广东省江门市2024-2025学年高三上学期10月调研考试物理试题
一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。
1．（2024高三上·江门月考）在巴黎奥运会15m攀岩速度赛半决赛中，我国选手伍鹏以4秒85的成绩进入决赛。如图为伍鹏接触计时装置结束比赛，下列说法正确的是（ ）
A．4秒85表示时刻
B．可以求出伍鹏到达顶端时的瞬时速度
C．计时装置使用了压力传感器
D．教练在研究伍鹏攀岩动作时可把伍鹏看成质点
【答案】C
【知识点】质点；时间与时刻；瞬时速度；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】本题考查了时间和时刻，位移、瞬时速度以及传感器相关知识，理解各个物理量的定义和含义是解决此类问题的关键。A．时刻是时间点，4秒85表示一段间隔，为时间间隔，故A错误；
B．只知道时间和位移，无法求出伍鹏到达顶端时的瞬时速度，故B错误；
C．计时装置使用压力传感器检测伍鹏出发和到达的信息，故C正确；
D．教练在研究伍鹏攀岩动作时不能忽略其大小和形状，故不可把伍鹏看成质点，故D错误。
故选C。
【分析】根据时间间隔和时刻的区别、位移的定义以及瞬时速度的特点，结合压力传感器的应用分析求解。
2．（2024高三上·江门月考）某乘客乘坐电梯上下楼，其位移x随时间t变化的关系图象如图所示，规定竖直向上为正方向，图线的形状为抛物线，下列说法中正确的是（ ）
A．时间内乘客的加速度向上
B．时间内乘客处于失重状态
C．乘客在时刻速度最大
D．乘客在0时刻速度大小为零
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；超重与失重
【解析】【解答】解答本题的关键要知道x-t图像的斜率表示速度，结合运动学公式求解初速度。图像斜率为速度，时间内乘客向上减速运动，加速度向下，0时刻速度最大，时刻速度减为零，时间内乘客向下加速运动，加速度向下，处于失重状态。
故选B。
【分析】根据匀变速直线运动的位移—时间公式，对比图线分析乘客的加速度方向；x-t图像的斜率表示速度，根据斜率大小分析速度大小；根据匀变速直线运动的位移—时间公式求解乘客在t=0时刻的速度大小。
3．（2024高三上·江门月考）如图所示，一台重力为G的空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，重心恰好在支架水平横梁AO和斜梁BO的连接点O的正上方。横梁对O点的拉力沿OA方向，斜梁对O点的支持力沿BO方向，忽略支架的重力，下列说法正确的是（ ）
A．外墙对支架的作用力大于G
B．斜梁BO对O点的支持力小于横梁AO对O点的拉力
C．保持O点的位置不变，加长斜梁则横梁对O点的拉力将增大
D．保持O点的位置不变，加长斜梁则斜梁对O点的支持力将减小
【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了共点力平衡条件的应用，此题的易错点是横梁和斜梁都是两根而不是一根。
A．对支架和空调外机整体分析，可知外墙对支架的作用力与重力G平衡，则外墙对支架的作用力等于G，故A错误；
B．以O点为研究对象，受到空调外机的压力F、OB支架的支持力F1和OA支架的拉力F2，受力如图所示
根据平衡条件，可知O点对空调外机的支持力为
由牛顿第三定律，可知空调外机对O点的压力
由受力图结合几何关系可得
，
由于，则有，即斜梁BO对O点的支持力大于横梁AO对O点的拉力，故B错误；
CD．保持O点的位置不变，加长斜梁，则变大，和都变小，即横梁对O点的拉力和斜梁对O点的支持力都将减小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】以O点为研究对象，由平衡条件即可求出横梁和斜梁的弹力大小；用平行四边形图解法分析横梁和斜梁弹力的变化。
4．（2024高三上·江门月考）已知哈雷彗星大约每76年环绕太阳一周，如图所示为地球、哈雷彗星绕太阳运动的示意图，哈雷彗星的轨道是一个很扁的椭圆，在近日点与太阳中心的距离为r1，在远日点与太阳中心的距离为r2，若地球的公转轨道可视为半径为R的圆轨道，地球公转周期为T0，引力常量为G，r1A．由题中的已知量可求出地球质量
B．由题中的已知量可求出彗星的公转周期
C．彗星在近日点的速度小于地球的公转速度
D．彗星在近日点的加速度小于地球公转的加速度
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用，解决本题的关键是利用开普勒第三定律和牛顿二定律处理天体运动的一般规律，多注意总结。A．由于地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力有
由此可求出太阳的质量，无法求出地球的质量，故A错误；
B．根据开普勒第三定律可得
所以
故B正确；
C．根据
由于彗星是椭圆轨道，因此在近日点的速度
故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得
所以彗星在近日点的加速度为
故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力提供向心力求解地球质量，根据牛顿第二定律判断两点的加速度关系；据开普勒第三定律求解哈雷彗星的周期。
5．（2024高三上·江门月考）地下车库为了限制车辆高度，采用如图所示曲杆道闸，它是由相同长度的转动杆AB和横杆BC组成。B、C为横杆的两个端点。现道闸正在缓慢打开，转动杆AB绕A点的转动过程中B点可视为匀速圆周运动，横杆BC始终保持水平，则在道闸缓慢打开的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B点线速度不变
B．B点的角速度不变
C．B、C两点的线速度大小
D．B、C两点的角速度大小
【答案】B
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】本题考查匀速圆周运动相关知识，同轴转动，角速度相等，皮带转动，线速度大小相等。A．B点做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向改变，故A错误；
B．B点做匀速圆周运动，角速度不变，故B正确；
C．B点做匀速圆周运动的过程中，横杆BC始终保持水平，则BC杆上各点相对静止，所以C点的速度始终与B点相同，所以B、C两点的线速度大小关系
故C错误；
D．根据可知，由于B、C两点做圆周运动的半径不相等
可知二者的角速度大小
故D错误；
故选 B。
【分析】匀速圆周线速度和角速度大小相等，注意线速度和加速度的矢量性。
