广东省广州市广雅中学2024-2025学年高三上学期10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，只有一个选项正确。
1．（2024高三上·荔湾月考）2020年11月28日，“奋斗者”号载人潜水器海试返航，前期在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909米。奋斗者号这条庞然“大鱼”有几十吨重，两人多高，从“蛟龙”号到“奋斗者”号，中国深潜勇士不断向洋底最深处进军。在这则新闻中涉及了长度、质量和时间及其单位，下列说法正确的是（ ）
A．新闻中涉及“有几十吨重”中，吨是国际单位制中的导出单位
B．“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的导出单位
C．新闻中涉及“深度10909米”中，米是国际单位制中力学三个基本物理量之一
D．力学中的三个基本物理量是长度、质量、时间，物理学中所有的物理量都有单位
【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】本题考查单位制、基本量和基本量的单位等问题，熟练记住各基本量和单位，用这些量分析解决实际问题。A．“吨”是质量的一个单位，但不是国际单位制中的单位，选项A错误；
B．“千克米每二次方秒”是由推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，选项B正确；
C．国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而米只是长度的单位，选项C错误；
D．在国际单位制中，力学基本量是长度、质量、时间，单位是物理量的组成部分，有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如前面学过的动摩擦因数就没有单位。选项D错误。
故选B。
【分析】根据力学中的三个基本物理量以及它们的单位结合导出单位等进行分析判断。
2．（2024高三上·荔湾月考）关于下列实验，相应的说法正确的是（ ）
A．图甲“探究两个互成角度的力的合成”实验中，同一组实验两次拉橡皮筋时结点O的位置可以不同
B．图乙“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，采用的实验方法是等效替代法
C．图丙“究平抛运动的特点”实验中，斜槽轨道不光滑对实验结果没有影响
D．图丁“探究重物的速度随时间变化的规律”实验中，释放重锤前应用手托往重物
【答案】C
【知识点】验证力的平行四边形定则；研究平抛物体的运动；伽利略对自由落体运动的研究；向心力
【解析】【解答】本题分别考查了四个不同的基本实验，对这些实验的原理、所采用的物理思想、实验的正确操作要求熟练掌握。A．“探究两个互成角度的力的合成”实验中，采用了等效替代的思想，同一组实验，为了保证效果相同，两次拉橡皮筋时，一定要将橡皮筋的结点O拉至同一位置，故A错误；
B．图乙“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，采用的实验方法是控制变量法，故B错误；
C．每次小球应从同一位置由静止释放，以保证到达底端速度相同，轨道不必光滑，故C正确；
D．图丁“探究重物的速度随时间变化的规律”实验中，释放重锤前，用手拉着纸带上端处于竖直面，故D错误。
故选C。
【分析】“探究两个互成角度的力的合成”实验中，采用了等效替代法；探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，采用的实验方法是控制变量法；根据“探究平抛运动的特点”实验原理分析作答；探究重物的速度随时间变化的规律”实验的正确操作分析作答。
3．（2024高三上·荔湾月考）中秋佳节，水中的“月亮”又大又圆，四只猴子突发奇想，想把月亮捞出来。如图所示，它们将一棵树枝（可视为弹性杆）压弯倒挂在树梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号猴子打算伸手捞水中“月亮”时，2号猴子突然两手一滑没抓稳，1号猴子扑通一声掉进了水里。假设2号猴子手滑前四只猴子都处于静止状态，其中1号猴子的质量为，其余3只猴子的质量均为m，重力加速度为g，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（ ）
A．1号猴子的速度和加速度都为0
B．2号猴子对3号猴子的作用力大小为
C．3号猴子对4号猴子的作用力大小为
D．杆对4号猴子的作用力大小为3mg
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合整体法和隔离法，再利用牛顿第二定律即可完成分析。A． 2号猴子突然两手一滑没抓稳， 在2号猴子手滑后的一瞬间，1号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，速度等于0，故A错误；
B．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有
当2号猴子手滑后的一瞬间，对2、3、4号猴子整体分析可得
联立解得
方向竖直向上。
对2号猴子分析可得
解得
故B错误；
C．对2、3号猴子为整体进行受力分析可得
解得
故C正确；
D．杆对4号猴子的作用力保持不变，所以作用力大小仍为，故D错误。
故选C。
【分析】 对1号猴子受力分析，结合牛顿第二定律得出其加速度的大小；先对整体分析得出整体的加速度，再隔离个体分析得出猴子之间的相互作用力。
4．（2024高三上·荔湾月考）上世纪70年代我国农村常用辘轳浇灌农田，其模型图如图所示，细绳绕在半径为r的轮轴上悬挂一个水桶，轮轴上均匀分布着6根手柄，柄端有6个质量均匀的小球。球离轴心的距离为，轮轴、绳（极细）及手柄的质量以及摩擦均不计。当手柄匀速转动周把水桶提上来时，则（ ）
A．小球的角速度为
B．轮轴转动的角速度大于小球转动角速度
C．水桶的速度是小球转动线速度的倍
D．轮轴转动了nR周
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】本题主要考查了同轴传动的特点，知道同轴传动角速度相等是关键。A． 手柄匀速转动周 ，由于不知道时间，所以无法求出小球的角速度，故A错误；
B．转轴和小球属于同轴转动，角速度相等，故B错误；
C．水桶的速度等于
小球转动线速度为
则
水桶的速度是小球转动线速度的倍，故C正确；
D．手柄和轮轴属于同轴转动，手柄匀速转动周，轮轴转动了n周，故D错误。
故选C。
【分析】根据轮轴和手柄同轴转动得到水桶速度和小球速度的关系，然后根据轮轴和手柄同轴转动求出轮轴转动多少周。
5．（2024高三上·荔湾月考）设计师设计了一个非常有创意的募捐箱，如图甲所示，把硬币从投币口放入，接着在募捐箱上类似于漏斗形的部位（如图乙所示，O点为漏斗形口的圆心）滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱。如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，摩擦阻力忽略不计，则某一枚硬币在a、b两处时（ ）
A．向心加速度大小 B．角速度大小
C．线速度大小 D．向心力大小
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查圆周运动的特点，注意结合几何关系，由角度的大小，判断各物理量的关系。
