广东省江门市台山市华侨中学2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题
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·台山月考）如图是一物体的位移时间图像，下列说法正确的是（ ）
A．内，物体可能做曲线运动
B．时物体的运动方向发生了改变
C．段表示物体做匀减速直线运动
D．内，物体的位移大小为
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】本题的关键要理解位移—时间图像的点和斜率的物理意义，要知道位移—时间图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动。A．位移时间图像只能表示直线运动，全过程物体都做直线运动，故A错误；
B．时物体向轴正方向运动，时物体向轴负方向运动，可知时物体的运动方向发生了改变，故B正确；
C．位移时间图像的斜率表示速度，段斜率不变，可知段表示物体做匀速直线运动，故C错误；
D．由图像可知内，物体的位移大小为，故D错误。
故选B。
【分析】位移—时间图像只能表示直线运动的规律，x-t图像的斜率表示速度。根据纵坐标的变化量确定位移大小。
2．（2024高三上·台山月考）马步是练习武术最基本的桩步。马步桩须双脚分开略宽于肩，采取半蹲姿态，因姿势有如骑马一般，而且如桩柱般稳固，因而得名。如图所示，某人站在水平地面上保持马步姿势不动，则下列说法正确的是（ ）
A．人受到3个力的作用
B．人对地面的压力就是重力
C．地面对人的支持力是由地面的形变产生的
D．地面对人有水平向后的摩擦力
【答案】C
【知识点】形变与弹力；受力分析的应用；静摩擦力
【解析】【解答】本题考查受力分析，解题关键是知道弹力和摩擦力的方向，知道弹力产生的原因。A．根据平衡条件可知，人在竖直方向受力平衡，受到水平地面竖直向上的支持力以及竖直向下的重力，水平方向没有摩擦力的作用，不受力，共2个力作用，故A错误；
B．人对地面的压力施力物体是人，重力施力物体是地球，两个力不是同一个力，故B错误；
C．地面对人的支持力是由地面发生微小形变产生的，故C正确；
D．地面对人没有摩擦力，故D错误。
故选C。
【分析】人站在水平地面上保持马步姿势不动，对人受力分析，根据平衡条件判断摩擦力情况；根据压力和重力的作用点、性质的不同进行分析；弹力是由于施力物体发生弹性形变产生的。
3．（2024高三上·台山月考）如图所示，寒风萧瑟的冬天已经来临，手握一杯热腾腾的奶茶是一件很温暖的举动，下列说法正确的是（ ）
A．奶茶杯对手的摩擦力竖直向上
B．此时的摩擦力为静摩擦力
C．当我们增大手握杯子的力，摩擦力增大
D．当杯中的奶茶越来越少时，摩擦力不变
【答案】B
【知识点】静摩擦力
【解析】【解答】本题考查学生对摩擦力和二力平衡条件的理解和运用，理解相关概念和原理是解答的关键。AB．奶茶杯受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，水杯与手之间有相对运动趋势，故摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第三定律可知奶茶杯对手的摩擦力应竖直向下，故A错误，B正确；
C．由于摩擦力的大小始终与重力大小相等，所以当我们增大手握杯子的力，摩擦力不变，故C错误；
D．当杯中的奶茶越来越少时，即重力不断减小，所以摩擦力也减小，故D错误。
故选B。
【分析】瓶子静止悬在空中处于平衡状态，符合二力平衡条件：大小相等，方向相反，作用在同一直线上。所以，瓶子受到手竖直向上的摩擦力始终等于瓶子的重力。
4．（2024高三上·台山月考）疫情期间，中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节相同的车厢组成，每节车厢的质量均为m，在车头牵引下，列车沿平直轨道以加速度a匀加速行驶，每节车厢所受阻力均为f，则第30节车厢对第31节车厢的牵引力大小为（ ）
A．10 （ma+f） B．11（ma+f） C．10ma D．9ma
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题以中欧运送防疫物资的班列为背景考查匀变速直线运动中应用牛顿第二定律求解力的问题，关键利用好隔离法即可。以后10节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律
解得
故选A。
【分析】以后10节车厢看成一个整体，应用牛顿第二定律列方程。
5．（2024高三上·台山月考）直升机应急救援能更快速到达作业现场，实施搜索救援工作。如图所示，救援人员利用绳索吊起伤员之后，和伤员保持相对静止，他们在竖直方向上的速度vy、水平方向上的位移x随时间t的变化图像分别如图甲、乙所示，忽略空气阻力，则在此过程中（ ）
A．伤员的重力势能不断减少
B．伤员先处于超重状态，后处于失重状态
C．绳子的拉力始终做正功
D．从地面上观察，伤员的运动轨迹为一条倾斜的直线
【答案】C
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解；功的概念；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】本题 对运动图像的考察较为灵活，正确解读图像中不同时段对应的运动状态是本题的解题关键。AB．由图甲可知，伤员在竖直方向先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，故伤员先处于超重状态，后处于平衡状态，伤员在这个过程中竖直方向的位移不断增大，根据伤员的受力可知，伤员的重力势能不断增大，拉力始终做正功，AB错误，C正确；
D．由于救援人员和伤员在竖直方向上先做匀加速直线运动再做匀速运动，由图乙可知，伤员在水平方向做匀速直线运动，故根据运动的合成可知，从地面上看，伤员的运动轨迹先是一条抛物线，后为一条倾斜的直线，D错误。
故选C。
【分析】根据题干给出的他们在竖直方向上的速度图像可知，他们在竖直方向上先做匀加速直线运动再做匀速运动；分析题干信息中的有效信息，救援人员和伤员保持相对静止，则他们的速度和位移都是相同的。再根据水平方向上的位移图像可知，他们在水平方向上做匀速直线运动。