6．（2024高三上·江门月考）如图甲所示，为江门市首座跨江双塔悬索天桥，图乙中A、B、C、D、E为大桥上五根钢丝绳吊索，相邻两根吊索之间距离相等，若车辆从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，车辆通过吊索D时的瞬时速度为，通过DE段的时间为t，则（ ）
A．车辆减速的时间等于2t
B．车辆通过吊索A时的速度大小为
C．车辆通过吊索C时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
D．车辆通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的9倍
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】本题考查匀变速直线运动的规律。解决问题的关键是清楚汽车减速到零的运动，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系分析判断。
AB．设汽车做匀减速运动的加速度大小为，每两根吊索之间的距离为，减速运动所用的时间为，将汽车的匀减速直线运动逆向看成初速度为0的匀加速直线运动，则根据题已知可得从E到D有
，
从E到A有
解得
，
则由速度与时间的关系可得
故A正确，B错误；
C．由逆向思维，从E到C有
解得
AE段的平均速度
显然
故C错误；
D．汽车减速运动的总时间为2t，通过DE段的时间为t，则通过AD段的时间也为t，由此可得汽车通过AD段的平均速度
汽车通过DE段平均速度
可得
故D错误。
故选A。
【分析】根据逆向思维，结合初速度为零的匀变速直线运动的比例关系，再根据平均速度是中间时刻速度求解即可。
7．（2024高三上·江门月考）粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内，其简化模型如图所示，工作人员把稻谷轻轻地放在倾斜传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上。已知传送带的长度为L，与地面的夹角为，传送带以恒定的速度v顺时针转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，对于被其他谷粒包围的一颗质量为m的谷粒P，下列说法正确的是（ ）
A．在匀速阶段，谷粒P的机械能守恒
B．在加速阶段，其他谷粒对谷粒P的合力方向沿斜面向上
C．在加速阶段，其他谷粒对谷粒P的合力的功率为
D．谷粒P从底端运动到顶端的过程，其他谷粒对谷粒P做的功为
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查传动带问题和斜抛运动的综合运动，关键是要对麦粒P进行受力分析和能量分析，知道机械能守恒的条件和动能定理的应用。A．在匀速阶段，谷粒P的动能不变，重力势能增大，则机械能增大，故A错误；
B．在加速阶段，谷粒P的加速度沿斜面向上，谷粒P受重力与其他谷粒对谷粒P的合力，根据力的合成可知，其他谷粒对谷粒P的合力方向斜向上，故B错误；
C．其他谷粒对谷粒P的合力的功率为，则
其谷粒P做匀速直线运动，而非加速运动，故C错误；
D．在传送带上运动过程中，设其他谷粒对谷粒P做的功为，根据动能定理有
解得
故D正确；
故选D。
【分析】根据动能和势能变化分析机械能是否守恒；加速运动，合力方向与运动方向相同；他谷粒对谷粒P的合力的功率为，结合动能定理求解合力做的功。
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，错选、多选不得分，选不全得3分。
8．（2024高三上·江门月考）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和在一直减少
B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
【答案】A,C
【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，理解功和能的对应关系，结合受力分析和功能关系即可完成解答。A．由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A正确；
B．弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C．由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为，则有
当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为，则有
联立解得
故C正确；
D．物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选AC。
【分析】手与重物一同缓慢下降，重物的动能变化量为零，手对重物体做负功，弹簧与重物组成的系统机械能减少。弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量。对重物进行受力分析，结合胡克定律分析出重物对手的压力与下降距离的关系。物体重力做的功等于重物重力势能的变化量。根据功能关系分析。
9．（2024高三上·江门月考）2024年5月8日在北京航天飞行控制中心的精确控制下，嫦娥六号探测器成功实施近月制动，顺利进入环月轨道飞行，绕行周期为T。假设距离月球球心h处的重力加速度g与h的关系图像如图所示，忽略其他天体的引力对卫星的影响，已知引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．月球质量为
B．月球平均密度为
C．月球第一宇宙速度为
D．嫦娥六号环月轨道半径为
【答案】B,C
【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】本题考查了天体的质量和密度的计算及万有引力与重力的关系，关键要熟练掌握等量关系，知道向心力的来源。AB．当h小于月球半径时，有
所以
当h大于月球半径时，有
所以
结合图像可得
所以，，故A错误，B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
所以
故C正确；
D．根据万有引力提供向心力有
所以
故D错误。
故选BC。
【分析】根据万有引力提供向心力，求解月球质量表达式；根据密度公式计算月球平均密度；根据万有引力提供向心力，计算月球的第一宇宙速度表达式。
10．（2024高三上·江门月考）如图所示，半径为R的竖直圆环在电动机作用下，可绕水平轴O转动，圆环边缘固定一只质量为m的连接器。轻杆通过轻质铰链将连接器与活塞连接在一起，活塞质量为M，与固定竖直管壁间摩擦不计。当圆环逆时针匀速转动时，连接器动量的大小为p，活塞在竖直方向上运动。从连接器转动到与O等高位置A开始计时，经过一段时间连接器转到最低点B，此过程中，活塞发生的位移为x，重力加速度取g。下列说法正确的是（ ）
