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广东省深圳市高级中学2024-2025学年高三上学期第一次诊断测试（10月）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·福田月考）如图，从离地面一定高度的喷水口同时喷出完全相同的三个水滴A、B、C，已知三个水滴的初速度大小相等，水滴B初速度方向水平，A、C初速度方向与水平面夹角均为θ，三个水滴落于同一水平地面，忽略空气阻力，则（　　）
A．水滴A、C同时落地
B．水滴C落地时速度最大
C．水滴B落地时重力的瞬时功率最大
D．运动过程中，相同时间内三个水滴速度变化量完全相同
2．（2024高三上·福田月考）如图所示，足够长的粗糙斜面固定在地面上，某物块以初速度从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端。上述过程中，若用x、v、a和Ek分别表示物块的位移、速度、加速度和动能各物理量的大小，t表示运动时间，下列图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024高三上·福田月考）如图为汽车的机械式手刹（驻车器）系统的结构示意图，结构对称。当向上拉动手刹拉杆时，手刹拉索（不可伸缩）就会拉紧，拉索、分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车的目的。以下说法正确的是（　　）
A．若保持、两拉索拉力不变，、两拉索越短，拉动拉索越省力
B．拉动手刹拉杆时，拉索上的拉力总比拉索和中任何一个拉力大
C．若在上施加一恒力，、两拉索夹角越小，拉索、拉力越大
D．当、两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等
4．（2024高三上·福田月考）如图，为一款“乒乓球训练神器”，其构造简单且不受空间的限制，非常适用于居家锻炼。整个系统由金属底座、支撑杆、高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成。在某一次击球后，乒乓球从A点以某一初速度开始运动，经过最高点B之后向右运动到最远处C点，不计空气阻力，则乒乓球从B点到C点过程中（　　）
A．在C点时，乒乓球所受合外力为零
B．软杆对乒乓球做负功
C．地面对底座的摩擦力始终为零
D．地面对底座的支持力始终不变
5．（2024高三上·福田月考）摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、的间距。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是（　　）
A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为
B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度大小的比值为
C．转速增加后滑块B先发生滑动
D．转速增加后两滑块一起发生滑动
6．（2024高三上·福田月考）“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为的弹性轻绳的上端固定在点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的拉力传感器相连，传感器示数为1200N。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知长为，人与装备总质量（可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．在B点时，弹性轻绳的拉力为零
B．经过C点时，人处于超重状态
C．弹性轻绳的劲度系数为
D．打开扣环瞬间，人在A点加速度大小为
7．（2024高三上·福田月考）我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为的标准物A的前后连接有质量均为的两个力传感器，待测质量的物体B连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为、，由此可知待测物体B的质量为（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，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·福田月考）我国计划2025年前后发射天问二号，开展小行星探测任务；2030年前后发射天问三号和天问四号，分别开展火星采样返回任务和木星系探测任务。若将探测器送入地火转移轨道，逐渐远离地球，并成为一颗人造行星，简化轨迹如图。定义地球和太阳平均距离为1个天文单位（Au），火星和太阳平均距离为1.5个天文单位，则（　　）
A．探测器在地火转移轨道上从P点转移到Q点的时间小于6个月
B．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
C．探测器在地火转移轨道上P点的加速度大于Q点的加速度
D．地球、火星绕太阳运动的速度之比为
9．（2024高三上·福田月考）2023年11月，我国新一代重型步兵车VN20亮相珠海航展，该步兵车采用独特的设计理念，是机械化部队的主力装备之一。步兵车的质量为m，若在平直的路面上从静止开始加速，经时间t其速度达到最大值。设在加速过程中发动机的功率恒为P，步兵车所受阻力恒为。以下说法正确的是（　　）
A．加速过程中，步兵车做匀加速直线运动
B．步兵车的最大速度
C．加速过程中，步兵车的位移大于
D．加速过程中，步兵车所受合外力做的功为Pt
10．（2024高三上·福田月考）如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹依次与MN的交点。小球从M到a用时t1，从a到b用时t2，从b到c用时t3，小球经过a、b、c时对筒壁压力大小分别为Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．== B．
C． D．
三、非选择题：共5小题，共54分。考生根据要求作答。
11．（2024高三上·福田月考）（1）在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录　 　、　 　、　 　；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到　 　，依次如图甲、乙所示；
（2）请根据图乙，读出此次测量中弹簧测力计的示数F=　 　；
（3）如图丙，根据实验的数据记录，按选定的标度（已知图中相邻圆环间距表示1N）已作出了两个分力、的图示（大小未标出），请继续在图丙中：
①按同样的标度作出力（即合力的测量值）的图示；　 　
②按力的平行四边形定则作出、的合力的图解值。
（4）由（3）可以得出实验结论　 　；
12．（2024高三上·福田月考）学校某物理实验小组用如图1所示的实验装置来验证“当物体的质量一定时，加速度与所受合外力成正比”的实验。
（1）实验时，下列操作中正确的是
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂砂桶
D．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶
（2）在实验过程中，向砂桶内加砂时，　 　（填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量远小于小车的总质量；