6．（2024高三上·台山月考）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，两谷粒质量相同，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高点的速度等于零
C．两谷粒从O到P的运动时间相等
D．两谷粒从O到P过程重力做功相等
【答案】D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】在解决本题时，应注意物体运动的分解情况，思考平抛和斜抛的相同和不同处。A． 忽略空气阻力， 抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故二者加速度相等，A错误；
B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度，不为零，B错误；
C．谷粒2做斜上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长，C错误；
D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，两谷粒质量相同，故重力做功相等，D正确。
故选D。
【分析】谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度；运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度；谷粒2做斜上抛运动，谷粒1做平抛运动；根据重力做功公式分析。
7．（2024高三上·台山月考）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．木板A最终获得的动能为2J B．系统损失的机械能为4J
C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.1
【答案】D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】根据题意与v-t图像分析清楚物体与长木板的运动过程是解题的前提，结合v-t图像的意义，根据动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。A．由题图乙可知，0～1s内，A、B的加速度大小都为
物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能为
故A错误；
B．系统损失的机械能为
故B错误；
C．题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；
D．由对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得
解得
D正确。
故选D。
【分析】B在A的上表面上滑行时，二者组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出木板A的质量，再求木板A获得的动能；根据能量守恒定律求系统损失的机械能；根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，来求解木板A的最小长度；根据功能关系求解A、B间的动摩擦因数。
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·台山月考）密绕在轴上的一卷地膜用轻绳一端拴在轴上，另一端悬挂在墙壁上A点，如图所示，当逆时针缓慢向下用力抽出地膜时，整卷地膜受的各个力要发生变化，不计地膜离开整卷时对地膜卷的粘扯拉力和地膜卷绕轴转动时的摩擦力，但在D点地膜与墙壁间有摩擦力，随着地膜的不断抽出，下述分析正确的是（ ）
A．地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力变小
B．悬挂地膜的轻绳上的拉力在增大
C．拉动地膜的力在减小
D．地膜对墙的压力在增大
【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的关键是能清楚各力随角度的变化情况，能够利用解析法进行分析。地膜是缓慢转动的，因此地膜的拉力F和摩擦力必须等大反向，否则会导致地面越转越快。
A．以地膜卷为研究对象，根据受力平衡可知，地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力与地膜的重力大小相等， 随着地膜的不断抽出，地膜重力G变小，所以地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力变小，故A正确；
B．设悬挂地膜的轻绳与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可得
可得悬挂地膜的轻绳上的拉力为
随着地膜的不断抽出，重力G不断减小，轻绳与竖直方向夹角减小，所以轻绳上的拉力减小，故B错误；
CD．缓慢向下用力F抽出地膜时，有
又
，
可得
随着地膜的不断抽出，重力G不断减小，轻绳与竖直方向夹角减小，拉动地膜的力在减小；墙对地膜的支持力减小，即地膜对墙的压力在减小，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】分析地膜的受力情况，作出受力分析图，根据平衡条件列方程，分析拉力T的变化；再水平方向力平衡分析墙对地膜的弹力N的变化。
9．（2024高三上·台山月考）2021年5月15日，我国火星探测器“天问一号”成功着陆火星，“天问一号”在着陆前经历了几个减速阶段，其中打开反冲发动机时“天问一号”处于减速阶段，情景如图所示。关于“天问一号”在该阶段的说法，正确的是（ ）
A．研究下降时的姿态，不可以将它视为质点
B．在减速下降的过程中，它的惯性增大
C．喷出“燃气”减速下降阶段，它处于超重状态
D．反冲发动机对“燃气”的作用力可能小于“燃气”对反冲发动机的作用力
【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律；质点；惯性与质量；超重与失重