A．连接器做匀速圆周运动的速度大小为
B．当连接器到达B点时，活塞的速度大小为
C．连接器做匀速圆周运动所受到的合力大小
D．连接器从A转到B过程中，轻杆对活塞所做的功
【答案】A,C,D
【知识点】运动的合成与分解；向心力；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】本题考查的是关联速度问题，沿杆方向分速度相等，结合圆周运动的向心力公式和动能定理求解。A．由动量的定义可知连接器做匀速圆周运动的速度为
A正确；
B．当连接器到达B点时，连接器的速度水平向右，活塞的速度大小为0，B错误；
C．连接器做匀速圆周运动所受到的合力大小为
C正确；
D．设连接器在A点时连杆与竖直方向的夹角为θ，则此时连杆的速度为
而对活塞有
可知活塞的速度为
当连接器到达B点时，活塞的速度为零，则从A到B，对活塞由动能定理得
解得
D正确；
故选ACD。
【分析】连接器做匀速圆周运动所受到的合力大小；当连接器转到右侧与A点对称位置时动量变化最大；当连接器到达B点时，活塞的速度为零，则从A到B，对活塞由动能定理可求出做功。
三、非选择题：本大题共5小题，共54分。
11．（2024高三上·江门月考）图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置示意图。
（1）有关本实验方案的操作和判断，下列说法正确的是______
A．实验时先将小车从图示位置释放，再接通电源
B．实验时定滑轮的高度没有要求
C．平衡摩擦时不需要挂砝码盘
D．平衡摩擦后，每次在小车上增添砝码时不需要重新平衡
（2）图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为 （结果保留3位有效数字）。
（3）实验得到的理想图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。其中图线①产生弯曲的原因是 ；图线③的产生原因是 。
【答案】（1）C；D
（2）0.985
（3）不满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量；补偿摩擦力不足
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。
（1）A．实验时应先接通电源，待打点稳定后，再释放小车。故A错误；
B．实验时需要调节定滑轮的位置，使细绳与木板平行。故B错误；
C．平衡摩擦时不需要挂砝码盘和细线，调整木板的倾角，使小车下滑时纸带打出均匀的点。故C正确；
D．平衡摩擦后，每次在小车上增添砝码时不需要重新平衡摩擦力。故D正确。
故选CD。
（2）根据逐差公式可得
解得加速度
（3）设小车质量为M，砝码和托盘总质量为m，绳的拉力为，由牛顿第二定律可得
联立以上两式可得
当时，图像斜率为定值，若不满足时，随着增大，斜率改变。
图线③中小车有拉力时，小车静止不动，加速度为零，产生原因是补偿摩擦力不足
【分析】（1）根据实验原理及操作规范分析解答；
（2）根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出加速度的大小。
（3）在验证加速度与质量的关系时，在重物质量m远小于小车质量M时，可近似认为小车受到的拉力等于重物重力，当不能满足这个条件时，将会出现误差，图像将偏离直线，结合图像与坐标轴交点分析。
（1）A．实验时应先接通电源，待打点稳定后，再释放小车。故A错误；
B．实验时需要调节定滑轮的位置，使细绳与木板平行。故B错误；
C．平衡摩擦时不需要挂砝码盘和细线，调整木板的倾角，使小车下滑时纸带打出均匀的点。故C正确；
D．平衡摩擦后，每次在小车上增添砝码时不需要重新平衡摩擦力。故D正确。
故选CD。
（2）根据逐差公式可得
解得加速度
（3）[1]设小车质量为M，砝码和托盘总质量为m，绳的拉力为，由牛顿第二定律可得
联立以上两式可得
当时，图像斜率为定值，若不满足时，随着增大，斜率改变。
[2]图线③中小车有拉力时，小车静止不动，加速度为零，产生原因是补偿摩擦力不足
12．（2024高三上·江门月考）某实验小组做“探究平抛运动的特点”实验。
（1）某同学用如图甲所示的装置进行探究，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止释放。关于该实验，下列说法正确的有（ ）
A．A球和B球的质量必须相等
B．需要分别改变两球距地面的高度和击打力度，多次重复实验
C．本实验为验证A球在竖直方向上做自由落体运动
D．本实验为验证A球在水平方向上做匀速直线运动
（2）该同学用如图乙所示的实验装置研究平抛运动。弯曲轨道AB固定在水平桌面上，在离轨道边缘B不远处有一可移动的竖直平面abcd，平面中心竖直线标有刻度，0刻度线与桌面边缘平齐。以边缘B正下方的O点为原点建立水平x轴。实验时，将竖直平面移动到x处，从轨道AB上的固定立柱处由静止释放体积很小的钢珠，钢珠从B点离开后击中中心竖直线某点，记录刻度值y；改变x，重复实验。（重力加速度g取）
①根据实验数据作出的图像，该图像应是 ，若由图像得到斜率为k，则小钢珠平抛的初速度 。（用题中给出的物理量的符号表示）
②若某次将钢珠从固定立柱处由静止释放，钢珠击中中心竖直线的刻度为y；将竖直平面向远离B方向平移20.00cm，再次将钢珠从固定立柱处由静止释放，钢珠击中中心竖直线的刻度为；将竖直平面再向远离B方向平移20.00cm，让钢珠从固定立柱处由静止释放，钢珠击中中心竖直线的刻度为。则小钢珠平抛的初速度 m/s（保留两位有效数字）。
【答案】（1）B；C
（2）过原点的一条倾斜直线；；2.0
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】理解实验原理，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动是解题的前提；根据实验注意事项、实验现象，应用运动学公式即可解题。
（1）A．实验中不需要两球质量相等，故A错误；
B．实验过程中需要分别改变两球距地面的高度和击打力度，多次重复实验，故B正确；
CD．本实验A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时落地，从而验证A球在竖直方向上做自由落体运动，故C正确，D错误。
故选BC。
（2）由于钢珠做平抛运动，则
，
联立可得
由此可知，y-x2图像应是一条过原点的倾斜直线；
若由图像得到斜率为k，则
所以小钢珠平抛的初速度为
根据题意可得
联立解得，
【分析】（1）根据实验原理与实验注意事项分析答题，