C． 摩擦阻力忽略不计， 硬币从a到b的过程中，只有重力对硬币做正功，根据动能定理可知线速度大小，故C错误；
B．由于且，则根据
可知
故B正确；
AD．设募捐箱内壁曲面的切线与水平方向的夹角为，则根据牛顿第二定律和力的合成与分解可得
因为，所以
，
故AD错误。
故选B。
【分析】对物体从a到b的过程，由动能定理，可以得到硬币的线速度变化情况；根据圆周运动半径、线速度的相对大小，结合角速度、线速度、圆周运动半径的关系，可以得到角速度的相对大小；根据硬币受到的合力提供向心力，可以得到向心力表达式，结合a、b所在弧线的切线与水平方向的夹角关系，可以比较向心力的大小、从而比较向心加速度的大小。
6．（2024高三上·荔湾月考）如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体积架，从顶点A沿不同方向水平抛出一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小球的运动。下列说法错误的是（ ）
A．落点在内的小球，落在点时平抛的初速度最大
B．落点在上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是
C．运动轨迹与相交的小球，在交点处的速度方向都相同
D．运动轨迹与相交的小球，在交点处的速度方向都相同
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查平抛运动的规律，知道平抛运动可以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，还要知道分运动和合运动具有等时性，平抛运动的时间由高度决定，与初速度、物体的质量等无关。A．小球做平抛运动，根据平抛抛运动规律有
解得飞行时间
水平位移为
可得落点在内的小球，h相同，而水平位移最大，则落在点时平抛的初速度最大，故A不符合题意；
B．设正方体边长为L，落点在上的小球，由几何关系可知最大水平位移
最小水平位移
根据
可知平抛初速度的最小值与最大值之比
故B不符合题意；
C．运动轨迹与相交的小球，位移偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有
所以θ相同，则运动轨迹与相交的小球，在交点处的速度方向都相同，故C不符合题意；
D．运动轨迹与A1C相交的小球，交点离C点越近初速度越大，竖直方向的速度越小；交点离C点越远初速度越小，竖直方向的速度越大，故在交点处的速度方向不同，故D符合题意。
故选D。
【分析】小球做平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动。运动时间由下落的高度决定。由分位移公式计算平抛初速度的最小值与最大值之比。运动轨迹与AC1相交的小球，根据位移偏转角与速度偏转角的关系分析在交点处的速度方向关系。
7．（2024高三上·荔湾月考）杂技是一门古老的表演艺术。如图所示，在杂技表演中，演员甲沿竖直杆匀减速向上爬，同时演员乙顶着杆匀速水平向右移动。对于演员甲的运动，若用a表示其加速度、v表示其速度，x表示其在水平方向的位移，y表示其在竖直方向的位移。则下列运动图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】本题考查了运动和图像的关系，理解物体不同时刻的运动状态，掌握图像对应的运动关系是解决此类问题的关键。ACD．由题意知，演员乙水平向右做匀速直线运动，加速度为零；演员甲沿杆向上做匀减速直线运动，加速度向下，演员甲的实际加速度竖直向下，保持不变；初速度与加速度不在一条直线上，所以演员甲的运动轨迹可能为向下弯曲的曲线，故AC错误，D正确；
B．设演员乙的速度为，演员甲的初速度为，加速度大小为，则演员甲的实际速度为
可知，和不成线性关系，故B错误。
故选D。
【分析】根据演员乙水平向右做匀速直线运动，加速度为零；演员甲沿杆向上做匀减速直线运动，加速度向下，结合图像分析求解。
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，有选错或不答的得0分。）
8．（2024高三上·荔湾月考）如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化，图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（ ）
A．图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况
B．电源的总功率减小，输出功率可能先增大后减小
C．此过程中电压表V2示数的变化量和电流表示数变化量的比值不变
D．此过程中电压表V3示数U3和电流表示数I的比值不变
【答案】A,B,C
【知识点】电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化。A．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线b表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况；故A正确；
B．由于干路电流减小，故电源的总功率减小；当外电阻与内电阻大小相等时，电源的输出功率最大，故输出功率可能先增大后减小；故B正确；
C．电压表V2示数的变化量和电流表示数变化量的比值等于，是不变的，故C正确；
D．电压表V3示数和电流表示数的比值等于，是变化的，故D错误。
故选ABC。
【分析】 当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，即可知图线与电压表示数的对应关系．由闭合电路欧姆定律得知，电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值等于r，电压表V2示数的变化量ΔU2和电流表示数变化量ΔI的比值等于R2，电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值等于。
9．（2024高三上·荔湾月考）蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示。若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2.依据图像给出的信息，下列说法正确的是 （ ）
A．运动员的质量为60kg
B．运动员的最大加速度为45m/s2
C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5m
D．9.3s至10.1s内，运动员一直处于超重状态
【答案】A,B,C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】本题主要考查基本的读图能力，结合牛顿第二定律抓住蹦床的弹力为0时运动员离开蹦床在空中运动是关键。A．开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即
解得运动员的质量
选项A正确；
B．在蹦床上时受到的最大弹力
最大加速度
选项B正确；
C．运动员离开蹦床后在空中运动的时间
上升和下落的时间分别为，则最大高度为
选项C正确。
D.9.3s至10.1s内，运动员先失重、后超重，再失重，D错误。
故选ABC。
【分析】由图读出运动员的重力，求出其质量；当蹦床对运动员的弹力最大时，此时加速度最大；根据运动员离开蹦床的运动，由运动学公式求出最大高度。