【解析】【解答】本题考查对质点、惯性、超重失重现象以及牛顿第三定律的理解，其中要注意的是：物体处于超重或失重状态时，物体的重力并没变，只是对地面的压力变了。A．研究下降时的姿态，不能忽略其形状和体积，所以不能将它视为质点。A正确；
B．根据惯性定律可知，质量是衡量惯性的唯一标准，所以在减速下降的过程中，它的惯性不变。B错误；
C．喷出“燃气”减速下降阶段，其加速度竖直向上处于超重状态。C正确；
D．根据牛顿第三定律，可知反冲发动机对“燃气”的作用力等于“燃气”对反冲发动机的作用力。D错误。
故选AC。
【分析】根据把物体看成质点的条件来判断；惯性的大小仅仅与质量有关；当物体对水平接触面的压力大于物体的重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；根据作用力与反作用力的特点分析。
10．（2024高三上·台山月考）如图，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．货车的速度等于vcos
B．货物处于超重状态
C．缆绳中的拉力FT小于（m0+m）g
D．货车的对地面的压力小于货车的重力
【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡；超重与失重；运动的合成与分解
【解析】【解答】本题的关键要掌握缆绳末端物体速度分解的方法，知道缆绳末端物体沿缆绳方向的分速度相等，推导出货箱与货车的速度关系式，从而确定货箱的运动规律，然后根据超重与失重的特点分析，并注意两者的区别。A．把货车速度分解到绳子方向，分速度与货箱速度相等，则
即
故A错误；
B．货车匀速行驶，在减小，因此货箱的速度在增大，故货物在做加速运动处于超重状态，故B正确；
C．因为货物和货箱处于超重状态所以FT大于（m0+m）g，故C错误；
D．货车受到绳子的拉力，故货车对地面的压力小于重力，故D正确。
故选BD。
【分析】在将货物提升的过程中，由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车运动的速度沿着缆绳方向的分量相等，根据平行四边形定则求出货车的速度表达式，结合牛顿第二定律分析即可。
三、实验题（共16分）
11．（2024高三上·台山月考）某同学用轻弹簧和弹簧秤、做“探究求合力的方法”实验（如图甲）。该同学先测量轻弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来（如图丙），在自由端挂上砝码盘。通过增加盘中砝码，测得几组砝码的质量和对应的弹簧伸长量，画出图线（如图丁），对应点已在图上标出（如图乙所示）。
（1）由图丁可知，该弹簧的劲度系数为 N/m（取，结果保留两位有效数字）
（2）该同学用弹簧和弹簧秤、做“探究求合力的方法”实验。在保持弹簧伸长20.00cm不变的条件下：
①关于该实验，下列操作必要的是 。
A. 要保证连接弹簧端的两根细线长度相等
B. 实验时需要注意保证各弹簧秤、轻弹簧及细线在同一水平面内
C. 每次拉伸弹簧时只需保证弹簧的伸长量相同，点位置可任意变化
D. 记录弹簧秤的示数的同时，必须记录各拉力的方向
②弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是 N（图乙中所示），则弹簧秤b的读数为 N。（第二空保留2位小数）
【答案】（1）
（2）BD；8.00；6.00
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】本题考查验证平行四边形定则的实验，采用的是等效替代的思维方法，要注意明确实验原理以及胡克定律的应用，注意根据图象法分析拉力变化情况。
（1）由图丁可知，该弹簧的劲度系数为
（2）A．连接弹簧C端的两根细线尽量长些，但是不一定要长度相等，故A错误；
B．实验时需要注意保证各弹簧秤、轻弹簧及细线在同一水平面内，故B正确；
C．为保证等效性，则每次拉伸弹簧时必须要把C点拉到相同的位置，故C错误；
D．记录弹簧秤的示数的同时，必须记录各拉力的方向，故D正确。
故选BD。
弹簧秤最小刻度为0.1N，则a的读数是8.00N。根据胡克定律，在保持弹簧伸长20.00cm的情况下，弹簧弹力为
Fkx=50×0.2N10.0N
两弹簧秤夹角为90°，根据几何关系，可知b的读数为
【分析】（1）用描点作出m-L的关系图线，读出斜率求出劲度系数k劲。
（2）由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；
（1）由图丁可知，该弹簧的劲度系数为
（2）[1]A．连接弹簧C端的两根细线尽量长些，但是不一定要长度相等，故A错误；
B．实验时需要注意保证各弹簧秤、轻弹簧及细线在同一水平面内，故B正确；
C．为保证等效性，则每次拉伸弹簧时必须要把C点拉到相同的位置，故C错误；
D．记录弹簧秤的示数的同时，必须记录各拉力的方向，故D正确。
故选BD。
[2]弹簧秤最小刻度为0.1N，则a的读数是8.00N。
[3]根据胡克定律，在保持弹簧伸长20.00cm的情况下，弹簧弹力为
Fkx=50×0.2N10.0N
两弹簧秤夹角为90°，根据几何关系，可知b的读数为
12．（2024高三上·台山月考）图为“探究加速度与物体受力及质量的关系”的实验装置图。图中A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花计时器，电火花计时器接交流电，小车的质量为，托盘及砝码的总质量为。
（1）关于实验，下列说法正确的 。
A．实验中托盘及砝码的总质量应远小于小车的质量M
B．长木板必须保持水平
C．实验时应先接通电源后释放小车
D．作a-m图像便于得出加速度与质量的关系
（2）图乙为某次实验得到的一条纸带，两相邻计数点间有四个点未画出，纸带上标出了相邻计数点之间的距离，打计数点4时小车的速度大小是 ；小车运动的加速度大小是 。（结果均保留两位小数）
（3）实验时，某同学忘记了平衡摩擦力这一操作，因此他测量得到的图像，可能是图丙中的图线。 （选填“①”、“②”或“③”）
【答案】AC；0.34；0.50；③