（3）如图2是实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出），已知打点计时器的打点频率为，该小车的加速度　 　（结果保留两位有效数字）；
（4）若保持小车质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组拉力传感器示数和对应纸带求出加速度的数值，根据这些数据，绘制出如图3的图像，分析此图像不过原点的原因可能是　 　，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为　 　（结果保留两位有效数字）；
（5）为进行更精确的实验，对上述装置进行改进，实验装置如下图。在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电门，滑块上固定一遮光片，光电门可以记录下遮光片通过光电门时所用的时间Δt1和Δt2，以及两次开始遮光的时间间隔Δt，用此装置得到的数据绘制图像，探究加速度与力的关系，已经满足滑块和遮光条总质量远大于钩码质量，除了上述已测得的物理量，还需要测量或记录的数据有 。
A．遮光片的宽度d
B．钩码的质量m
C．滑块和遮光片的总质量M
D．滑块的初始位置到光电门A的距离L1
13．（2024高三上·福田月考）我国火星探测器“天问一号”的着陆巡视器（其中巡视器就是“祝融号”火星车）成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，这标志着我国是继美国、前苏联之后第三个成功进行火星探测的国家，展示了中国在航天技术领域的强大实力，为中国乃至国际航天事业迈出了历史性的一大步。“天问一号”的着陆巡视器从进入火星大气层到成功着陆经历了气动减速段、伞系减速段、动力减速段、悬停避障与缓速下降段，其过程大致如图所示。已知火星质量约为地球质量的P倍、半径约为地球半径的Q倍，地球表面重力加速度为g，“天问一号”的着陆巡视器质量m=900kg。试根据题干信息和图示数据，说明下列问题：
（1）根据题干符号和物理量，求火星表面的重力加速度；
（2）设着陆巡视器在伞系减速段做的是竖直方向的匀减速直线运动，试求火星大气对着陆巡视器的平均阻力f（查阅资料可得，火星表面的重力加速度）。
14．（2024高三上·福田月考）如图甲所示，在公元1267-～1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石篮中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被拋出。现将其简化为图乙所示。将一质量m=80kg的可视为质点的石块装在长m的长臂末端的石篮中，初始时长臂与水平面成30°，松开后，长臂转至竖直位置时石块被水平抛出落在水平地面上。石块落地点与O点的水平距离s=100m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g=10m/s2，求：
（1）石块水平抛出时的初速度v0；
（2）石块从A到最高点的过程中石篮对石块做功W；
（3）石块圆周运动至最高点时，石块对石篮的作用力F。
15．（2024高三上·福田月考）一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道DE、螺旋圆形轨道EFP、水平直轨道PQ和放在Q处的竖直挡板组成，螺旋圆形轨道与轨道DE、PQ相切于处，螺旋圆形轨道半径。传送带的水平部分AB长，沿顺时针运行的速率。PQ间距离。凹槽CHID内有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁CH处，摆渡车质量，上表面与A、B、C、D、E、Q点在同一水平面，若摆渡车碰到凹槽的DI侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量的滑块（可视作质点）向左压缩弹簧至O点由静止释放，弹簧的弹力F与滑块在OA段运动的位移x的关系如图乙所示。已知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数均为，滑块与轨道PQ间的动摩擦因数为，此外其他各段表面均光滑，且各处平滑连接。重力加速度取。求：
（1）滑块滑上传送带的初速度；
（2）滑块在传送带上运行过程中，传送带对滑块做功W1；
（3）为了使滑块能碰到Q处的挡板，求摆渡车长度的最小值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】解题时注意要把运动分解，根据竖直方向的运动求解时间的问题。A． 忽略空气阻力， 在竖直方向上，C做竖直下抛运动，向下一直加速运动，A做竖直上抛运动，先减速后加速，高度相同，所以C先落地，故A错误；
B．三水滴初动能相同，合力做功相同，所以末动能相同，即三水滴落地速度一样大，故B错误；
C．A、C初始时刻的竖直方向分速度大小相等，竖直方向做匀变速运动，因此
可知A、C竖直方向的末速度大小相等，大于B的竖直方向分速度，根据
可知B的重力功率小于A、C的重力功率，故C错误；
D．根据
相同时间内水滴速度变化量大小和方向都相同，故D正确。
故选D。
【分析】把三个运动分解成水平竖直两个方向，竖直方向上分析得出时间的关系，根据动能定理得到末速率的关系，根据重力的功率为重力乘以竖直方向的速度求解。
2．【答案】B
【知识点】牛顿定律与图象；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况；再结合位移公式、速度公式和动能定理的表达式，此题难度较大。AC．物块上滑和下滑过程中受力大小方向不变，加速度恒定，所以都做匀变速直线运动，上滑和下滑过程中x-t图像应为两段抛物线，a-t图像应为两段平行于t轴的线段，故AC不符合题意；
B．根据牛顿第二定律可得上滑和下滑过程中的加速度大小分别为
所以
而v-t图像的斜率大小表示加速度的大小，所以上滑过程图像的斜率应大于下滑过程中图像的斜率，且根据可推知物块返回至斜面底端时的速度一定小于从斜面底端开始上滑时的初速度，故B符合题意；
D．根据动能定理，上滑过程中Ek与x的关系满足
下滑过程中Ek与x的关系满足
因为F1和F2都是恒力，而x是关于t的二次函数，所以Ek也一定是关于t的二次函数，则Ek-t图像应为两段抛物线，且结合B项分析可知物块下滑至斜面底端时的动能一定小于从斜面底端开始上滑时的初动能，故D不符合题意。
故选B。
【分析】根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和能定理得出速度、动能与位移的规律，再分析选项即可．
3．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查共点力平衡条件在生活中的应用，关键是理解汽车的机械式手刹（驻车器）系统的原理，根据三力平衡的平衡条件进行分析。A．令，则若保持、两拉索拉力不变，、两拉索越短，则两力夹角越大，合力为
合力越小，即拉动拉索越省力，故A正确；
BD．拉动手刹拉杆时，由
可得
即当、两拉索夹角大于120°时，拉索上拉力比拉索和中任何一个拉力小，当时三个力大小相等，故BD错误；
C．根据平行四边形定则可知，若在上施加一恒力，、两拉索夹角越小，拉索、拉力越小，故C错误；
故选A。
【分析】根据共点力的平衡条件可得OA的拉力大小与OD、OC两拉索拉力大小关系，根据角度的变化分析力的变化。
4．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解决本题的关键要是明确乒乓球的运动情况，根据动能定理判断软杆对乒乓球做功情况。采用运动分解法分析地面对底座的摩擦力和支持力变化情况。A．在C点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，因此所受合力一定不为零，故A错误；