10．（2024高三上·荔湾月考）如图所示，某快递公司利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的高度一定。运输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑。将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台，货物在皮带上相对滑动时，会留下划痕，且所有货物与皮带间的动摩擦因数都为μ，始终满足，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．倾角θ一定，改变速度v，运送时间一定改变
B．倾角θ一定，改变速度v，运送时间可能不变
C．倾角θ和速度v均一定，货物质量m变大，但货物与传送带间的划痕长度不变
D．倾角θ和速度v均一定，贷物与皮带间的动摩擦因数μ变大，皮带上留下的划痕长度一定变大
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解决本题的关键是要准确分析物块在传送带上的运动情况，正确对物体进行受力分析，通过全程平均速度的变化得出全程时间的变化，也可以通过牛顿第二定律和运动学公式求出运动的时间进行讨论分析，但是没有运用平均速度这种方法简洁。
AB．当倾角θ一定时，改变速度v时，货物可能一直做匀加速直线运动，加速度不变，初速度和位移均不变，可知货物到达顶端的时间可能不变，故A错误，B正确；
CD．货物匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得
μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得
a=μgcosθ-gsinθ
匀加速运动的时间为
匀加速运动过程中货物上升的位移为
传送带前进的位移为
x2=vt1
所以皮带上留下的痕迹长度为
可知皮带上留下的痕迹与货物的质量无关；当倾角θ和速度v一定时，货物与皮带间的动摩擦因数μ越大，皮带上留下的痕迹越短，故C正确、D错误；
故选BC。
【分析】货物放在传送带上先做匀加速运动，当速度达到传送带的速度时做匀速运动。货物匀加速运动时，根据牛顿第二定律可求出加速度，速度增加到与传送带速度相同时与传送带一起做匀速运动，表示出运送时间、货物与皮带的相对位移的表达式，再分析它们的变化情况。
三、实验题：把答案填在答题卡对应横钱上。本题共2题，共16分。
11．（2024高三上·荔湾月考）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据处理、误差分析等。例如：
（1）实验仪器的使用。用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图所示。则该电阻丝的直径为 mm。
（2）实验仪器的选取。如图甲所示为用伏安法测量某合金丝电阻的实验电路。实验中分别用最大阻值是5Ω、50Ω、500Ω的三种滑动变阻器做限流电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电流表读数I随（指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值）变化的关系曲线a、b、c，如图乙所示。则图乙中的图线a对应的滑动变阻器及最适合本实验的滑动变阻器是
A．最大阻值为5Ω的滑动变阻器；图线a对应的滑动变阻器
B．最大阻值为50Ω的滑动变阻器；图线b对应的滑动变阻器
C．最大阻值为500Ω的滑动变阻器；图线b对应的滑动变阻器
D．最大阻值为500Ω的滑动变阻器；图线c对应的滑动变阻器
（3）实验操作。一多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”字样。用它测量约20k 电阻的阻值，下列实验步骤正确的操作顺序为 （填各实验步骤前的字母）。
A．将选择开关置于“×1k”位置
B．将选择开关置于“OFF”位置
C．将两表笔分别接触待测电阻两端，读出其阻值后随即断开
D．将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0”
（4）误差分析。用（2）图甲所示的电路测量一段金属丝的电阻。不考虑偶然误差，测量值与真实值相比较将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”），误差主要是由 （选填“电流表”或“电压表”）的内阻引起的。
【答案】0.183；C；ADCB；偏小；电压表
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】对于螺旋测微器的读数，注意其有估计值，并掌握多用电表的使用方法，及注意事项，理解电流表内接法与外接法的区别，最后注意图像的物理意义，及斜率的含义。
（1）螺旋测微器分度值为0.01mm，螺旋测微器读数为
0mm+18.3×0.01mm=0.183mm
（2）从图乙可以看出a曲线在滑片移动很小距离电流变化很大，说明该滑动变阻器阻值远大于被测量电阻阻值，所以a图对应500Ω滑动变阻器；通过乙图可知，a图象中滑动变阻器接入电路阻值较大时电流变化不太明显，c图象接入的是5Ω的滑动变阻器，电路电流变化不明显，而b图中，电流随电阻的移动自始至终变化都比较明显，所以最适合本实验的滑动变阻器是b。
故选C。
（3）正确的使用步骤如下：先将选择开关置于“×1k”位置，将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0”，然后将两表笔分别接触待测电阻两端，读出其阻值后随即断开，最后将选择开关置于“OFF”位置，故正确的操作顺序是ADCB。
（4）电压表测得的电压为待测电阻两端电压，但电流表测得的电流为通过电压表和电阻的总电流，即所测电流值偏大，根据
可知测量值与真实值相比较将偏小，这是由于电压表分流引起的。
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度的示数之和是螺旋测微器的示数；
（2）根据图像结合欧姆定律以及滑动变阻器阻值分析；
（3）多用电表测量电阻时，先进行机械校零，需将选择开关旋到欧姆挡某一位置，再进行欧姆调零，欧姆调零后，测量电阻读出示数。欧姆表黑表笔与内置电源正极相连，电流从黑表笔流出，红表笔流入。
（4）电压表示数没有误差，电流表示数偏大，故测量值偏小。
12．（2024高三上·荔湾月考）为了探究加速度与力、质量的关系。
(1)小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。
①实验前，下列操作必要的是 ．
A.选用质量不同的两辆小车
B.调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行
C.使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量
D.将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力
②他测量了两小车的位移为x1、x2，则= ．
(2)小明用如图乙所示的装置进行实验．
①打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的A点起，每五个点取一个计数点，测量出各点到A点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为 m/s2.