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合匀变速直线运动的规律和逐差法分别计算出小车的瞬时速度和加速度，结合牛顿第二定律完成分析。（1）AB．本实验中是用托盘及砝码的总重力来代替小车所受到的合外力，实验开始前应先取下托盘及砝码，将长木板装有打点计时器的一端垫起适当的高度，轻推小车使打点计时器在纸带上打出均匀的点迹，以此来确定完全补偿了阻力，而后挂上托盘及砝码，设绳子的拉力为T，根据牛顿第二定律有
联立可得
可知，只有托盘及砝码的总质量应远小于小车的质量M，绳中的拉力才近似等于托盘及砝码的总重力，故A正确，B错误；
C．实验时为节省纸带，收集更多的实验数据，增加实验的可行性，应先接通电源后释放小车，故C正确；
D．一次函数图象是最为直观的图像，根据
变式可得
则可知，为了便于得出加速度与质量的关系，应做出的图像，故D错误。
故选AC。
（2）该打点计时器频率为50H，则其周期为0.02s，所给纸带上每两个点迹之间还有4个点未画出，则可知纸带上每两个点迹之间的时间间隔为0.1s，而对匀变速直线运动而言，其某段时间内的平均速度就等于该段时间中间时刻的瞬时速度，由此可得打计数点4时小车的速度大小是
根据匀变速直线运动连续相等时间间隔内的位移差公式
可得
（3）因该同学实验时未平衡摩擦力，设摩擦力为，则由牛顿第二定律有
整理可得
可知图像具有正的横截距，因此图像应为③。
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据匀变速直线运动的规律计算出瞬时速度，结合逐差法计算出加速度；
（3）根据牛顿第二定律分析出对应的a-F图像。
四、解答题（共38分）
13．（2024高三上·台山月考）如图所示，粗糙水平面与光滑斜面在C点处相连，物体通过C点时速度大小不变。一个质量为m=1kg的物体，由静止从光滑斜面上的A点自由释放，做初速度为零的匀加速直线运动，经过C点进入水平面，到达B点停止运动。已知A点与水平面高度差H=45cm，斜面倾角53°，物体与水平面间动摩擦因数为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）经过C点的速度，从A到C所用的时间；
（2）如果从B点施加一个水平推力F，到C点撤去F，物体由于惯性恰好能到A点，求力F。
【答案】解：（1）从A到C根据动能定理
解得
物体在斜面上运动时加速度大小为
从A到C所用的时间为
（2）从A到B根据动能定理
解得
当从B点施加一个水平推力F后，从B到A根据动能定理
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）小物体从光滑斜面上A点静止开始下滑，进入粗糙水平面直至停止，选取从A到B过程，由动能定理可求出物体在B点的速度大小，再由滑行的时间结合牛顿第二定律可得小物体与地面间的动摩擦因数．
（2）物体在恒力作用下恰能从A点静止出发，最后停在水平面C点，由摩擦力做功与位移结合动能定理可求出恒力大小．
14．（2024高三上·台山月考）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平底面上，轨道半径R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量为与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为 2R ．重力加速度为，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求
（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间；
（2）小球A冲进轨道时速度v的大小．
【答案】解：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有 …①
解得 …②
（2）设球A的质量为m，在N点速度为v，与小球B碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知 …③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，则
由动量守恒定律知 …④
综合②③④式得
【知识点】爆炸；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出平抛运动的时间；
（2）根据平抛运动规律求出碰撞后A、B的速度，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞前A的速度。
15．（2024高三上·台山月考）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为，平台高为。药品盒A、B依次被轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的B以的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为和，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功；
（3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离．
【答案】解：（1）A在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功
（3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得
（另一组舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
，
解得
【知识点】功能关系；平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对药品盒A进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式得出加速的时间；
（2）从M点到N点的过程中，对药品盒B根据动能定理列式得出克服阻力做的功；
（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律得出药品盒的速度，结合平抛的运动特点和几何关系得出水平距离s的大小。