（2） ① 根据平抛运动竖直方向和水平方向的运动规律解答；
② 根据匀变速直线运动的规律解答。
（1）A．实验中不需要两球质量相等，故A错误；
B．实验过程中需要分别改变两球距地面的高度和击打力度，多次重复实验，故B正确；
CD．本实验A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时落地，从而验证A球在竖直方向上做自由落体运动，故C正确，D错误。
故选BC。
（2）[1]由于钢珠做平抛运动，则
联立可得
由此可知，y-x2图像应是一条过原点的倾斜直线；
[2]若由图像得到斜率为k，则
所以小钢珠平抛的初速度为
[3]根据题意可得
联立解得
，
13．（2024高三上·江门月考）如图所示，半径为的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。转台静止不转动时，将一质量为可视为质点的小物块放入陶罐内，小物块恰能静止于陶罐内壁的A点，且A点与陶罐球心O的连线与竖直轴成角，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，求：
（1）物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数为多少；
（2）当物块在A点随陶罐一起转动且不受摩擦力时陶罐的角速度为多少；
（3）若物块仍在陶罐中的A点随陶罐一起匀速转动且角速度为，则陶罐给物体的弹力和摩擦力大小为多少。
【答案】（1）解：物块受力如图甲所示
由平衡条件得
且
解得
（2）解：物块受力如图乙所示
由圆周运动的条件得
圆周运动半径
解得rad/s
（3）解：当转台的角速度为时，由于该角速度小于5rad/s，则物块有向内滑的趋势，可知摩擦力沿切线向上，则有
解得N，N
【知识点】共点力的平衡；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）物块恰好静止，所受摩擦力为最大静摩擦力，根据共点力平衡和摩擦力公式列式求解即可；
（2）对物块受力分析，物块只受重力和支持力，物块做匀速圆周运动，根据合力提供向心力求解转台转动的角速度；
（3）对物块受力分析，将力分解到水平方向和竖直方向，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解即可。
（1）物块受力如图甲所示
由平衡条件得
且
解得
（2）物块受力如图乙所示
由圆周运动的条件得
圆周运动半径
解得
rad/s
（3）当转台的角速度为时，由于该角速度小于5rad/s，则物块有向内滑的趋势，可知摩擦力沿切线向上，则有
解得
N，N
14．（2024高三上·江门月考）如图所示，用“打夯”的方式夯实松散的地面，其过程可简化为：两人通过绳子对重物同时施加大小均为F = 300 N、方向与竖直方向成θ = 37°的力，使重物从静止开始离开地面向上做匀加速运动，重物升高0.25 m后即停止施力，重物继续上升到达最高点，之后重物自由下落把地面砸深0.05 m。已知重物的质量为m = 40 kg，g取10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，忽略空气阻力，求：
（1）重物向上加速过程的加速度大小；
（2）重物从开始运动到上升到最高点的时间；
（3）地面对重物的平均阻力的大小。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律
解得
（2）解：设加速上升的时间为t1，减速上升的时间为t1，由运动学公式得
重物从开始运动到上升到最高点的时间
解得
（3）解：重物上升的总高度
由动能定理可知
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）应用牛顿第二定律求出加速度大小。
（2）应用运动学公式求出运动时间。
（3）应用动能定理求出平均阻力的大小。
（1）根据牛顿第二定律
解得
（2）设加速上升的时间为t1，减速上升的时间为t1，由运动学公式得
重物从开始运动到上升到最高点的时间
解得
（3）重物上升的总高度
由动能定理可知
解得
15．（2024高三上·江门月考）如图所示，质量M=8kg的斜面体放置在光滑的水平面上，通过一小段圆弧平滑与水平面连接。质量m=2kg的物体静止于水平面上的D点，D、B两点间的距离L=10m，B点与斜面体之间的距离足够远。已知斜面体的表面光滑且长度s=8m，顶点为C点，倾角θ=30°，取g为10m/s2。现给物体施加一水平向右的恒力F，求：
（1）若恒力F作用2s后物体运动至B点时立刻撤去该恒力，求物体到达B点时的速度和恒力F的大小；
（2）若斜面体固定在水平面上，请通过计算判断在第（1）中撤去该恒力F后物体会不会从C点飞离斜面体；
（3）若斜面体的速度为v0=5m/s，方向水平向右，要使物体在（1）中恒力F作用下能滑上斜面物体且又不会从C点飞离斜面体，求恒力F的作用时间。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律有
联立可得，，
物体达到B点时速度方向水平向右；
（2）解：物体滑上斜面体后做匀减速直线运动，加速度大小为
物体速度减为零时沿斜面方向的位移为
说明物体会从C点飞离斜面体；
（3）解：若斜面体的速度为v0=5m/s，方向水平向右，要使物体在恒力F作用下能滑上斜面物体，则作用后物块速度最小为，则有
若不会从C点飞离斜面体，当物体恰好能到达斜面体最高点时，二者共速，根据动量守恒定律可得
联立解得
，
所以恒力F的作用时间做多为
恒力F的作用时间在1s到3s内。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解力，根据运动学公式求解加速度和速度；
（2）物体滑上斜面体后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解位移，从而判断是否会飞出；
（3）当物体恰好能到达斜面体最高点时，二者共速，根据动量守恒定律可得最后最后的速度，根据运动学公式求解作用的时间。
（1）根据牛顿第二定律有
联立可得
，，
物体达到B点时速度方向水平向右；
（2）物体滑上斜面体后做匀减速直线运动，加速度大小为
物体速度减为零时沿斜面方向的位移为
说明物体会从C点飞离斜面体；
（3）若斜面体的速度为v0=5m/s，方向水平向右，要使物体在恒力F作用下能滑上斜面物体，则作用后物块速度最小为，则有
若不会从C点飞离斜面体，当物体恰好能到达斜面体最高点时，二者共速，根据动量守恒定律可得
联立解得
，
所以恒力F的作用时间做多为
恒力F的作用时间在1s到3s内。
1 / 1广东省江门市2024-2025学年高三上学期10月调研考试物理试题