②实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象可能是丁图中的图线 (选填“1”“2”或“3”)．
③调整正确后，他作出的a-F图象末端明显偏离直线．如果已知小车质量为M，某次所挂钩码质量为m，则戊图中坐标a1= ，a2= ．
【答案】BCD；；0.4；3；；
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键，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，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。（1）①本实验需要用砝码盘和砝码的重力代替小车所受的合外力，所以需要平衡摩擦力，即将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，且应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，对小车质量是否相同没有要求。
故选BCD。
②在初速度为零的匀变速直线运动中有，因运动时间相等，则位移与加速度成正比．小车1、2的加速度之比为
（2）①每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据纸带可知，△x=0.02-0.008-0.008=0.004m
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2
得a=＝0.40m/s2
②遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即F≠0时，a=0，故图线为3。
③没有偏离直线时，可以用砝码盘和砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律得
偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出
【分析】（1）为了使砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力，实验应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量且要平衡摩擦力，根据初速度为零的匀变速直线运动位移—时间公式求解加速度的比值；
（2）①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；
②如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况；
③没有偏离直线时，可以用砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律求出a1，偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出a2。
四、计算题：本题共3题，共38分。按题目要求在答题卡的指定区域内作答，超出答题框的不给分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和置要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（2024高三上·荔湾月考）如图所示，一辆货车载着许多相同的圆柱形空油桶在高速公路上匀速行驶，由于雾霾影响，该车驾驶员的能见度为。已知每只空油桶质量为，重力加速度g取，不计油桶之间的摩擦力，计算结果可以保留根号。
（1）货车匀速行驶时，桶C受到桶A给它的支持力为多大？
（2）为防止紧急刹车时，桶C脱离桶B砸向前方的驾驶室而发生危险，刹车时的加速度不能超过多少？
（3）已知司机的质量为，则在以最大加速度刹车时，货车对司机的作用力多大？
【答案】（1）解：货车匀速行驶，对桶C受力分析如图所示
由几何关系可知
由对称性可知
故
联立解得
（2）解：为防止紧急刹车时桶C脱离B砸向前方的驾驶室而发生危险，刹车时的加速度大小最大为，此时B对C刚好无支持力，设此时A对C的的支持力为，对C受力分析如图所示
有
解得
（3）解：司机只受到重力和货车对他的力，水平方向有
竖直方向有
则货车对司机的作用力
解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）货车匀速行驶，C处平衡状态，对C做受力分析即可
（2）货车急刹车后，桶C由于惯性会继续向前运动，有可能会脱离B。两个物体脱离的标志是：两物体间支持力为0。因此在分离瞬间对C受力分析，只受到自身重力和A的支持力，由此可求出货车减速时的加速度
（3）根据牛顿第二定律求解货车对司机的作用力。
（1）货车匀速行驶，对桶C受力分析如图所示
由几何关系可知
由对称性可知
故
联立解得
（2）为防止紧急刹车时桶C脱离B砸向前方的驾驶室而发生危险，刹车时的加速度大小最大为，此时B对C刚好无支持力，设此时A对C的的支持力为，对C受力分析如图所示
有
解得
（3）司机只受到重力和货车对他的力，水平方向有
竖直方向有
则货车对司机的作用力
解得
14．（2024高三上·荔湾月考）气嘴灯安装在自行车的气嘴上，骑行时会发光，一种气嘴灯的感应装置结构如图所示，感应装置内壁光滑，质量为m的重物套在光滑杆上，一端通过劲度系数为k的弹簧连在A点，重物上有触点C，在B端固定有触点D，如图重物静止时C、D间的距离。当触点C、D接触后，LED灯就会发光，测得自行车车轮内径为R。让安装了气嘴灯的自行车倒放在地面上，旋转前车轮研究LED发光情况。重力加速度大小为g。气嘴灯大小相对车轮内径可忽略不计。
（1）若前轮匀速转动时，线速度大小
①当气嘴灯运动到最低点时，求B端对重物的支持力
②通过计算判断LED灯是否能一直发光
（2）若使前轮匀速转动一周，线速度大小，求LED灯发光的时间。
【答案】解：（1）①先求 B 端对重物的支持力：静止状态分析：重物静止时，弹簧弹力与重力平衡，即
最低点受力分析：气嘴灯在最低点时，重物做圆周运动，向心力由支持力N、弹簧弹力kd和重力mg的合力提供，方向指向圆心（竖直向上）
将kx=mg代入解得：
，方向竖直向上
②判断 LED 灯是否能一直发光发光条件为：C、D 接触，即弹簧形变至少为。弹力大小为
最高点临界状态：若最高点恰能发光，弹簧弹力k d向下，与重力共同提供向心力
联立解得
比较实际速度：题目中速度时，最高点仍满足接触条件，故 LED 灯能一直发光。
（2）已知线速度，转动一周路程
周期
LED灯不能一直发光，设触点接触时，重物与圆心连线和水平方向夹角为θ，径向合力提供向心力：
解得
由对称性，发光区间为2θ
故
【知识点】向心力；离心运动和向心运动
【解析】【分析】本题研究自行车气嘴灯随车轮转动时的受力与发光条件，本质是圆周运动向心力平衡问题。
1、圆周运动向心力：由径向合力提供，需分析不同位置（最高点、最低点）的受力构成。
2、临界状态判断：通过弹力与重力的合力是否满足向心力需求，确定触点接触的临界条件。
3、周期性运动时间计算：利用几何对称性确定发光角度范围，结合周期公式求解发光时间，核心是找到临界角度与速度的关系。
15．（2024高三上·荔湾月考）一质量为的粗糙直木棒A静置于水平地面上，木棒上端通过一轻绳跨过滑轮与质量为的重物C连接，质量为的小环B套在木棒上。时刻，小环以的速度从距木棒底部的位置沿木棒向上滑动，同时由静止释放重物C。当木棒第一次与水平地面相碰时，连接重物C的细绳断裂，且每次木棒与地面碰撞时均原速率反弹。已知木棒与小环间的滑动摩擦力，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出。取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力以及滑轮与轻绳间的摩擦力，求：
（1）时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d。
【答案】解：（1）时刻，小环相对于木棒向上运动，小环所受滑动摩擦力向下，根据牛顿第二定律有
解得
该加速度方向竖直向下。对木棒与重物整体分析，根据牛顿第二定律有
解得
该加速度方向竖直向上。
（2）根据上述可知，小环开始向上做匀减速直线运动，木棒与重物做匀加速直线运动，经历时间达到相等速度，则有
解得
，
此过程木棒的位移
解得
此过程小环的位移
此过程小环相对于木棒向上运动，相对位移大小为
解得
之后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
取向上为正方向，根据速度与位移的关系式有
解得
（3）结合上述，小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动到与地面第一次碰撞时，环与木棒下端间距为
碰撞时，连接重物C的细绳断裂，碰撞后，小环向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
木棒反弹后向上做匀减速直线运动，对木棒，根据根据牛顿第二定律有
解得
小环向下做匀加速直线运动，木棒向上做双向匀变速直线运动，根据对称性可知，在木棒与地面再次碰撞之前，小环速度始终大于木棒速度，即小环在之后的碰撞过程中始终向下做匀加速直线运动，木棒一直重复第一次碰撞之后的双向匀变速直线运动，可知，每一次木棒上升到最高点的时间为
利用逆向思维，木棒上升的最大高度为
可知，环在到达离地面高度为之前都不会与木棒分离，对小环有
解得
则木棒与地面碰撞的次数为
且第四次碰撞后，木棒上升到最高点时恰好与小环分离，可知，此时，小环离地面的高度
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）小环相对于木棒向上运动，所受摩擦力向下，利用牛顿第二定律即可计算小环的加速度，木棒与重物用细绳连接，故加速度大小相同可利用整体法和牛顿第二定律计算二者的加速度；
（2）由题意可知，小环与木棒先相对滑动后达到共速，可先利用牛顿第二定律以及运动学公式计算出二者达到共速过程中相对的位移大小，而后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，利用运动学公式即可计算木棒第一次碰撞后的速度大小；