1 / 1广东省江门市台山市华侨中学2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题
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·台山月考）如图是一物体的位移时间图像，下列说法正确的是（ ）
A．内，物体可能做曲线运动
B．时物体的运动方向发生了改变
C．段表示物体做匀减速直线运动
D．内，物体的位移大小为
2．（2024高三上·台山月考）马步是练习武术最基本的桩步。马步桩须双脚分开略宽于肩，采取半蹲姿态，因姿势有如骑马一般，而且如桩柱般稳固，因而得名。如图所示，某人站在水平地面上保持马步姿势不动，则下列说法正确的是（ ）
A．人受到3个力的作用
B．人对地面的压力就是重力
C．地面对人的支持力是由地面的形变产生的
D．地面对人有水平向后的摩擦力
3．（2024高三上·台山月考）如图所示，寒风萧瑟的冬天已经来临，手握一杯热腾腾的奶茶是一件很温暖的举动，下列说法正确的是（ ）
A．奶茶杯对手的摩擦力竖直向上
B．此时的摩擦力为静摩擦力
C．当我们增大手握杯子的力，摩擦力增大
D．当杯中的奶茶越来越少时，摩擦力不变
4．（2024高三上·台山月考）疫情期间，中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节相同的车厢组成，每节车厢的质量均为m，在车头牵引下，列车沿平直轨道以加速度a匀加速行驶，每节车厢所受阻力均为f，则第30节车厢对第31节车厢的牵引力大小为（ ）
A．10 （ma+f） B．11（ma+f） C．10ma D．9ma
5．（2024高三上·台山月考）直升机应急救援能更快速到达作业现场，实施搜索救援工作。如图所示，救援人员利用绳索吊起伤员之后，和伤员保持相对静止，他们在竖直方向上的速度vy、水平方向上的位移x随时间t的变化图像分别如图甲、乙所示，忽略空气阻力，则在此过程中（ ）
A．伤员的重力势能不断减少
B．伤员先处于超重状态，后处于失重状态
C．绳子的拉力始终做正功
D．从地面上观察，伤员的运动轨迹为一条倾斜的直线
6．（2024高三上·台山月考）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，两谷粒质量相同，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高点的速度等于零
C．两谷粒从O到P的运动时间相等
D．两谷粒从O到P过程重力做功相等
7．（2024高三上·台山月考）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．木板A最终获得的动能为2J B．系统损失的机械能为4J
C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.1
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·台山月考）密绕在轴上的一卷地膜用轻绳一端拴在轴上，另一端悬挂在墙壁上A点，如图所示，当逆时针缓慢向下用力抽出地膜时，整卷地膜受的各个力要发生变化，不计地膜离开整卷时对地膜卷的粘扯拉力和地膜卷绕轴转动时的摩擦力，但在D点地膜与墙壁间有摩擦力，随着地膜的不断抽出，下述分析正确的是（ ）
A．地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力变小
B．悬挂地膜的轻绳上的拉力在增大
C．拉动地膜的力在减小
D．地膜对墙的压力在增大
9．（2024高三上·台山月考）2021年5月15日，我国火星探测器“天问一号”成功着陆火星，“天问一号”在着陆前经历了几个减速阶段，其中打开反冲发动机时“天问一号”处于减速阶段，情景如图所示。关于“天问一号”在该阶段的说法，正确的是（ ）
A．研究下降时的姿态，不可以将它视为质点
B．在减速下降的过程中，它的惯性增大
C．喷出“燃气”减速下降阶段，它处于超重状态
D．反冲发动机对“燃气”的作用力可能小于“燃气”对反冲发动机的作用力
10．（2024高三上·台山月考）如图，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．货车的速度等于vcos
B．货物处于超重状态
C．缆绳中的拉力FT小于（m0+m）g
D．货车的对地面的压力小于货车的重力
三、实验题（共16分）
11．（2024高三上·台山月考）某同学用轻弹簧和弹簧秤、做“探究求合力的方法”实验（如图甲）。该同学先测量轻弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来（如图丙），在自由端挂上砝码盘。通过增加盘中砝码，测得几组砝码的质量和对应的弹簧伸长量，画出图线（如图丁），对应点已在图上标出（如图乙所示）。
（1）由图丁可知，该弹簧的劲度系数为 N/m（取，结果保留两位有效数字）
（2）该同学用弹簧和弹簧秤、做“探究求合力的方法”实验。在保持弹簧伸长20.00cm不变的条件下：
①关于该实验，下列操作必要的是 。
A. 要保证连接弹簧端的两根细线长度相等
B. 实验时需要注意保证各弹簧秤、轻弹簧及细线在同一水平面内
C. 每次拉伸弹簧时只需保证弹簧的伸长量相同，点位置可任意变化
D. 记录弹簧秤的示数的同时，必须记录各拉力的方向
②弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是 N（图乙中所示），则弹簧秤b的读数为 N。（第二空保留2位小数）
12．（2024高三上·台山月考）图为“探究加速度与物体受力及质量的关系”的实验装置图。图中A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花计时器，电火花计时器接交流电，小车的质量为，托盘及砝码的总质量为。
（1）关于实验，下列说法正确的 。
A．实验中托盘及砝码的总质量应远小于小车的质量M
B．长木板必须保持水平
C．实验时应先接通电源后释放小车
D．作a-m图像便于得出加速度与质量的关系
（2）图乙为某次实验得到的一条纸带，两相邻计数点间有四个点未画出，纸带上标出了相邻计数点之间的距离，打计数点4时小车的速度大小是 ；小车运动的加速度大小是 。（结果均保留两位小数）