B．由于C点比B点低，重力对乒乓球做了正功，根据动能定理
可知，杆的弹力对乒乓球一定做了负功，故B正确；
C．由于乒乓球在水平方向做变速运动，因此杆对乒乓球在水平方向的力不为零，再对底座进行受分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，故C错误；
D．由于乒乓球在竖直方向上不是匀速运动，杆对乒乓在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座在竖直方向的力也是变化的，故D错误。
故选B。
【分析】在C点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，合外力不为零；根据动能定理分析软杆做功情况；分析乒乓球在水平方向的运动情况，确定地面对底座的摩擦力大小；分析乒乓球在竖直方向的运动情况，判断地面对底座的支持力是否变化。
5．【答案】C
【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】利用传动模型判断圆周运动中相同大小的物理量，再结合圆周运动的向心力公式判断物体滑动的先后顺序，属于公式的基本应用，难度不大。A．两轮边缘的线速度相等，而
根据
可知，滑块A和在与轮盘相对静止时，角速度之比为1：3，故A错误；
B．因为
根据
可得滑块A和在与轮盘相对静止时，向心加速度之比为2：9，故B错误；
CD．转速增加后，假设滑块B先发生滑动，则对B
此时对A
则此时滑块A还没有产生滑动，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据传动模型推出线速度的大小相等，根据半径的关系判断出角速度的比值关系，结合a=ω2r以及v=ωr分析；由摩擦力提供向心力，列出式子判断滑块的滑动顺序。
6．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚人的运动过程与受力情况，是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可解题。
AC．在B点时人的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，弹性轻绳的拉力
在A点未释放时，有
又
联立解得
=
故A错误，C正确；
B．在C点速度为零，有向下的加速度，人处于失重状态，故B错误；
D．打开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得
解得
故D错误。
故选C。
【分析】忽略空气阻力，人在运动过程开始受到弹性绳的拉力与重力作用，弹性绳恢复原长后人只受重力作用，根据人的受力情况分析清楚人的运动过程，加速度向下为失重，加速度向上为超重。结合牛顿第二定律分析。
7．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题主要考查了整体和隔离法的运用，使用隔离法应注意，在独立方程的个数等于未知量的个数前提下，隔离体的数目应尽可能地少。整体为研究对象，由牛顿第二定律得
隔离B物体，由牛顿第二定律得
联立可得
故选B。
【分析】先以整体为研究对象，对整体运用牛顿第二定律求加速度；再隔离B物体，列出牛顿第二定律方程，联立即解。
8．【答案】C,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查开普勒定律的应用，要注意明确对于同一中心天体的星球，其半长轴的立方与周期平方的比值均为定值，还要理解离心运动的原理等。A．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，由开普勒第三定律可知其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则由对称性可知从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故A错误；
B．卫星从Q点变轨时，要增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由
可得
可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故B错误；
C．对探测器，其受到太阳的万有引力提供向心力有
得
可见探测器在地火转移轨道上P点的加速度大于Q点的加速度，故C正确；
D．对地球、火星，其受太阳的万有引力提供向心力
得
由题意有
所以地球、火星绕太阳运动的速度之比为
故D正确。
故选CD。
【分析】根据几何关系确定“天问一号”转动时的半长轴，从而根据开普勒定律列式确定其在地火转移椭圆轨道上运行的周期；根据离心运动的原理判断两个轨道的速度大小；根据 牛顿第二定律判断两者在P点的加速度大小。
9．【答案】B,C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】本题主要考查机车以恒定功率启动，需要熟练整个运动过程和受力情况，结合牛顿第二定律分析求解。A． 在加速过程中发动机的功率恒为P，则加速度
则随速度的增加，加速度减小，选项A错误；
B．步兵车的速度最大时牵引力等于阻力，则
选项B正确；
C．若步兵车做匀加速运动，则位移为；而步兵车做加速度减小的加速运动时位移大于做匀加速运动时的位移，可知加速过程中，步兵车的位移大于，选项C正确；
D．加速过程中，步兵车所受合外力做的功为Pt-F阻x，选项D错误。
故选BC。
【分析】根据P=Fv分析加速过程牵引力的变化，再由牛顿第二定律分析加速度的变化；通过v-t图像分析位移大小；通过P=Fv和达到最大速度时受力平衡求得最大速度；步兵战车功率恒定，Pt代表牵引力做功。
10．【答案】A,B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】本题考查运动的合成与分解，解题关键掌握向心力公式及匀变速直线运动的规律。A．小球由M点无碰撞进入圆筒后，其速度可分解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，小球在圆筒截面方向做圆周转动的同时又沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，又由于a、b、c是小球运动轨迹依次与MN的交点，表明经过相邻点过程圆周运动分运动恰好完成一个圆周，圆周运动过程中周期不变，，故A正确；
BC．小球在圆筒截面方向做圆周运动，由于，则a、b、c三点可以等效为沿圆筒截面方向做圆周运动轨迹的同一位置，即a、b、c三点圆周运动的线速度相等，又由于在a、b、c三点位置，重力沿圆筒截面的分力恰好沿截面的切线方向，可知由筒壁的弹力提供圆周运动的向心力，而圆周运动的半径相同，根据向心力公式
可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定律可知，小球对筒壁的压力大小相等，则有
故B正确，C错误；
D．根据上述可知，小球沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，由位移时间公式有
可知
故D错误。
故选AB。
【分析】将小球进入圆筒后的运动分解为圆周运动与匀变速直线运动，根据不同的运动规律分析解答。