（3）利用运动学公式分析碰撞规律，通过双向匀变速直线运动的特点和位移差计算次数、距离。
1 / 1广东省广州市广雅中学2024-2025学年高三上学期10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，只有一个选项正确。
1．（2024高三上·荔湾月考）2020年11月28日，“奋斗者”号载人潜水器海试返航，前期在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909米。奋斗者号这条庞然“大鱼”有几十吨重，两人多高，从“蛟龙”号到“奋斗者”号，中国深潜勇士不断向洋底最深处进军。在这则新闻中涉及了长度、质量和时间及其单位，下列说法正确的是（ ）
A．新闻中涉及“有几十吨重”中，吨是国际单位制中的导出单位
B．“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的导出单位
C．新闻中涉及“深度10909米”中，米是国际单位制中力学三个基本物理量之一
D．力学中的三个基本物理量是长度、质量、时间，物理学中所有的物理量都有单位
2．（2024高三上·荔湾月考）关于下列实验，相应的说法正确的是（ ）
A．图甲“探究两个互成角度的力的合成”实验中，同一组实验两次拉橡皮筋时结点O的位置可以不同
B．图乙“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，采用的实验方法是等效替代法
C．图丙“究平抛运动的特点”实验中，斜槽轨道不光滑对实验结果没有影响
D．图丁“探究重物的速度随时间变化的规律”实验中，释放重锤前应用手托往重物
3．（2024高三上·荔湾月考）中秋佳节，水中的“月亮”又大又圆，四只猴子突发奇想，想把月亮捞出来。如图所示，它们将一棵树枝（可视为弹性杆）压弯倒挂在树梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号猴子打算伸手捞水中“月亮”时，2号猴子突然两手一滑没抓稳，1号猴子扑通一声掉进了水里。假设2号猴子手滑前四只猴子都处于静止状态，其中1号猴子的质量为，其余3只猴子的质量均为m，重力加速度为g，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（ ）
A．1号猴子的速度和加速度都为0
B．2号猴子对3号猴子的作用力大小为
C．3号猴子对4号猴子的作用力大小为
D．杆对4号猴子的作用力大小为3mg
4．（2024高三上·荔湾月考）上世纪70年代我国农村常用辘轳浇灌农田，其模型图如图所示，细绳绕在半径为r的轮轴上悬挂一个水桶，轮轴上均匀分布着6根手柄，柄端有6个质量均匀的小球。球离轴心的距离为，轮轴、绳（极细）及手柄的质量以及摩擦均不计。当手柄匀速转动周把水桶提上来时，则（ ）
A．小球的角速度为
B．轮轴转动的角速度大于小球转动角速度
C．水桶的速度是小球转动线速度的倍
D．轮轴转动了nR周
5．（2024高三上·荔湾月考）设计师设计了一个非常有创意的募捐箱，如图甲所示，把硬币从投币口放入，接着在募捐箱上类似于漏斗形的部位（如图乙所示，O点为漏斗形口的圆心）滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱。如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，摩擦阻力忽略不计，则某一枚硬币在a、b两处时（ ）
A．向心加速度大小 B．角速度大小
C．线速度大小 D．向心力大小
6．（2024高三上·荔湾月考）如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体积架，从顶点A沿不同方向水平抛出一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小球的运动。下列说法错误的是（ ）
A．落点在内的小球，落在点时平抛的初速度最大
B．落点在上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是
C．运动轨迹与相交的小球，在交点处的速度方向都相同
D．运动轨迹与相交的小球，在交点处的速度方向都相同
7．（2024高三上·荔湾月考）杂技是一门古老的表演艺术。如图所示，在杂技表演中，演员甲沿竖直杆匀减速向上爬，同时演员乙顶着杆匀速水平向右移动。对于演员甲的运动，若用a表示其加速度、v表示其速度，x表示其在水平方向的位移，y表示其在竖直方向的位移。则下列运动图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
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，有选错或不答的得0分。）
8．（2024高三上·荔湾月考）如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化，图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（ ）
A．图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况
B．电源的总功率减小，输出功率可能先增大后减小
C．此过程中电压表V2示数的变化量和电流表示数变化量的比值不变
D．此过程中电压表V3示数U3和电流表示数I的比值不变
9．（2024高三上·荔湾月考）蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示。若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2.依据图像给出的信息，下列说法正确的是 （ ）
A．运动员的质量为60kg
B．运动员的最大加速度为45m/s2
C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5m
D．9.3s至10.1s内，运动员一直处于超重状态
10．（2024高三上·荔湾月考）如图所示，某快递公司利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的高度一定。运输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑。将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台，货物在皮带上相对滑动时，会留下划痕，且所有货物与皮带间的动摩擦因数都为μ，始终满足，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．倾角θ一定，改变速度v，运送时间一定改变
B．倾角θ一定，改变速度v，运送时间可能不变
C．倾角θ和速度v均一定，货物质量m变大，但货物与传送带间的划痕长度不变
D．倾角θ和速度v均一定，贷物与皮带间的动摩擦因数μ变大，皮带上留下的划痕长度一定变大
三、实验题：把答案填在答题卡对应横钱上。本题共2题，共16分。
11．（2024高三上·荔湾月考）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据处理、误差分析等。例如：
（1）实验仪器的使用。用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图所示。则该电阻丝的直径为 mm。
（2）实验仪器的选取。如图甲所示为用伏安法测量某合金丝电阻的实验电路。实验中分别用最大阻值是5Ω、50Ω、500Ω的三种滑动变阻器做限流电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电流表读数I随（指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值）变化的关系曲线a、b、c，如图乙所示。则图乙中的图线a对应的滑动变阻器及最适合本实验的滑动变阻器是
A．最大阻值为5Ω的滑动变阻器；图线a对应的滑动变阻器
B．最大阻值为50Ω的滑动变阻器；图线b对应的滑动变阻器
C．最大阻值为500Ω的滑动变阻器；图线b对应的滑动变阻器
D．最大阻值为500Ω的滑动变阻器；图线c对应的滑动变阻器
（3）实验操作。一多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”字样。用它测量约20k 电阻的阻值，下列实验步骤正确的操作顺序为 （填各实验步骤前的字母）。
A．将选择开关置于“×1k”位置
B．将选择开关置于“OFF”位置
C．将两表笔分别接触待测电阻两端，读出其阻值后随即断开
D．将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0”
（4）误差分析。用（2）图甲所示的电路测量一段金属丝的电阻。不考虑偶然误差，测量值与真实值相比较将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”），误差主要是由 （选填“电流表”或“电压表”）的内阻引起的。
12．（2024高三上·荔湾月考）为了探究加速度与力、质量的关系。
(1)小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。
①实验前，下列操作必要的是 ．
A.选用质量不同的两辆小车
B.调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行
C.使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量
D.将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力
②他测量了两小车的位移为x1、x2，则= ．
(2)小明用如图乙所示的装置进行实验．
①打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的A点起，每五个点取一个计数点，测量出各点到A点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为 m/s2.