一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。
1．（2024高三上·江门月考）在巴黎奥运会15m攀岩速度赛半决赛中，我国选手伍鹏以4秒85的成绩进入决赛。如图为伍鹏接触计时装置结束比赛，下列说法正确的是（ ）
A．4秒85表示时刻
B．可以求出伍鹏到达顶端时的瞬时速度
C．计时装置使用了压力传感器
D．教练在研究伍鹏攀岩动作时可把伍鹏看成质点
2．（2024高三上·江门月考）某乘客乘坐电梯上下楼，其位移x随时间t变化的关系图象如图所示，规定竖直向上为正方向，图线的形状为抛物线，下列说法中正确的是（ ）
A．时间内乘客的加速度向上
B．时间内乘客处于失重状态
C．乘客在时刻速度最大
D．乘客在0时刻速度大小为零
3．（2024高三上·江门月考）如图所示，一台重力为G的空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，重心恰好在支架水平横梁AO和斜梁BO的连接点O的正上方。横梁对O点的拉力沿OA方向，斜梁对O点的支持力沿BO方向，忽略支架的重力，下列说法正确的是（ ）
A．外墙对支架的作用力大于G
B．斜梁BO对O点的支持力小于横梁AO对O点的拉力
C．保持O点的位置不变，加长斜梁则横梁对O点的拉力将增大
D．保持O点的位置不变，加长斜梁则斜梁对O点的支持力将减小
4．（2024高三上·江门月考）已知哈雷彗星大约每76年环绕太阳一周，如图所示为地球、哈雷彗星绕太阳运动的示意图，哈雷彗星的轨道是一个很扁的椭圆，在近日点与太阳中心的距离为r1，在远日点与太阳中心的距离为r2，若地球的公转轨道可视为半径为R的圆轨道，地球公转周期为T0，引力常量为G，r1A．由题中的已知量可求出地球质量
B．由题中的已知量可求出彗星的公转周期
C．彗星在近日点的速度小于地球的公转速度
D．彗星在近日点的加速度小于地球公转的加速度
5．（2024高三上·江门月考）地下车库为了限制车辆高度，采用如图所示曲杆道闸，它是由相同长度的转动杆AB和横杆BC组成。B、C为横杆的两个端点。现道闸正在缓慢打开，转动杆AB绕A点的转动过程中B点可视为匀速圆周运动，横杆BC始终保持水平，则在道闸缓慢打开的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B点线速度不变
B．B点的角速度不变
C．B、C两点的线速度大小
D．B、C两点的角速度大小
6．（2024高三上·江门月考）如图甲所示，为江门市首座跨江双塔悬索天桥，图乙中A、B、C、D、E为大桥上五根钢丝绳吊索，相邻两根吊索之间距离相等，若车辆从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，车辆通过吊索D时的瞬时速度为，通过DE段的时间为t，则（ ）
A．车辆减速的时间等于2t
B．车辆通过吊索A时的速度大小为
C．车辆通过吊索C时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
D．车辆通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的9倍
7．（2024高三上·江门月考）粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内，其简化模型如图所示，工作人员把稻谷轻轻地放在倾斜传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上。已知传送带的长度为L，与地面的夹角为，传送带以恒定的速度v顺时针转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，对于被其他谷粒包围的一颗质量为m的谷粒P，下列说法正确的是（ ）
A．在匀速阶段，谷粒P的机械能守恒
B．在加速阶段，其他谷粒对谷粒P的合力方向沿斜面向上
C．在加速阶段，其他谷粒对谷粒P的合力的功率为
D．谷粒P从底端运动到顶端的过程，其他谷粒对谷粒P做的功为
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，错选、多选不得分，选不全得3分。
8．（2024高三上·江门月考）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和在一直减少
B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
9．（2024高三上·江门月考）2024年5月8日在北京航天飞行控制中心的精确控制下，嫦娥六号探测器成功实施近月制动，顺利进入环月轨道飞行，绕行周期为T。假设距离月球球心h处的重力加速度g与h的关系图像如图所示，忽略其他天体的引力对卫星的影响，已知引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．月球质量为
B．月球平均密度为
C．月球第一宇宙速度为
D．嫦娥六号环月轨道半径为
10．（2024高三上·江门月考）如图所示，半径为R的竖直圆环在电动机作用下，可绕水平轴O转动，圆环边缘固定一只质量为m的连接器。轻杆通过轻质铰链将连接器与活塞连接在一起，活塞质量为M，与固定竖直管壁间摩擦不计。当圆环逆时针匀速转动时，连接器动量的大小为p，活塞在竖直方向上运动。从连接器转动到与O等高位置A开始计时，经过一段时间连接器转到最低点B，此过程中，活塞发生的位移为x，重力加速度取g。下列说法正确的是（ ）
A．连接器做匀速圆周运动的速度大小为
B．当连接器到达B点时，活塞的速度大小为
C．连接器做匀速圆周运动所受到的合力大小
D．连接器从A转到B过程中，轻杆对活塞所做的功
三、非选择题：本大题共5小题，共54分。
11．（2024高三上·江门月考）图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置示意图。
（1）有关本实验方案的操作和判断，下列说法正确的是______
A．实验时先将小车从图示位置释放，再接通电源
B．实验时定滑轮的高度没有要求
C．平衡摩擦时不需要挂砝码盘
D．平衡摩擦后，每次在小车上增添砝码时不需要重新平衡
（2）图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为 （结果保留3位有效数字）。
（3）实验得到的理想图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。其中图线①产生弯曲的原因是 ；图线③的产生原因是 。
12．（2024高三上·江门月考）某实验小组做“探究平抛运动的特点”实验。
（1）某同学用如图甲所示的装置进行探究，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止释放。关于该实验，下列说法正确的有（ ）