11．【答案】O点的位置；两个弹簧测力计的读数；两个细绳套的方向；O点；4.0N；；在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）在“验证力的平行四边形定则”实验中，为了验证合力与分力的关系，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录O点的位置、两个弹簧测力计的读数、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到O点，然后记录弹簧测力计的读数。
（2）弹簧测力计的分度值为0.2N，根据图中刻度可以得出：示数为F=4.0N。
（3）如图所示，则相邻圆圈之间的距离为0.1N，根据标度可以画出对应的图示。
（4）如图所示，由于分力和合力遵循平行四边形定则，则可以得出的实验结论是在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则。
【分析】（1）验证合力与分力的关系，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录O点的位置、两个弹簧测力计的读数、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到O点；
（2）利用弹簧测力计的分度值可以得出对应的读数；
（3）利用图示力的标度可以画出对应的平行四边形；
（4）根据图示可以得出实验结论：在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则。
12．【答案】（1）D
（2）不需要
（3）0.20
（4）平衡摩擦力过度；1.0
（5）A；B
【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】【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，结合牛顿第二定律和图像的物理意义即可完成分析。
（1）A．因有拉力传感器，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B错误；
CD．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶，故C错误，D正确。
故选D。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，向砂桶内加砂时，不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的总质量。
（3）纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出，则T=0.1s
该小车的加速度
（4）由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，平衡摩擦力过度；由2F=Ma
可得
则
解得M=1.0kg
（5）滑块经过两光电门的速度分别为
所以滑块运动的加速度为
滑块所受合力为绳的拉力，当钩码的质量远小于滑块质量时，绳的拉力近似等于钩码的重力，即
所以还需要测量或记录的数据为遮光条宽度、钩码的质量。
故选AB。
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据实验原理分析出砂和砂桶的总质量与小车质量的大小关系；
（3）根据逐差法代入数据计算出小车的加速度；
（4）根据图像的物理意义结合牛顿第二定律得出小车的质量。
（5）用平均速度代替瞬时速度，结合加速度定义式求解加速度，绳的拉力近似等于钩码的重力，据此分析需要记录的数据。
（1）A．因有拉力传感器，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B错误；
CD．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶，故C错误，D正确。
故选D。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，向砂桶内加砂时，不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的总质量。
（3）纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出，则
T=0.1s
该小车的加速度
（4）[1][2]由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，平衡摩擦力过度；由
2F=Ma
可得
则
解得
M=1.0kg
（5）滑块经过两光电门的速度分别为
所以滑块运动的加速度为
滑块所受合力为绳的拉力，当钩码的质量远小于滑块质量时，绳的拉力近似等于钩码的重力，即
所以还需要测量或记录的数据为遮光条宽度、钩码的质量。
故选AB。
13．【答案】（1）解：着陆巡视器在地球表面时，由万有引力提供重力，有
着陆巡视器在火星表面时，由万有引力提供重力，有
由题意得
联立解得
（2）解：伞系减速过程的加速度大小为
设火星大气对着陆巡视器的平均阻力为f，由牛顿第二定律知
解得
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律
【解析】【分析】（1）根据万有引力等于重力求解重力加速度；
（2）根据万有引力提供重力计算火星的重力加速度，再解得巡视器的加速度，根据牛顿第二定律求得平均阻力。
（1）着陆巡视器在地球表面时，由万有引力提供重力，有
着陆巡视器在火星表面时，由万有引力提供重力，有
由题意得
联立解得
（2）伞系减速过程的加速度大小为
设火星大气对着陆巡视器的平均阻力为f，由牛顿第二定律知
解得
14．【答案】解：(1)石块平抛运动的高度
根据
解得
则初速度为
(2)根据动能定理可得
(3)石块圆周运动至最高点时，根据牛顿第二定律有
可得
方向向上
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据几何知识求解石块做平抛运动的高度，由水平方向的匀速直线运动求解初速度；
（2）石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功等于石块动能的增加量与重力势能的增加量之和；
（3）在最高点根据牛顿第二定律求解石袋对石块的作用力大小。
15．【答案】（1）解：F-x图像中图线与坐标轴围成的面积等于做的功，则由图乙得弹簧弹力做功为
由根据动能定理可得
解得
（2）解：若滑块在传送带上一直加速，由牛顿第二定律得
由匀变速直线运动速度与位移的关系得
解得
可知假设合理。则根据动能定理可得滑块在传送带上的过程中，传送带对滑块做功为
（3）解：若滑块刚好过F点，则此时正好由重力提供向心力，则有
由动能定理得
联立解得
若刚好能到Q点，则根据动能定理有
解得
所以vE应满足
滑块在摆渡车上时，根据牛顿第二定律有
从滑上摆渡车到达到共速有
联立解得
则摆渡车长度最小值为
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）应用动能定理列式求解，求弹力做功利用F-x图像面积进行求解；
（2）滑块Q在D点时合力提供向心力，滑上长木板M后，滑块在木板上滑行过程，动能定理求解做功；
（3）分解滑块的运动情况，根据临界条件结合动能定理解答。
（1）F-x图像中图线与坐标轴围成的面积等于做的功，则由图乙得弹簧弹力做功为
由根据动能定理可得
解得
（2）若滑块在传送带上一直加速，由牛顿第二定律得
由匀变速直线运动速度与位移的关系得
解得
可知假设合理。则根据动能定理可得滑块在传送带上的过程中，传送带对滑块做功为
（3）若滑块刚好过F点，则此时正好由重力提供向心力，则有
由动能定理得
联立解得
若刚好能到Q点，则根据动能定理有
解得
所以vE应满足