②实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象可能是丁图中的图线 (选填“1”“2”或“3”)．
③调整正确后，他作出的a-F图象末端明显偏离直线．如果已知小车质量为M，某次所挂钩码质量为m，则戊图中坐标a1= ，a2= ．
四、计算题：本题共3题，共38分。按题目要求在答题卡的指定区域内作答，超出答题框的不给分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和置要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（2024高三上·荔湾月考）如图所示，一辆货车载着许多相同的圆柱形空油桶在高速公路上匀速行驶，由于雾霾影响，该车驾驶员的能见度为。已知每只空油桶质量为，重力加速度g取，不计油桶之间的摩擦力，计算结果可以保留根号。
（1）货车匀速行驶时，桶C受到桶A给它的支持力为多大？
（2）为防止紧急刹车时，桶C脱离桶B砸向前方的驾驶室而发生危险，刹车时的加速度不能超过多少？
（3）已知司机的质量为，则在以最大加速度刹车时，货车对司机的作用力多大？
14．（2024高三上·荔湾月考）气嘴灯安装在自行车的气嘴上，骑行时会发光，一种气嘴灯的感应装置结构如图所示，感应装置内壁光滑，质量为m的重物套在光滑杆上，一端通过劲度系数为k的弹簧连在A点，重物上有触点C，在B端固定有触点D，如图重物静止时C、D间的距离。当触点C、D接触后，LED灯就会发光，测得自行车车轮内径为R。让安装了气嘴灯的自行车倒放在地面上，旋转前车轮研究LED发光情况。重力加速度大小为g。气嘴灯大小相对车轮内径可忽略不计。
（1）若前轮匀速转动时，线速度大小
①当气嘴灯运动到最低点时，求B端对重物的支持力
②通过计算判断LED灯是否能一直发光
（2）若使前轮匀速转动一周，线速度大小，求LED灯发光的时间。
15．（2024高三上·荔湾月考）一质量为的粗糙直木棒A静置于水平地面上，木棒上端通过一轻绳跨过滑轮与质量为的重物C连接，质量为的小环B套在木棒上。时刻，小环以的速度从距木棒底部的位置沿木棒向上滑动，同时由静止释放重物C。当木棒第一次与水平地面相碰时，连接重物C的细绳断裂，且每次木棒与地面碰撞时均原速率反弹。已知木棒与小环间的滑动摩擦力，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出。取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力以及滑轮与轻绳间的摩擦力，求：
（1）时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】本题考查单位制、基本量和基本量的单位等问题，熟练记住各基本量和单位，用这些量分析解决实际问题。A．“吨”是质量的一个单位，但不是国际单位制中的单位，选项A错误；
B．“千克米每二次方秒”是由推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，选项B正确；
C．国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而米只是长度的单位，选项C错误；
D．在国际单位制中，力学基本量是长度、质量、时间，单位是物理量的组成部分，有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如前面学过的动摩擦因数就没有单位。选项D错误。
故选B。
【分析】根据力学中的三个基本物理量以及它们的单位结合导出单位等进行分析判断。
2．【答案】C
【知识点】验证力的平行四边形定则；研究平抛物体的运动；伽利略对自由落体运动的研究；向心力
【解析】【解答】本题分别考查了四个不同的基本实验，对这些实验的原理、所采用的物理思想、实验的正确操作要求熟练掌握。A．“探究两个互成角度的力的合成”实验中，采用了等效替代的思想，同一组实验，为了保证效果相同，两次拉橡皮筋时，一定要将橡皮筋的结点O拉至同一位置，故A错误；
B．图乙“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，采用的实验方法是控制变量法，故B错误；
C．每次小球应从同一位置由静止释放，以保证到达底端速度相同，轨道不必光滑，故C正确；
D．图丁“探究重物的速度随时间变化的规律”实验中，释放重锤前，用手拉着纸带上端处于竖直面，故D错误。
故选C。
【分析】“探究两个互成角度的力的合成”实验中，采用了等效替代法；探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，采用的实验方法是控制变量法；根据“探究平抛运动的特点”实验原理分析作答；探究重物的速度随时间变化的规律”实验的正确操作分析作答。
3．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合整体法和隔离法，再利用牛顿第二定律即可完成分析。A． 2号猴子突然两手一滑没抓稳， 在2号猴子手滑后的一瞬间，1号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，速度等于0，故A错误；
B．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有
当2号猴子手滑后的一瞬间，对2、3、4号猴子整体分析可得
联立解得
方向竖直向上。
对2号猴子分析可得
解得
故B错误；
C．对2、3号猴子为整体进行受力分析可得
解得
故C正确；
D．杆对4号猴子的作用力保持不变，所以作用力大小仍为，故D错误。
故选C。
【分析】 对1号猴子受力分析，结合牛顿第二定律得出其加速度的大小；先对整体分析得出整体的加速度，再隔离个体分析得出猴子之间的相互作用力。
4．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】本题主要考查了同轴传动的特点，知道同轴传动角速度相等是关键。A． 手柄匀速转动周 ，由于不知道时间，所以无法求出小球的角速度，故A错误；
B．转轴和小球属于同轴转动，角速度相等，故B错误；
C．水桶的速度等于
小球转动线速度为
则
水桶的速度是小球转动线速度的倍，故C正确；
D．手柄和轮轴属于同轴转动，手柄匀速转动周，轮轴转动了n周，故D错误。
故选C。
【分析】根据轮轴和手柄同轴转动得到水桶速度和小球速度的关系，然后根据轮轴和手柄同轴转动求出轮轴转动多少周。
5．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查圆周运动的特点，注意结合几何关系，由角度的大小，判断各物理量的关系。
C． 摩擦阻力忽略不计， 硬币从a到b的过程中，只有重力对硬币做正功，根据动能定理可知线速度大小，故C错误；
B．由于且，则根据
可知
故B正确；
AD．设募捐箱内壁曲面的切线与水平方向的夹角为，则根据牛顿第二定律和力的合成与分解可得
因为，所以
，
故AD错误。
故选B。
【分析】对物体从a到b的过程，由动能定理，可以得到硬币的线速度变化情况；根据圆周运动半径、线速度的相对大小，结合角速度、线速度、圆周运动半径的关系，可以得到角速度的相对大小；根据硬币受到的合力提供向心力，可以得到向心力表达式，结合a、b所在弧线的切线与水平方向的夹角关系，可以比较向心力的大小、从而比较向心加速度的大小。
6．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查平抛运动的规律，知道平抛运动可以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，还要知道分运动和合运动具有等时性，平抛运动的时间由高度决定，与初速度、物体的质量等无关。A．小球做平抛运动，根据平抛抛运动规律有