A．A球和B球的质量必须相等
B．需要分别改变两球距地面的高度和击打力度，多次重复实验
C．本实验为验证A球在竖直方向上做自由落体运动
D．本实验为验证A球在水平方向上做匀速直线运动
（2）该同学用如图乙所示的实验装置研究平抛运动。弯曲轨道AB固定在水平桌面上，在离轨道边缘B不远处有一可移动的竖直平面abcd，平面中心竖直线标有刻度，0刻度线与桌面边缘平齐。以边缘B正下方的O点为原点建立水平x轴。实验时，将竖直平面移动到x处，从轨道AB上的固定立柱处由静止释放体积很小的钢珠，钢珠从B点离开后击中中心竖直线某点，记录刻度值y；改变x，重复实验。（重力加速度g取）
①根据实验数据作出的图像，该图像应是 ，若由图像得到斜率为k，则小钢珠平抛的初速度 。（用题中给出的物理量的符号表示）
②若某次将钢珠从固定立柱处由静止释放，钢珠击中中心竖直线的刻度为y；将竖直平面向远离B方向平移20.00cm，再次将钢珠从固定立柱处由静止释放，钢珠击中中心竖直线的刻度为；将竖直平面再向远离B方向平移20.00cm，让钢珠从固定立柱处由静止释放，钢珠击中中心竖直线的刻度为。则小钢珠平抛的初速度 m/s（保留两位有效数字）。
13．（2024高三上·江门月考）如图所示，半径为的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。转台静止不转动时，将一质量为可视为质点的小物块放入陶罐内，小物块恰能静止于陶罐内壁的A点，且A点与陶罐球心O的连线与竖直轴成角，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，求：
（1）物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数为多少；
（2）当物块在A点随陶罐一起转动且不受摩擦力时陶罐的角速度为多少；
（3）若物块仍在陶罐中的A点随陶罐一起匀速转动且角速度为，则陶罐给物体的弹力和摩擦力大小为多少。
14．（2024高三上·江门月考）如图所示，用“打夯”的方式夯实松散的地面，其过程可简化为：两人通过绳子对重物同时施加大小均为F = 300 N、方向与竖直方向成θ = 37°的力，使重物从静止开始离开地面向上做匀加速运动，重物升高0.25 m后即停止施力，重物继续上升到达最高点，之后重物自由下落把地面砸深0.05 m。已知重物的质量为m = 40 kg，g取10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，忽略空气阻力，求：
（1）重物向上加速过程的加速度大小；
（2）重物从开始运动到上升到最高点的时间；
（3）地面对重物的平均阻力的大小。
15．（2024高三上·江门月考）如图所示，质量M=8kg的斜面体放置在光滑的水平面上，通过一小段圆弧平滑与水平面连接。质量m=2kg的物体静止于水平面上的D点，D、B两点间的距离L=10m，B点与斜面体之间的距离足够远。已知斜面体的表面光滑且长度s=8m，顶点为C点，倾角θ=30°，取g为10m/s2。现给物体施加一水平向右的恒力F，求：
（1）若恒力F作用2s后物体运动至B点时立刻撤去该恒力，求物体到达B点时的速度和恒力F的大小；
（2）若斜面体固定在水平面上，请通过计算判断在第（1）中撤去该恒力F后物体会不会从C点飞离斜面体；
（3）若斜面体的速度为v0=5m/s，方向水平向右，要使物体在（1）中恒力F作用下能滑上斜面物体且又不会从C点飞离斜面体，求恒力F的作用时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；时间与时刻；瞬时速度；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】本题考查了时间和时刻，位移、瞬时速度以及传感器相关知识，理解各个物理量的定义和含义是解决此类问题的关键。A．时刻是时间点，4秒85表示一段间隔，为时间间隔，故A错误；
B．只知道时间和位移，无法求出伍鹏到达顶端时的瞬时速度，故B错误；
C．计时装置使用压力传感器检测伍鹏出发和到达的信息，故C正确；
D．教练在研究伍鹏攀岩动作时不能忽略其大小和形状，故不可把伍鹏看成质点，故D错误。
故选C。
【分析】根据时间间隔和时刻的区别、位移的定义以及瞬时速度的特点，结合压力传感器的应用分析求解。
2．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；超重与失重
【解析】【解答】解答本题的关键要知道x-t图像的斜率表示速度，结合运动学公式求解初速度。图像斜率为速度，时间内乘客向上减速运动，加速度向下，0时刻速度最大，时刻速度减为零，时间内乘客向下加速运动，加速度向下，处于失重状态。
故选B。
【分析】根据匀变速直线运动的位移—时间公式，对比图线分析乘客的加速度方向；x-t图像的斜率表示速度，根据斜率大小分析速度大小；根据匀变速直线运动的位移—时间公式求解乘客在t=0时刻的速度大小。
3．【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了共点力平衡条件的应用，此题的易错点是横梁和斜梁都是两根而不是一根。
A．对支架和空调外机整体分析，可知外墙对支架的作用力与重力G平衡，则外墙对支架的作用力等于G，故A错误；
B．以O点为研究对象，受到空调外机的压力F、OB支架的支持力F1和OA支架的拉力F2，受力如图所示
根据平衡条件，可知O点对空调外机的支持力为
由牛顿第三定律，可知空调外机对O点的压力
由受力图结合几何关系可得
，
由于，则有，即斜梁BO对O点的支持力大于横梁AO对O点的拉力，故B错误；
CD．保持O点的位置不变，加长斜梁，则变大，和都变小，即横梁对O点的拉力和斜梁对O点的支持力都将减小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】以O点为研究对象，由平衡条件即可求出横梁和斜梁的弹力大小；用平行四边形图解法分析横梁和斜梁弹力的变化。
4．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用，解决本题的关键是利用开普勒第三定律和牛顿二定律处理天体运动的一般规律，多注意总结。A．由于地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力有
由此可求出太阳的质量，无法求出地球的质量，故A错误；
B．根据开普勒第三定律可得
所以
故B正确；
C．根据
由于彗星是椭圆轨道，因此在近日点的速度
故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得
所以彗星在近日点的加速度为