滑块在摆渡车上时，根据牛顿第二定律有
从滑上摆渡车到达到共速有
联立解得
则摆渡车长度最小值为
1 / 1广东省深圳市高级中学2024-2025学年高三上学期第一次诊断测试（10月）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·福田月考）如图，从离地面一定高度的喷水口同时喷出完全相同的三个水滴A、B、C，已知三个水滴的初速度大小相等，水滴B初速度方向水平，A、C初速度方向与水平面夹角均为θ，三个水滴落于同一水平地面，忽略空气阻力，则（　　）
A．水滴A、C同时落地
B．水滴C落地时速度最大
C．水滴B落地时重力的瞬时功率最大
D．运动过程中，相同时间内三个水滴速度变化量完全相同
【答案】D
【知识点】斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】解题时注意要把运动分解，根据竖直方向的运动求解时间的问题。A． 忽略空气阻力， 在竖直方向上，C做竖直下抛运动，向下一直加速运动，A做竖直上抛运动，先减速后加速，高度相同，所以C先落地，故A错误；
B．三水滴初动能相同，合力做功相同，所以末动能相同，即三水滴落地速度一样大，故B错误；
C．A、C初始时刻的竖直方向分速度大小相等，竖直方向做匀变速运动，因此
可知A、C竖直方向的末速度大小相等，大于B的竖直方向分速度，根据
可知B的重力功率小于A、C的重力功率，故C错误；
D．根据
相同时间内水滴速度变化量大小和方向都相同，故D正确。
故选D。
【分析】把三个运动分解成水平竖直两个方向，竖直方向上分析得出时间的关系，根据动能定理得到末速率的关系，根据重力的功率为重力乘以竖直方向的速度求解。
2．（2024高三上·福田月考）如图所示，足够长的粗糙斜面固定在地面上，某物块以初速度从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端。上述过程中，若用x、v、a和Ek分别表示物块的位移、速度、加速度和动能各物理量的大小，t表示运动时间，下列图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿定律与图象；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况；再结合位移公式、速度公式和动能定理的表达式，此题难度较大。AC．物块上滑和下滑过程中受力大小方向不变，加速度恒定，所以都做匀变速直线运动，上滑和下滑过程中x-t图像应为两段抛物线，a-t图像应为两段平行于t轴的线段，故AC不符合题意；
B．根据牛顿第二定律可得上滑和下滑过程中的加速度大小分别为
所以
而v-t图像的斜率大小表示加速度的大小，所以上滑过程图像的斜率应大于下滑过程中图像的斜率，且根据可推知物块返回至斜面底端时的速度一定小于从斜面底端开始上滑时的初速度，故B符合题意；
D．根据动能定理，上滑过程中Ek与x的关系满足
下滑过程中Ek与x的关系满足
因为F1和F2都是恒力，而x是关于t的二次函数，所以Ek也一定是关于t的二次函数，则Ek-t图像应为两段抛物线，且结合B项分析可知物块下滑至斜面底端时的动能一定小于从斜面底端开始上滑时的初动能，故D不符合题意。
故选B。
【分析】根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和能定理得出速度、动能与位移的规律，再分析选项即可．
3．（2024高三上·福田月考）如图为汽车的机械式手刹（驻车器）系统的结构示意图，结构对称。当向上拉动手刹拉杆时，手刹拉索（不可伸缩）就会拉紧，拉索、分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车的目的。以下说法正确的是（　　）
A．若保持、两拉索拉力不变，、两拉索越短，拉动拉索越省力
B．拉动手刹拉杆时，拉索上的拉力总比拉索和中任何一个拉力大
C．若在上施加一恒力，、两拉索夹角越小，拉索、拉力越大
D．当、两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查共点力平衡条件在生活中的应用，关键是理解汽车的机械式手刹（驻车器）系统的原理，根据三力平衡的平衡条件进行分析。A．令，则若保持、两拉索拉力不变，、两拉索越短，则两力夹角越大，合力为
合力越小，即拉动拉索越省力，故A正确；
BD．拉动手刹拉杆时，由
可得
即当、两拉索夹角大于120°时，拉索上拉力比拉索和中任何一个拉力小，当时三个力大小相等，故BD错误；
C．根据平行四边形定则可知，若在上施加一恒力，、两拉索夹角越小，拉索、拉力越小，故C错误；
故选A。
【分析】根据共点力的平衡条件可得OA的拉力大小与OD、OC两拉索拉力大小关系，根据角度的变化分析力的变化。
4．（2024高三上·福田月考）如图，为一款“乒乓球训练神器”，其构造简单且不受空间的限制，非常适用于居家锻炼。整个系统由金属底座、支撑杆、高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成。在某一次击球后，乒乓球从A点以某一初速度开始运动，经过最高点B之后向右运动到最远处C点，不计空气阻力，则乒乓球从B点到C点过程中（　　）
A．在C点时，乒乓球所受合外力为零
B．软杆对乒乓球做负功
C．地面对底座的摩擦力始终为零
D．地面对底座的支持力始终不变
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解决本题的关键要是明确乒乓球的运动情况，根据动能定理判断软杆对乒乓球做功情况。采用运动分解法分析地面对底座的摩擦力和支持力变化情况。A．在C点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，因此所受合力一定不为零，故A错误；
B．由于C点比B点低，重力对乒乓球做了正功，根据动能定理
可知，杆的弹力对乒乓球一定做了负功，故B正确；
C．由于乒乓球在水平方向做变速运动，因此杆对乒乓球在水平方向的力不为零，再对底座进行受分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，故C错误；
D．由于乒乓球在竖直方向上不是匀速运动，杆对乒乓在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座在竖直方向的力也是变化的，故D错误。
故选B。
【分析】在C点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，合外力不为零；根据动能定理分析软杆做功情况；分析乒乓球在水平方向的运动情况，确定地面对底座的摩擦力大小；分析乒乓球在竖直方向的运动情况，判断地面对底座的支持力是否变化。
5．（2024高三上·福田月考）摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、的间距。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是（　　）
A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为
B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度大小的比值为
C．转速增加后滑块B先发生滑动
D．转速增加后两滑块一起发生滑动
【答案】C
【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】利用传动模型判断圆周运动中相同大小的物理量，再结合圆周运动的向心力公式判断物体滑动的先后顺序，属于公式的基本应用，难度不大。A．两轮边缘的线速度相等，而
根据