解得飞行时间
水平位移为
可得落点在内的小球，h相同，而水平位移最大，则落在点时平抛的初速度最大，故A不符合题意；
B．设正方体边长为L，落点在上的小球，由几何关系可知最大水平位移
最小水平位移
根据
可知平抛初速度的最小值与最大值之比
故B不符合题意；
C．运动轨迹与相交的小球，位移偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有
所以θ相同，则运动轨迹与相交的小球，在交点处的速度方向都相同，故C不符合题意；
D．运动轨迹与A1C相交的小球，交点离C点越近初速度越大，竖直方向的速度越小；交点离C点越远初速度越小，竖直方向的速度越大，故在交点处的速度方向不同，故D符合题意。
故选D。
【分析】小球做平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动。运动时间由下落的高度决定。由分位移公式计算平抛初速度的最小值与最大值之比。运动轨迹与AC1相交的小球，根据位移偏转角与速度偏转角的关系分析在交点处的速度方向关系。
7．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】本题考查了运动和图像的关系，理解物体不同时刻的运动状态，掌握图像对应的运动关系是解决此类问题的关键。ACD．由题意知，演员乙水平向右做匀速直线运动，加速度为零；演员甲沿杆向上做匀减速直线运动，加速度向下，演员甲的实际加速度竖直向下，保持不变；初速度与加速度不在一条直线上，所以演员甲的运动轨迹可能为向下弯曲的曲线，故AC错误，D正确；
B．设演员乙的速度为，演员甲的初速度为，加速度大小为，则演员甲的实际速度为
可知，和不成线性关系，故B错误。
故选D。
【分析】根据演员乙水平向右做匀速直线运动，加速度为零；演员甲沿杆向上做匀减速直线运动，加速度向下，结合图像分析求解。
8．【答案】A,B,C
【知识点】电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化。A．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线b表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况；故A正确；
B．由于干路电流减小，故电源的总功率减小；当外电阻与内电阻大小相等时，电源的输出功率最大，故输出功率可能先增大后减小；故B正确；
C．电压表V2示数的变化量和电流表示数变化量的比值等于，是不变的，故C正确；
D．电压表V3示数和电流表示数的比值等于，是变化的，故D错误。
故选ABC。
【分析】 当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，即可知图线与电压表示数的对应关系．由闭合电路欧姆定律得知，电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值等于r，电压表V2示数的变化量ΔU2和电流表示数变化量ΔI的比值等于R2，电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值等于。
9．【答案】A,B,C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】本题主要考查基本的读图能力，结合牛顿第二定律抓住蹦床的弹力为0时运动员离开蹦床在空中运动是关键。A．开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即
解得运动员的质量
选项A正确；
B．在蹦床上时受到的最大弹力
最大加速度
选项B正确；
C．运动员离开蹦床后在空中运动的时间
上升和下落的时间分别为，则最大高度为
选项C正确。
D.9.3s至10.1s内，运动员先失重、后超重，再失重，D错误。
故选ABC。
【分析】由图读出运动员的重力，求出其质量；当蹦床对运动员的弹力最大时，此时加速度最大；根据运动员离开蹦床的运动，由运动学公式求出最大高度。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解决本题的关键是要准确分析物块在传送带上的运动情况，正确对物体进行受力分析，通过全程平均速度的变化得出全程时间的变化，也可以通过牛顿第二定律和运动学公式求出运动的时间进行讨论分析，但是没有运用平均速度这种方法简洁。
AB．当倾角θ一定时，改变速度v时，货物可能一直做匀加速直线运动，加速度不变，初速度和位移均不变，可知货物到达顶端的时间可能不变，故A错误，B正确；
CD．货物匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得
μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得
a=μgcosθ-gsinθ
匀加速运动的时间为
匀加速运动过程中货物上升的位移为
传送带前进的位移为
x2=vt1
所以皮带上留下的痕迹长度为
可知皮带上留下的痕迹与货物的质量无关；当倾角θ和速度v一定时，货物与皮带间的动摩擦因数μ越大，皮带上留下的痕迹越短，故C正确、D错误；
故选BC。
【分析】货物放在传送带上先做匀加速运动，当速度达到传送带的速度时做匀速运动。货物匀加速运动时，根据牛顿第二定律可求出加速度，速度增加到与传送带速度相同时与传送带一起做匀速运动，表示出运送时间、货物与皮带的相对位移的表达式，再分析它们的变化情况。
11．【答案】0.183；C；ADCB；偏小；电压表
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】对于螺旋测微器的读数，注意其有估计值，并掌握多用电表的使用方法，及注意事项，理解电流表内接法与外接法的区别，最后注意图像的物理意义，及斜率的含义。
（1）螺旋测微器分度值为0.01mm，螺旋测微器读数为
0mm+18.3×0.01mm=0.183mm
（2）从图乙可以看出a曲线在滑片移动很小距离电流变化很大，说明该滑动变阻器阻值远大于被测量电阻阻值，所以a图对应500Ω滑动变阻器；通过乙图可知，a图象中滑动变阻器接入电路阻值较大时电流变化不太明显，c图象接入的是5Ω的滑动变阻器，电路电流变化不明显，而b图中，电流随电阻的移动自始至终变化都比较明显，所以最适合本实验的滑动变阻器是b。
故选C。
（3）正确的使用步骤如下：先将选择开关置于“×1k”位置，将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0”，然后将两表笔分别接触待测电阻两端，读出其阻值后随即断开，最后将选择开关置于“OFF”位置，故正确的操作顺序是ADCB。
（4）电压表测得的电压为待测电阻两端电压，但电流表测得的电流为通过电压表和电阻的总电流，即所测电流值偏大，根据
可知测量值与真实值相比较将偏小，这是由于电压表分流引起的。
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度的示数之和是螺旋测微器的示数；
（2）根据图像结合欧姆定律以及滑动变阻器阻值分析；
（3）多用电表测量电阻时，先进行机械校零，需将选择开关旋到欧姆挡某一位置，再进行欧姆调零，欧姆调零后，测量电阻读出示数。欧姆表黑表笔与内置电源正极相连，电流从黑表笔流出，红表笔流入。
（4）电压表示数没有误差，电流表示数偏大，故测量值偏小。
12．【答案】BCD；；0.4；3；；