故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力提供向心力求解地球质量，根据牛顿第二定律判断两点的加速度关系；据开普勒第三定律求解哈雷彗星的周期。
5．【答案】B
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】本题考查匀速圆周运动相关知识，同轴转动，角速度相等，皮带转动，线速度大小相等。A．B点做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向改变，故A错误；
B．B点做匀速圆周运动，角速度不变，故B正确；
C．B点做匀速圆周运动的过程中，横杆BC始终保持水平，则BC杆上各点相对静止，所以C点的速度始终与B点相同，所以B、C两点的线速度大小关系
故C错误；
D．根据可知，由于B、C两点做圆周运动的半径不相等
可知二者的角速度大小
故D错误；
故选 B。
【分析】匀速圆周线速度和角速度大小相等，注意线速度和加速度的矢量性。
6．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】本题考查匀变速直线运动的规律。解决问题的关键是清楚汽车减速到零的运动，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系分析判断。
AB．设汽车做匀减速运动的加速度大小为，每两根吊索之间的距离为，减速运动所用的时间为，将汽车的匀减速直线运动逆向看成初速度为0的匀加速直线运动，则根据题已知可得从E到D有
，
从E到A有
解得
，
则由速度与时间的关系可得
故A正确，B错误；
C．由逆向思维，从E到C有
解得
AE段的平均速度
显然
故C错误；
D．汽车减速运动的总时间为2t，通过DE段的时间为t，则通过AD段的时间也为t，由此可得汽车通过AD段的平均速度
汽车通过DE段平均速度
可得
故D错误。
故选A。
【分析】根据逆向思维，结合初速度为零的匀变速直线运动的比例关系，再根据平均速度是中间时刻速度求解即可。
7．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查传动带问题和斜抛运动的综合运动，关键是要对麦粒P进行受力分析和能量分析，知道机械能守恒的条件和动能定理的应用。A．在匀速阶段，谷粒P的动能不变，重力势能增大，则机械能增大，故A错误；
B．在加速阶段，谷粒P的加速度沿斜面向上，谷粒P受重力与其他谷粒对谷粒P的合力，根据力的合成可知，其他谷粒对谷粒P的合力方向斜向上，故B错误；
C．其他谷粒对谷粒P的合力的功率为，则
其谷粒P做匀速直线运动，而非加速运动，故C错误；
D．在传送带上运动过程中，设其他谷粒对谷粒P做的功为，根据动能定理有
解得
故D正确；
故选D。
【分析】根据动能和势能变化分析机械能是否守恒；加速运动，合力方向与运动方向相同；他谷粒对谷粒P的合力的功率为，结合动能定理求解合力做的功。
8．【答案】A,C
【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，理解功和能的对应关系，结合受力分析和功能关系即可完成解答。A．由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A正确；
B．弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C．由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为，则有
当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为，则有
联立解得
故C正确；
D．物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选AC。
【分析】手与重物一同缓慢下降，重物的动能变化量为零，手对重物体做负功，弹簧与重物组成的系统机械能减少。弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量。对重物进行受力分析，结合胡克定律分析出重物对手的压力与下降距离的关系。物体重力做的功等于重物重力势能的变化量。根据功能关系分析。
9．【答案】B,C
【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】本题考查了天体的质量和密度的计算及万有引力与重力的关系，关键要熟练掌握等量关系，知道向心力的来源。AB．当h小于月球半径时，有
所以
当h大于月球半径时，有
所以
结合图像可得
所以，，故A错误，B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
所以
故C正确；
D．根据万有引力提供向心力有
所以
故D错误。
故选BC。
【分析】根据万有引力提供向心力，求解月球质量表达式；根据密度公式计算月球平均密度；根据万有引力提供向心力，计算月球的第一宇宙速度表达式。
10．【答案】A,C,D
【知识点】运动的合成与分解；向心力；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】本题考查的是关联速度问题，沿杆方向分速度相等，结合圆周运动的向心力公式和动能定理求解。A．由动量的定义可知连接器做匀速圆周运动的速度为
A正确；
B．当连接器到达B点时，连接器的速度水平向右，活塞的速度大小为0，B错误；
C．连接器做匀速圆周运动所受到的合力大小为
C正确；
D．设连接器在A点时连杆与竖直方向的夹角为θ，则此时连杆的速度为
而对活塞有
可知活塞的速度为
当连接器到达B点时，活塞的速度为零，则从A到B，对活塞由动能定理得
解得
D正确；
故选ACD。
【分析】连接器做匀速圆周运动所受到的合力大小；当连接器转到右侧与A点对称位置时动量变化最大；当连接器到达B点时，活塞的速度为零，则从A到B，对活塞由动能定理可求出做功。
11．【答案】（1）C；D
（2）0.985
（3）不满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量；补偿摩擦力不足
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。
（1）A．实验时应先接通电源，待打点稳定后，再释放小车。故A错误；
B．实验时需要调节定滑轮的位置，使细绳与木板平行。故B错误；
C．平衡摩擦时不需要挂砝码盘和细线，调整木板的倾角，使小车下滑时纸带打出均匀的点。故C正确；
D．平衡摩擦后，每次在小车上增添砝码时不需要重新平衡摩擦力。故D正确。
故选CD。
（2）根据逐差公式可得
解得加速度
（3）设小车质量为M，砝码和托盘总质量为m，绳的拉力为，由牛顿第二定律可得
联立以上两式可得