可知，滑块A和在与轮盘相对静止时，角速度之比为1：3，故A错误；
B．因为
根据
可得滑块A和在与轮盘相对静止时，向心加速度之比为2：9，故B错误；
CD．转速增加后，假设滑块B先发生滑动，则对B
此时对A
则此时滑块A还没有产生滑动，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据传动模型推出线速度的大小相等，根据半径的关系判断出角速度的比值关系，结合a=ω2r以及v=ωr分析；由摩擦力提供向心力，列出式子判断滑块的滑动顺序。
6．（2024高三上·福田月考）“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为的弹性轻绳的上端固定在点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的拉力传感器相连，传感器示数为1200N。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知长为，人与装备总质量（可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．在B点时，弹性轻绳的拉力为零
B．经过C点时，人处于超重状态
C．弹性轻绳的劲度系数为
D．打开扣环瞬间，人在A点加速度大小为
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚人的运动过程与受力情况，是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可解题。
AC．在B点时人的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，弹性轻绳的拉力
在A点未释放时，有
又
联立解得
=
故A错误，C正确；
B．在C点速度为零，有向下的加速度，人处于失重状态，故B错误；
D．打开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得
解得
故D错误。
故选C。
【分析】忽略空气阻力，人在运动过程开始受到弹性绳的拉力与重力作用，弹性绳恢复原长后人只受重力作用，根据人的受力情况分析清楚人的运动过程，加速度向下为失重，加速度向上为超重。结合牛顿第二定律分析。
7．（2024高三上·福田月考）我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为的标准物A的前后连接有质量均为的两个力传感器，待测质量的物体B连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为、，由此可知待测物体B的质量为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题主要考查了整体和隔离法的运用，使用隔离法应注意，在独立方程的个数等于未知量的个数前提下，隔离体的数目应尽可能地少。整体为研究对象，由牛顿第二定律得
隔离B物体，由牛顿第二定律得
联立可得
故选B。
【分析】先以整体为研究对象，对整体运用牛顿第二定律求加速度；再隔离B物体，列出牛顿第二定律方程，联立即解。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，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·福田月考）我国计划2025年前后发射天问二号，开展小行星探测任务；2030年前后发射天问三号和天问四号，分别开展火星采样返回任务和木星系探测任务。若将探测器送入地火转移轨道，逐渐远离地球，并成为一颗人造行星，简化轨迹如图。定义地球和太阳平均距离为1个天文单位（Au），火星和太阳平均距离为1.5个天文单位，则（　　）
A．探测器在地火转移轨道上从P点转移到Q点的时间小于6个月
B．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
C．探测器在地火转移轨道上P点的加速度大于Q点的加速度
D．地球、火星绕太阳运动的速度之比为
【答案】C,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查开普勒定律的应用，要注意明确对于同一中心天体的星球，其半长轴的立方与周期平方的比值均为定值，还要理解离心运动的原理等。A．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，由开普勒第三定律可知其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则由对称性可知从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故A错误；
B．卫星从Q点变轨时，要增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由
可得
可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故B错误；
C．对探测器，其受到太阳的万有引力提供向心力有
得
可见探测器在地火转移轨道上P点的加速度大于Q点的加速度，故C正确；
D．对地球、火星，其受太阳的万有引力提供向心力
得
由题意有
所以地球、火星绕太阳运动的速度之比为
故D正确。
故选CD。
【分析】根据几何关系确定“天问一号”转动时的半长轴，从而根据开普勒定律列式确定其在地火转移椭圆轨道上运行的周期；根据离心运动的原理判断两个轨道的速度大小；根据 牛顿第二定律判断两者在P点的加速度大小。
9．（2024高三上·福田月考）2023年11月，我国新一代重型步兵车VN20亮相珠海航展，该步兵车采用独特的设计理念，是机械化部队的主力装备之一。步兵车的质量为m，若在平直的路面上从静止开始加速，经时间t其速度达到最大值。设在加速过程中发动机的功率恒为P，步兵车所受阻力恒为。以下说法正确的是（　　）
A．加速过程中，步兵车做匀加速直线运动
B．步兵车的最大速度
C．加速过程中，步兵车的位移大于
D．加速过程中，步兵车所受合外力做的功为Pt
【答案】B,C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】本题主要考查机车以恒定功率启动，需要熟练整个运动过程和受力情况，结合牛顿第二定律分析求解。A． 在加速过程中发动机的功率恒为P，则加速度
则随速度的增加，加速度减小，选项A错误；
B．步兵车的速度最大时牵引力等于阻力，则
选项B正确；
C．若步兵车做匀加速运动，则位移为；而步兵车做加速度减小的加速运动时位移大于做匀加速运动时的位移，可知加速过程中，步兵车的位移大于，选项C正确；
D．加速过程中，步兵车所受合外力做的功为Pt-F阻x，选项D错误。
故选BC。
【分析】根据P=Fv分析加速过程牵引力的变化，再由牛顿第二定律分析加速度的变化；通过v-t图像分析位移大小；通过P=Fv和达到最大速度时受力平衡求得最大速度；步兵战车功率恒定，Pt代表牵引力做功。
10．（2024高三上·福田月考）如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹依次与MN的交点。小球从M到a用时t1，从a到b用时t2，从b到c用时t3，小球经过a、b、c时对筒壁压力大小分别为Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．== B．
C． D．