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键，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，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。（1）①本实验需要用砝码盘和砝码的重力代替小车所受的合外力，所以需要平衡摩擦力，即将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，且应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，对小车质量是否相同没有要求。
故选BCD。
②在初速度为零的匀变速直线运动中有，因运动时间相等，则位移与加速度成正比．小车1、2的加速度之比为
（2）①每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据纸带可知，△x=0.02-0.008-0.008=0.004m
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2
得a=＝0.40m/s2
②遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即F≠0时，a=0，故图线为3。
③没有偏离直线时，可以用砝码盘和砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律得
偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出
【分析】（1）为了使砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力，实验应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量且要平衡摩擦力，根据初速度为零的匀变速直线运动位移—时间公式求解加速度的比值；
（2）①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；
②如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况；
③没有偏离直线时，可以用砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律求出a1，偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出a2。
13．【答案】（1）解：货车匀速行驶，对桶C受力分析如图所示
由几何关系可知
由对称性可知
故
联立解得
（2）解：为防止紧急刹车时桶C脱离B砸向前方的驾驶室而发生危险，刹车时的加速度大小最大为，此时B对C刚好无支持力，设此时A对C的的支持力为，对C受力分析如图所示
有
解得
（3）解：司机只受到重力和货车对他的力，水平方向有
竖直方向有
则货车对司机的作用力
解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）货车匀速行驶，C处平衡状态，对C做受力分析即可
（2）货车急刹车后，桶C由于惯性会继续向前运动，有可能会脱离B。两个物体脱离的标志是：两物体间支持力为0。因此在分离瞬间对C受力分析，只受到自身重力和A的支持力，由此可求出货车减速时的加速度
（3）根据牛顿第二定律求解货车对司机的作用力。
（1）货车匀速行驶，对桶C受力分析如图所示
由几何关系可知
由对称性可知
故
联立解得
（2）为防止紧急刹车时桶C脱离B砸向前方的驾驶室而发生危险，刹车时的加速度大小最大为，此时B对C刚好无支持力，设此时A对C的的支持力为，对C受力分析如图所示
有
解得
（3）司机只受到重力和货车对他的力，水平方向有
竖直方向有
则货车对司机的作用力
解得
14．【答案】解：（1）①先求 B 端对重物的支持力：静止状态分析：重物静止时，弹簧弹力与重力平衡，即
最低点受力分析：气嘴灯在最低点时，重物做圆周运动，向心力由支持力N、弹簧弹力kd和重力mg的合力提供，方向指向圆心（竖直向上）
将kx=mg代入解得：
，方向竖直向上
②判断 LED 灯是否能一直发光发光条件为：C、D 接触，即弹簧形变至少为。弹力大小为
最高点临界状态：若最高点恰能发光，弹簧弹力k d向下，与重力共同提供向心力
联立解得
比较实际速度：题目中速度时，最高点仍满足接触条件，故 LED 灯能一直发光。
（2）已知线速度，转动一周路程
周期
LED灯不能一直发光，设触点接触时，重物与圆心连线和水平方向夹角为θ，径向合力提供向心力：
解得
由对称性，发光区间为2θ
故
【知识点】向心力；离心运动和向心运动
【解析】【分析】本题研究自行车气嘴灯随车轮转动时的受力与发光条件，本质是圆周运动向心力平衡问题。
1、圆周运动向心力：由径向合力提供，需分析不同位置（最高点、最低点）的受力构成。
2、临界状态判断：通过弹力与重力的合力是否满足向心力需求，确定触点接触的临界条件。
3、周期性运动时间计算：利用几何对称性确定发光角度范围，结合周期公式求解发光时间，核心是找到临界角度与速度的关系。
15．【答案】解：（1）时刻，小环相对于木棒向上运动，小环所受滑动摩擦力向下，根据牛顿第二定律有
解得
该加速度方向竖直向下。对木棒与重物整体分析，根据牛顿第二定律有
解得
该加速度方向竖直向上。
（2）根据上述可知，小环开始向上做匀减速直线运动，木棒与重物做匀加速直线运动，经历时间达到相等速度，则有
解得
，
此过程木棒的位移
解得
此过程小环的位移
此过程小环相对于木棒向上运动，相对位移大小为
解得
之后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
取向上为正方向，根据速度与位移的关系式有
解得
（3）结合上述，小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动到与地面第一次碰撞时，环与木棒下端间距为
碰撞时，连接重物C的细绳断裂，碰撞后，小环向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
木棒反弹后向上做匀减速直线运动，对木棒，根据根据牛顿第二定律有
解得
小环向下做匀加速直线运动，木棒向上做双向匀变速直线运动，根据对称性可知，在木棒与地面再次碰撞之前，小环速度始终大于木棒速度，即小环在之后的碰撞过程中始终向下做匀加速直线运动，木棒一直重复第一次碰撞之后的双向匀变速直线运动，可知，每一次木棒上升到最高点的时间为
利用逆向思维，木棒上升的最大高度为
可知，环在到达离地面高度为之前都不会与木棒分离，对小环有
解得
则木棒与地面碰撞的次数为
且第四次碰撞后，木棒上升到最高点时恰好与小环分离，可知，此时，小环离地面的高度
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）小环相对于木棒向上运动，所受摩擦力向下，利用牛顿第二定律即可计算小环的加速度，木棒与重物用细绳连接，故加速度大小相同可利用整体法和牛顿第二定律计算二者的加速度；
（2）由题意可知，小环与木棒先相对滑动后达到共速，可先利用牛顿第二定律以及运动学公式计算出二者达到共速过程中相对的位移大小，而后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，利用运动学公式即可计算木棒第一次碰撞后的速度大小；
（3）利用运动学公式分析碰撞规律，通过双向匀变速直线运动的特点和位移差计算次数、距离。
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