顿第二定律得
解得
当Q碰地瞬间， P的速度达到最大，由（1）可知
此时拉力的瞬时功率达到最大
解得
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）Q 落地前：P、Q 加速上升，合力由新增配重提供，用牛顿第二定律关联加速度；Q 落地后：P 竖直上抛，用运动学公式关联速度与位移。
（2）加速阶段拉力恒定（因加速度恒定 ），Q 落地时速度最大，此时功率最大，结合计算。
（1）上增加质量的配重后，对 P、Q整体分析， 设P、Q的加速度为，由牛顿第二定律得
设Q落地瞬间P的速度大小为v，满足
Q落地后，P继续上升直到速度减为零，对P分析得
联立解得
（2）由（1）可知
在P加速上升时，设轻绳的拉力为F，P、Q运动时加速度大小为a，对P分析，由牛顿第二定律得
解得
当Q碰地瞬间， P的速度达到最大，由（1）可知
此时拉力的瞬时功率达到最大
解得
14．【答案】（1）对小车在AB、BC、CD各段运动过程进行受力分析。小车在AB段向上运动时，小车所受阻力大小
解得
小车在AB段上达到最大速度时
解得
（2）小车沿BC运动过程中
小车与BC墙面的阻力
联立可得
，
遥控小车到水平天花板CD运动时
小车与天花板的阻力
解得
小车从B点开始运动第一次到达D点的过程中，根据动能定理
解得
（3）小车所受阻力与牵引力的合力提供圆周运动的向心力
解得
小车运动一周过程中动能不变，牵引力做的功为 W，由动能定理得
解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据小车匀速运动，水平方向的合力为零，可得摩擦力大小，根据小车合力为零时速度最大，利用P=Fv可得小车在AB段的最大速度；
（2）小车在BC运动过程，垂直BC面方向由力的平衡列式，根据阻力与弹力的关系可得BC段摩擦力大小，小车在CD运动过程，竖直方向由力的平衡列式，根据阻力与弹力的关系可得CD段摩擦力大小，从B到D过程，利用动能定理可得牵引力做的功；
（3）根据小车牵引力和摩擦力的合力提供向心力可得小车做匀速圆周运动的半径，小车运动一周过程，利用动能定理求解。
（1）对小车在AB、BC、CD各段运动过程进行受力分析。小车在AB段向上运动时，小车所受阻力大小
解得
小车在AB段上达到最大速度时
解得
（2）小车沿BC运动过程中
小车与BC墙面的阻力
联立可得
，
遥控小车到水平天花板CD运动时
小车与天花板的阻力
解得
小车从B点开始运动第一次到达D点的过程中，根据动能定理
解得
（3）小车所受阻力与牵引力的合力提供圆周运动的向心力
解得
小车运动一周过程中动能不变，牵引力做的功为 W，由动能定理得
解得
15．【答案】（1）解：对颗粒根据动能定理得
在B点根据牛顿第二定律得合外力提供向心力
联立解得
根据牛顿第三定律知该颗粒到达B处时对轨道的压力大小为。
（2）解：质量为的颗粒恰好被Ⅲ收集，故其恰好能做完整圆周运动。颗粒在圆轨道最高点处应满足
由动能定理
解得
（3）解：①质量小于等于的颗粒都能被Ⅲ收集，颗粒质量范围为
②如图所示，设恰好能到达Ⅱ左端的颗粒脱离圆轨道开始做抛体运动的位置距离Ⅱ的高度为h，此时颗粒开始做斜抛运动，对其运动进行正交分解，分解为沿初速度方向和垂直初速度方向。
设该位置对应的半径与水平方向的夹角为，颗粒速度大小为，由
此时满足
解得
方法一：颗粒沿初速度方向的运动位移为零，根据运动的对称性可知
其中，，颗粒沿垂直初速度方向的运动为
联立解得
方法二：颗粒沿水平方向做匀速直线运动，可得
，
颗粒沿竖直方向做竖直上抛运动，取竖直向下为正方向，可得
联立解得
（以上两种分解方式均可。）
从开始经过机械臂到开始做抛体运动这个过程，由动能定理得
可得
或（）
恰好能到达Ⅱ右端的颗粒满足
可得（计算出到达Ⅱ右端的颗粒所满足的质量。）
故能被Ⅱ收集的颗粒质量范围为或（）。
【知识点】牛顿第二定律；斜抛运动；向心力；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）利用 “最高点重力提供向心力” 确定最小速度，结合动能定理关联力与质量。
（2）将脱离圆轨道的颗粒运动分解为水平、竖直分运动，结合几何关系与运动学公式推导临界质量。
（3）通过 “能过最高点”（III 区 ）和 “斜抛落点”（II 区 ）的临界条件，划分质量区间。
（1）对颗粒根据动能定理得
在B点根据牛顿第二定律得合外力提供向心力
联立解得
根据牛顿第三定律知该颗粒到达B处时对轨道的压力大小为。
（2）质量为的颗粒恰好被Ⅲ收集，故其恰好能做完整圆周运动。
颗粒在圆轨道最高点处应满足
由动能定理
解得
（3）①质量小于等于的颗粒都能被Ⅲ收集，颗粒质量范围为
②如图所示，设恰好能到达Ⅱ左端的颗粒脱离圆轨道开始做抛体运动的位置距离Ⅱ的高度为h，此时颗粒开始做斜抛运动，对其运动进行正交分解，分解为沿初速度方向和垂直初速度方向。
设该位置对应的半径与水平方向的夹角为，颗粒速度大小为，由
此时满足
解得
方法一：颗粒沿初速度方向的运动位移为零，根据运动的对称性可知
其中
颗粒沿垂直初速度方向的运动为
联立解得
方法二：颗粒沿水平方向做匀速直线运动，可得
颗粒沿竖直方向做竖直上抛运动，取竖直向下为正方向，可得
联立解得
（说明：以上两种分解方式均可。）
从开始经过机械臂到开始做抛体运动这个过程，由动能定理得
可得
或（）
恰好能到达Ⅱ右端的颗粒满足
可得
（说明：能计算出到达Ⅱ右端的颗粒所满足的质量。）
故能被Ⅱ收集的颗粒质量范围为
或（）
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