（3）实验时，某同学忘记了平衡摩擦力这一操作，因此他测量得到的图像，可能是图丙中的图线。 （选填“①”、“②”或“③”）
四、解答题（共38分）
13．（2024高三上·台山月考）如图所示，粗糙水平面与光滑斜面在C点处相连，物体通过C点时速度大小不变。一个质量为m=1kg的物体，由静止从光滑斜面上的A点自由释放，做初速度为零的匀加速直线运动，经过C点进入水平面，到达B点停止运动。已知A点与水平面高度差H=45cm，斜面倾角53°，物体与水平面间动摩擦因数为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）经过C点的速度，从A到C所用的时间；
（2）如果从B点施加一个水平推力F，到C点撤去F，物体由于惯性恰好能到A点，求力F。
14．（2024高三上·台山月考）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平底面上，轨道半径R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量为与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为 2R ．重力加速度为，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求
（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间；
（2）小球A冲进轨道时速度v的大小．
15．（2024高三上·台山月考）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为，平台高为。药品盒A、B依次被轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的B以的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为和，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功；
（3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】本题的关键要理解位移—时间图像的点和斜率的物理意义，要知道位移—时间图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动。A．位移时间图像只能表示直线运动，全过程物体都做直线运动，故A错误；
B．时物体向轴正方向运动，时物体向轴负方向运动，可知时物体的运动方向发生了改变，故B正确；
C．位移时间图像的斜率表示速度，段斜率不变，可知段表示物体做匀速直线运动，故C错误；
D．由图像可知内，物体的位移大小为，故D错误。
故选B。
【分析】位移—时间图像只能表示直线运动的规律，x-t图像的斜率表示速度。根据纵坐标的变化量确定位移大小。
2．【答案】C
【知识点】形变与弹力；受力分析的应用；静摩擦力
【解析】【解答】本题考查受力分析，解题关键是知道弹力和摩擦力的方向，知道弹力产生的原因。A．根据平衡条件可知，人在竖直方向受力平衡，受到水平地面竖直向上的支持力以及竖直向下的重力，水平方向没有摩擦力的作用，不受力，共2个力作用，故A错误；
B．人对地面的压力施力物体是人，重力施力物体是地球，两个力不是同一个力，故B错误；
C．地面对人的支持力是由地面发生微小形变产生的，故C正确；
D．地面对人没有摩擦力，故D错误。
故选C。
【分析】人站在水平地面上保持马步姿势不动，对人受力分析，根据平衡条件判断摩擦力情况；根据压力和重力的作用点、性质的不同进行分析；弹力是由于施力物体发生弹性形变产生的。
3．【答案】B
【知识点】静摩擦力
【解析】【解答】本题考查学生对摩擦力和二力平衡条件的理解和运用，理解相关概念和原理是解答的关键。AB．奶茶杯受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，水杯与手之间有相对运动趋势，故摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第三定律可知奶茶杯对手的摩擦力应竖直向下，故A错误，B正确；
C．由于摩擦力的大小始终与重力大小相等，所以当我们增大手握杯子的力，摩擦力不变，故C错误；
D．当杯中的奶茶越来越少时，即重力不断减小，所以摩擦力也减小，故D错误。
故选B。
【分析】瓶子静止悬在空中处于平衡状态，符合二力平衡条件：大小相等，方向相反，作用在同一直线上。所以，瓶子受到手竖直向上的摩擦力始终等于瓶子的重力。
4．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题以中欧运送防疫物资的班列为背景考查匀变速直线运动中应用牛顿第二定律求解力的问题，关键利用好隔离法即可。以后10节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律
解得
故选A。
【分析】以后10节车厢看成一个整体，应用牛顿第二定律列方程。
5．【答案】C
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解；功的概念；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】本题 对运动图像的考察较为灵活，正确解读图像中不同时段对应的运动状态是本题的解题关键。AB．由图甲可知，伤员在竖直方向先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，故伤员先处于超重状态，后处于平衡状态，伤员在这个过程中竖直方向的位移不断增大，根据伤员的受力可知，伤员的重力势能不断增大，拉力始终做正功，AB错误，C正确；
D．由于救援人员和伤员在竖直方向上先做匀加速直线运动再做匀速运动，由图乙可知，伤员在水平方向做匀速直线运动，故根据运动的合成可知，从地面上看，伤员的运动轨迹先是一条抛物线，后为一条倾斜的直线，D错误。
故选C。
【分析】根据题干给出的他们在竖直方向上的速度图像可知，他们在竖直方向上先做匀加速直线运动再做匀速运动；分析题干信息中的有效信息，救援人员和伤员保持相对静止，则他们的速度和位移都是相同的。再根据水平方向上的位移图像可知，他们在水平方向上做匀速直线运动。