【答案】A,B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】本题考查运动的合成与分解，解题关键掌握向心力公式及匀变速直线运动的规律。A．小球由M点无碰撞进入圆筒后，其速度可分解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，小球在圆筒截面方向做圆周转动的同时又沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，又由于a、b、c是小球运动轨迹依次与MN的交点，表明经过相邻点过程圆周运动分运动恰好完成一个圆周，圆周运动过程中周期不变，，故A正确；
BC．小球在圆筒截面方向做圆周运动，由于，则a、b、c三点可以等效为沿圆筒截面方向做圆周运动轨迹的同一位置，即a、b、c三点圆周运动的线速度相等，又由于在a、b、c三点位置，重力沿圆筒截面的分力恰好沿截面的切线方向，可知由筒壁的弹力提供圆周运动的向心力，而圆周运动的半径相同，根据向心力公式
可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定律可知，小球对筒壁的压力大小相等，则有
故B正确，C错误；
D．根据上述可知，小球沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，由位移时间公式有
可知
故D错误。
故选AB。
【分析】将小球进入圆筒后的运动分解为圆周运动与匀变速直线运动，根据不同的运动规律分析解答。
三、非选择题：共5小题，共54分。考生根据要求作答。
11．（2024高三上·福田月考）（1）在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录　 　、　 　、　 　；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到　 　，依次如图甲、乙所示；
（2）请根据图乙，读出此次测量中弹簧测力计的示数F=　 　；
（3）如图丙，根据实验的数据记录，按选定的标度（已知图中相邻圆环间距表示1N）已作出了两个分力、的图示（大小未标出），请继续在图丙中：
①按同样的标度作出力（即合力的测量值）的图示；　 　
②按力的平行四边形定则作出、的合力的图解值。
（4）由（3）可以得出实验结论　 　；
【答案】O点的位置；两个弹簧测力计的读数；两个细绳套的方向；O点；4.0N；；在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）在“验证力的平行四边形定则”实验中，为了验证合力与分力的关系，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录O点的位置、两个弹簧测力计的读数、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到O点，然后记录弹簧测力计的读数。
（2）弹簧测力计的分度值为0.2N，根据图中刻度可以得出：示数为F=4.0N。
（3）如图所示，则相邻圆圈之间的距离为0.1N，根据标度可以画出对应的图示。
（4）如图所示，由于分力和合力遵循平行四边形定则，则可以得出的实验结论是在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则。
【分析】（1）验证合力与分力的关系，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录O点的位置、两个弹簧测力计的读数、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到O点；
（2）利用弹簧测力计的分度值可以得出对应的读数；
（3）利用图示力的标度可以画出对应的平行四边形；
（4）根据图示可以得出实验结论：在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则。
12．（2024高三上·福田月考）学校某物理实验小组用如图1所示的实验装置来验证“当物体的质量一定时，加速度与所受合外力成正比”的实验。
（1）实验时，下列操作中正确的是
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂砂桶
D．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶
（2）在实验过程中，向砂桶内加砂时，　 　（填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量远小于小车的总质量；
（3）如图2是实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出），已知打点计时器的打点频率为，该小车的加速度　 　（结果保留两位有效数字）；
（4）若保持小车质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组拉力传感器示数和对应纸带求出加速度的数值，根据这些数据，绘制出如图3的图像，分析此图像不过原点的原因可能是　 　，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为　 　（结果保留两位有效数字）；
（5）为进行更精确的实验，对上述装置进行改进，实验装置如下图。在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电门，滑块上固定一遮光片，光电门可以记录下遮光片通过光电门时所用的时间Δt1和Δt2，以及两次开始遮光的时间间隔Δt，用此装置得到的数据绘制图像，探究加速度与力的关系，已经满足滑块和遮光条总质量远大于钩码质量，除了上述已测得的物理量，还需要测量或记录的数据有 。
A．遮光片的宽度d
B．钩码的质量m
C．滑块和遮光片的总质量M
D．滑块的初始位置到光电门A的距离L1
【答案】（1）D
（2）不需要
（3）0.20
（4）平衡摩擦力过度；1.0
（5）A；B
【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】【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，结合牛顿第二定律和图像的物理意义即可完成分析。
（1）A．因有拉力传感器，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B错误；
CD．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶，故C错误，D正确。
故选D。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，向砂桶内加砂时，不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的总质量。
（3）纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出，则T=0.1s
该小车的加速度
（4）由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，平衡摩擦力过度；由2F=Ma
可得
则
解得M=1.0kg
（5）滑块经过两光电门的速度分别为
所以滑块运动的加速度为
滑块所受合力为绳的拉力，当钩码的质量远小于滑块质量时，绳的拉力近似等于钩码的重力，即
所以还需要测量或记录的数据为遮光条宽度、钩码的质量。
故选AB。
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据实验原理分析出砂和砂桶的总质量与小车质量的大小关系；
（3）根据逐差法代入数据计算出小车的加速度；
（4）根据图像的物理意义结合牛顿第二定律得出小车的质量。