当时，图像斜率为定值，若不满足时，随着增大，斜率改变。
图线③中小车有拉力时，小车静止不动，加速度为零，产生原因是补偿摩擦力不足
【分析】（1）根据实验原理及操作规范分析解答；
（2）根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出加速度的大小。
（3）在验证加速度与质量的关系时，在重物质量m远小于小车质量M时，可近似认为小车受到的拉力等于重物重力，当不能满足这个条件时，将会出现误差，图像将偏离直线，结合图像与坐标轴交点分析。
（1）A．实验时应先接通电源，待打点稳定后，再释放小车。故A错误；
B．实验时需要调节定滑轮的位置，使细绳与木板平行。故B错误；
C．平衡摩擦时不需要挂砝码盘和细线，调整木板的倾角，使小车下滑时纸带打出均匀的点。故C正确；
D．平衡摩擦后，每次在小车上增添砝码时不需要重新平衡摩擦力。故D正确。
故选CD。
（2）根据逐差公式可得
解得加速度
（3）[1]设小车质量为M，砝码和托盘总质量为m，绳的拉力为，由牛顿第二定律可得
联立以上两式可得
当时，图像斜率为定值，若不满足时，随着增大，斜率改变。
[2]图线③中小车有拉力时，小车静止不动，加速度为零，产生原因是补偿摩擦力不足
12．【答案】（1）B；C
（2）过原点的一条倾斜直线；；2.0
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】理解实验原理，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动是解题的前提；根据实验注意事项、实验现象，应用运动学公式即可解题。
（1）A．实验中不需要两球质量相等，故A错误；
B．实验过程中需要分别改变两球距地面的高度和击打力度，多次重复实验，故B正确；
CD．本实验A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时落地，从而验证A球在竖直方向上做自由落体运动，故C正确，D错误。
故选BC。
（2）由于钢珠做平抛运动，则
，
联立可得
由此可知，y-x2图像应是一条过原点的倾斜直线；
若由图像得到斜率为k，则
所以小钢珠平抛的初速度为
根据题意可得
联立解得，
【分析】（1）根据实验原理与实验注意事项分析答题，
（2） ① 根据平抛运动竖直方向和水平方向的运动规律解答；
② 根据匀变速直线运动的规律解答。
（1）A．实验中不需要两球质量相等，故A错误；
B．实验过程中需要分别改变两球距地面的高度和击打力度，多次重复实验，故B正确；
CD．本实验A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时落地，从而验证A球在竖直方向上做自由落体运动，故C正确，D错误。
故选BC。
（2）[1]由于钢珠做平抛运动，则
联立可得
由此可知，y-x2图像应是一条过原点的倾斜直线；
[2]若由图像得到斜率为k，则
所以小钢珠平抛的初速度为
[3]根据题意可得
联立解得
，
13．【答案】（1）解：物块受力如图甲所示
由平衡条件得
且
解得
（2）解：物块受力如图乙所示
由圆周运动的条件得
圆周运动半径
解得rad/s
（3）解：当转台的角速度为时，由于该角速度小于5rad/s，则物块有向内滑的趋势，可知摩擦力沿切线向上，则有
解得N，N
【知识点】共点力的平衡；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）物块恰好静止，所受摩擦力为最大静摩擦力，根据共点力平衡和摩擦力公式列式求解即可；
（2）对物块受力分析，物块只受重力和支持力，物块做匀速圆周运动，根据合力提供向心力求解转台转动的角速度；
（3）对物块受力分析，将力分解到水平方向和竖直方向，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解即可。
（1）物块受力如图甲所示
由平衡条件得
且
解得
（2）物块受力如图乙所示
由圆周运动的条件得
圆周运动半径
解得
rad/s
（3）当转台的角速度为时，由于该角速度小于5rad/s，则物块有向内滑的趋势，可知摩擦力沿切线向上，则有
解得
N，N
14．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律
解得
（2）解：设加速上升的时间为t1，减速上升的时间为t1，由运动学公式得
重物从开始运动到上升到最高点的时间
解得
（3）解：重物上升的总高度
由动能定理可知
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）应用牛顿第二定律求出加速度大小。
（2）应用运动学公式求出运动时间。
（3）应用动能定理求出平均阻力的大小。
（1）根据牛顿第二定律
解得
（2）设加速上升的时间为t1，减速上升的时间为t1，由运动学公式得
重物从开始运动到上升到最高点的时间
解得
（3）重物上升的总高度
由动能定理可知
解得
15．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律有
联立可得，，
物体达到B点时速度方向水平向右；
（2）解：物体滑上斜面体后做匀减速直线运动，加速度大小为
物体速度减为零时沿斜面方向的位移为
说明物体会从C点飞离斜面体；
（3）解：若斜面体的速度为v0=5m/s，方向水平向右，要使物体在恒力F作用下能滑上斜面物体，则作用后物块速度最小为，则有
若不会从C点飞离斜面体，当物体恰好能到达斜面体最高点时，二者共速，根据动量守恒定律可得
联立解得
，
所以恒力F的作用时间做多为
恒力F的作用时间在1s到3s内。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解力，根据运动学公式求解加速度和速度；
（2）物体滑上斜面体后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解位移，从而判断是否会飞出；
（3）当物体恰好能到达斜面体最高点时，二者共速，根据动量守恒定律可得最后最后的速度，根据运动学公式求解作用的时间。
（1）根据牛顿第二定律有
联立可得
，，
物体达到B点时速度方向水平向右；
（2）物体滑上斜面体后做匀减速直线运动，加速度大小为
物体速度减为零时沿斜面方向的位移为
说明物体会从C点飞离斜面体；
（3）若斜面体的速度为v0=5m/s，方向水平向右，要使物体在恒力F作用下能滑上斜面物体，则作用后物块速度最小为，则有
若不会从C点飞离斜面体，当物体恰好能到达斜面体最高点时，二者共速，根据动量守恒定律可得
联立解得
，
所以恒力F的作用时间做多为
恒力F的作用时间在1s到3s内。
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