6．【答案】D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】在解决本题时，应注意物体运动的分解情况，思考平抛和斜抛的相同和不同处。A． 忽略空气阻力， 抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故二者加速度相等，A错误；
B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度，不为零，B错误；
C．谷粒2做斜上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长，C错误；
D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，两谷粒质量相同，故重力做功相等，D正确。
故选D。
【分析】谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度；运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度；谷粒2做斜上抛运动，谷粒1做平抛运动；根据重力做功公式分析。
7．【答案】D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】根据题意与v-t图像分析清楚物体与长木板的运动过程是解题的前提，结合v-t图像的意义，根据动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。A．由题图乙可知，0～1s内，A、B的加速度大小都为
物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能为
故A错误；
B．系统损失的机械能为
故B错误；
C．题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；
D．由对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得
解得
D正确。
故选D。
【分析】B在A的上表面上滑行时，二者组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出木板A的质量，再求木板A获得的动能；根据能量守恒定律求系统损失的机械能；根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，来求解木板A的最小长度；根据功能关系求解A、B间的动摩擦因数。
8．【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的关键是能清楚各力随角度的变化情况，能够利用解析法进行分析。地膜是缓慢转动的，因此地膜的拉力F和摩擦力必须等大反向，否则会导致地面越转越快。
A．以地膜卷为研究对象，根据受力平衡可知，地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力与地膜的重力大小相等， 随着地膜的不断抽出，地膜重力G变小，所以地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力变小，故A正确；
B．设悬挂地膜的轻绳与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可得
可得悬挂地膜的轻绳上的拉力为
随着地膜的不断抽出，重力G不断减小，轻绳与竖直方向夹角减小，所以轻绳上的拉力减小，故B错误；
CD．缓慢向下用力F抽出地膜时，有
又
，
可得
随着地膜的不断抽出，重力G不断减小，轻绳与竖直方向夹角减小，拉动地膜的力在减小；墙对地膜的支持力减小，即地膜对墙的压力在减小，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】分析地膜的受力情况，作出受力分析图，根据平衡条件列方程，分析拉力T的变化；再水平方向力平衡分析墙对地膜的弹力N的变化。
9．【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律；质点；惯性与质量；超重与失重
【解析】【解答】本题考查对质点、惯性、超重失重现象以及牛顿第三定律的理解，其中要注意的是：物体处于超重或失重状态时，物体的重力并没变，只是对地面的压力变了。A．研究下降时的姿态，不能忽略其形状和体积，所以不能将它视为质点。A正确；
B．根据惯性定律可知，质量是衡量惯性的唯一标准，所以在减速下降的过程中，它的惯性不变。B错误；
C．喷出“燃气”减速下降阶段，其加速度竖直向上处于超重状态。C正确；
D．根据牛顿第三定律，可知反冲发动机对“燃气”的作用力等于“燃气”对反冲发动机的作用力。D错误。
故选AC。
【分析】根据把物体看成质点的条件来判断；惯性的大小仅仅与质量有关；当物体对水平接触面的压力大于物体的重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；根据作用力与反作用力的特点分析。
10．【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡；超重与失重；运动的合成与分解
【解析】【解答】本题的关键要掌握缆绳末端物体速度分解的方法，知道缆绳末端物体沿缆绳方向的分速度相等，推导出货箱与货车的速度关系式，从而确定货箱的运动规律，然后根据超重与失重的特点分析，并注意两者的区别。A．把货车速度分解到绳子方向，分速度与货箱速度相等，则
即
故A错误；
B．货车匀速行驶，在减小，因此货箱的速度在增大，故货物在做加速运动处于超重状态，故B正确；
C．因为货物和货箱处于超重状态所以FT大于（m0+m）g，故C错误；
D．货车受到绳子的拉力，故货车对地面的压力小于重力，故D正确。
故选BD。
【分析】在将货物提升的过程中，由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车运动的速度沿着缆绳方向的分量相等，根据平行四边形定则求出货车的速度表达式，结合牛顿第二定律分析即可。
11．【答案】（1）