（5）用平均速度代替瞬时速度，结合加速度定义式求解加速度，绳的拉力近似等于钩码的重力，据此分析需要记录的数据。
（1）A．因有拉力传感器，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B错误；
CD．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶，故C错误，D正确。
故选D。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，向砂桶内加砂时，不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的总质量。
（3）纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出，则
T=0.1s
该小车的加速度
（4）[1][2]由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，平衡摩擦力过度；由
2F=Ma
可得
则
解得
M=1.0kg
（5）滑块经过两光电门的速度分别为
所以滑块运动的加速度为
滑块所受合力为绳的拉力，当钩码的质量远小于滑块质量时，绳的拉力近似等于钩码的重力，即
所以还需要测量或记录的数据为遮光条宽度、钩码的质量。
故选AB。
13．（2024高三上·福田月考）我国火星探测器“天问一号”的着陆巡视器（其中巡视器就是“祝融号”火星车）成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，这标志着我国是继美国、前苏联之后第三个成功进行火星探测的国家，展示了中国在航天技术领域的强大实力，为中国乃至国际航天事业迈出了历史性的一大步。“天问一号”的着陆巡视器从进入火星大气层到成功着陆经历了气动减速段、伞系减速段、动力减速段、悬停避障与缓速下降段，其过程大致如图所示。已知火星质量约为地球质量的P倍、半径约为地球半径的Q倍，地球表面重力加速度为g，“天问一号”的着陆巡视器质量m=900kg。试根据题干信息和图示数据，说明下列问题：
（1）根据题干符号和物理量，求火星表面的重力加速度；
（2）设着陆巡视器在伞系减速段做的是竖直方向的匀减速直线运动，试求火星大气对着陆巡视器的平均阻力f（查阅资料可得，火星表面的重力加速度）。
【答案】（1）解：着陆巡视器在地球表面时，由万有引力提供重力，有
着陆巡视器在火星表面时，由万有引力提供重力，有
由题意得
联立解得
（2）解：伞系减速过程的加速度大小为
设火星大气对着陆巡视器的平均阻力为f，由牛顿第二定律知
解得
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律
【解析】【分析】（1）根据万有引力等于重力求解重力加速度；
（2）根据万有引力提供重力计算火星的重力加速度，再解得巡视器的加速度，根据牛顿第二定律求得平均阻力。
（1）着陆巡视器在地球表面时，由万有引力提供重力，有
着陆巡视器在火星表面时，由万有引力提供重力，有
由题意得
联立解得
（2）伞系减速过程的加速度大小为
设火星大气对着陆巡视器的平均阻力为f，由牛顿第二定律知
解得
14．（2024高三上·福田月考）如图甲所示，在公元1267-～1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石篮中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被拋出。现将其简化为图乙所示。将一质量m=80kg的可视为质点的石块装在长m的长臂末端的石篮中，初始时长臂与水平面成30°，松开后，长臂转至竖直位置时石块被水平抛出落在水平地面上。石块落地点与O点的水平距离s=100m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g=10m/s2，求：
（1）石块水平抛出时的初速度v0；
（2）石块从A到最高点的过程中石篮对石块做功W；
（3）石块圆周运动至最高点时，石块对石篮的作用力F。
【答案】解：(1)石块平抛运动的高度
根据
解得
则初速度为
(2)根据动能定理可得
(3)石块圆周运动至最高点时，根据牛顿第二定律有
可得
方向向上
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据几何知识求解石块做平抛运动的高度，由水平方向的匀速直线运动求解初速度；
（2）石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功等于石块动能的增加量与重力势能的增加量之和；
（3）在最高点根据牛顿第二定律求解石袋对石块的作用力大小。
15．（2024高三上·福田月考）一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道DE、螺旋圆形轨道EFP、水平直轨道PQ和放在Q处的竖直挡板组成，螺旋圆形轨道与轨道DE、PQ相切于处，螺旋圆形轨道半径。传送带的水平部分AB长，沿顺时针运行的速率。PQ间距离。凹槽CHID内有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁CH处，摆渡车质量，上表面与A、B、C、D、E、Q点在同一水平面，若摆渡车碰到凹槽的DI侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量的滑块（可视作质点）向左压缩弹簧至O点由静止释放，弹簧的弹力F与滑块在OA段运动的位移x的关系如图乙所示。已知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数均为，滑块与轨道PQ间的动摩擦因数为，此外其他各段表面均光滑，且各处平滑连接。重力加速度取。求：
（1）滑块滑上传送带的初速度；
（2）滑块在传送带上运行过程中，传送带对滑块做功W1；
（3）为了使滑块能碰到Q处的挡板，求摆渡车长度的最小值。
【答案】（1）解：F-x图像中图线与坐标轴围成的面积等于做的功，则由图乙得弹簧弹力做功为
由根据动能定理可得
解得
（2）解：若滑块在传送带上一直加速，由牛顿第二定律得
由匀变速直线运动速度与位移的关系得
解得
可知假设合理。则根据动能定理可得滑块在传送带上的过程中，传送带对滑块做功为
（3）解：若滑块刚好过F点，则此时正好由重力提供向心力，则有
由动能定理得
联立解得
若刚好能到Q点，则根据动能定理有
解得
所以vE应满足
滑块在摆渡车上时，根据牛顿第二定律有
从滑上摆渡车到达到共速有
联立解得
则摆渡车长度最小值为
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）应用动能定理列式求解，求弹力做功利用F-x图像面积进行求解；
（2）滑块Q在D点时合力提供向心力，滑上长木板M后，滑块在木板上滑行过程，动能定理求解做功；
（3）分解滑块的运动情况，根据临界条件结合动能定理解答。
（1）F-x图像中图线与坐标轴围成的面积等于做的功，则由图乙得弹簧弹力做功为
由根据动能定理可得
解得
（2）若滑块在传送带上一直加速，由牛顿第二定律得
由匀变速直线运动速度与位移的关系得
解得
可知假设合理。则根据动能定理可得滑块在传送带上的过程中，传送带对滑块做功为
（3）若滑块刚好过F点，则此时正好由重力提供向心力，则有
由动能定理得
联立解得
若刚好能到Q点，则根据动能定理有
解得
所以vE应满足
滑块在摆渡车上时，根据牛顿第二定律有
从滑上摆渡车到达到共速有
联立解得
则摆渡车长度最小值为
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