（2）BD；8.00；6.00
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】本题考查验证平行四边形定则的实验，采用的是等效替代的思维方法，要注意明确实验原理以及胡克定律的应用，注意根据图象法分析拉力变化情况。
（1）由图丁可知，该弹簧的劲度系数为
（2）A．连接弹簧C端的两根细线尽量长些，但是不一定要长度相等，故A错误；
B．实验时需要注意保证各弹簧秤、轻弹簧及细线在同一水平面内，故B正确；
C．为保证等效性，则每次拉伸弹簧时必须要把C点拉到相同的位置，故C错误；
D．记录弹簧秤的示数的同时，必须记录各拉力的方向，故D正确。
故选BD。
弹簧秤最小刻度为0.1N，则a的读数是8.00N。根据胡克定律，在保持弹簧伸长20.00cm的情况下，弹簧弹力为
Fkx=50×0.2N10.0N
两弹簧秤夹角为90°，根据几何关系，可知b的读数为
【分析】（1）用描点作出m-L的关系图线，读出斜率求出劲度系数k劲。
（2）由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；
（1）由图丁可知，该弹簧的劲度系数为
（2）[1]A．连接弹簧C端的两根细线尽量长些，但是不一定要长度相等，故A错误；
B．实验时需要注意保证各弹簧秤、轻弹簧及细线在同一水平面内，故B正确；
C．为保证等效性，则每次拉伸弹簧时必须要把C点拉到相同的位置，故C错误；
D．记录弹簧秤的示数的同时，必须记录各拉力的方向，故D正确。
故选BD。
[2]弹簧秤最小刻度为0.1N，则a的读数是8.00N。
[3]根据胡克定律，在保持弹簧伸长20.00cm的情况下，弹簧弹力为
Fkx=50×0.2N10.0N
两弹簧秤夹角为90°，根据几何关系，可知b的读数为
12．【答案】AC；0.34；0.50；③
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合匀变速直线运动的规律和逐差法分别计算出小车的瞬时速度和加速度，结合牛顿第二定律完成分析。（1）AB．本实验中是用托盘及砝码的总重力来代替小车所受到的合外力，实验开始前应先取下托盘及砝码，将长木板装有打点计时器的一端垫起适当的高度，轻推小车使打点计时器在纸带上打出均匀的点迹，以此来确定完全补偿了阻力，而后挂上托盘及砝码，设绳子的拉力为T，根据牛顿第二定律有
联立可得
可知，只有托盘及砝码的总质量应远小于小车的质量M，绳中的拉力才近似等于托盘及砝码的总重力，故A正确，B错误；
C．实验时为节省纸带，收集更多的实验数据，增加实验的可行性，应先接通电源后释放小车，故C正确；
D．一次函数图象是最为直观的图像，根据
变式可得
则可知，为了便于得出加速度与质量的关系，应做出的图像，故D错误。
故选AC。
（2）该打点计时器频率为50H，则其周期为0.02s，所给纸带上每两个点迹之间还有4个点未画出，则可知纸带上每两个点迹之间的时间间隔为0.1s，而对匀变速直线运动而言，其某段时间内的平均速度就等于该段时间中间时刻的瞬时速度，由此可得打计数点4时小车的速度大小是
根据匀变速直线运动连续相等时间间隔内的位移差公式
可得
（3）因该同学实验时未平衡摩擦力，设摩擦力为，则由牛顿第二定律有
整理可得
可知图像具有正的横截距，因此图像应为③。
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据匀变速直线运动的规律计算出瞬时速度，结合逐差法计算出加速度；
（3）根据牛顿第二定律分析出对应的a-F图像。
13．【答案】解：（1）从A到C根据动能定理
解得
物体在斜面上运动时加速度大小为
从A到C所用的时间为
（2）从A到B根据动能定理
解得
当从B点施加一个水平推力F后，从B到A根据动能定理
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）小物体从光滑斜面上A点静止开始下滑，进入粗糙水平面直至停止，选取从A到B过程，由动能定理可求出物体在B点的速度大小，再由滑行的时间结合牛顿第二定律可得小物体与地面间的动摩擦因数．
（2）物体在恒力作用下恰能从A点静止出发，最后停在水平面C点，由摩擦力做功与位移结合动能定理可求出恒力大小．
14．【答案】解：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有 …①
解得 …②
（2）设球A的质量为m，在N点速度为v，与小球B碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知 …③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，则
由动量守恒定律知 …④
综合②③④式得
【知识点】爆炸；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出平抛运动的时间；
（2）根据平抛运动规律求出碰撞后A、B的速度，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞前A的速度。
15．【答案】解：（1）A在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功
（3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得
（另一组舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
，
解得
【知识点】功能关系；平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对药品盒A进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式得出加速的时间；
（2）从M点到N点的过程中，对药品盒B根据动能定理列式得出克服阻力做的功；
（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律得出药品盒的速度，结合平抛的运动特点和几何关系得出水平距离s的大小。
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