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北京市育才学校2025-2026学年高三上学期9月月考物理试题
1．（2025高三上·西城月考）假设“嫦娥三号”探月卫星在由地球飞向月球时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐变大。在此过程中探月卫星所受合力方向可能是下列图中的（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高三上·西城月考）一小船在静水中的速度为，它在一条河宽、流速为的河流中渡河，则下列说法正确的是（　　）
A．小船不可能到达正对岸
B．小船渡河时间不少于
C．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为
D．小船以最短位移渡河时，位移大小为
3．（2025高三上·西城月考）如图所示，以的速度水平抛出的物体，飞行一段时间后垂直撞在倾角的斜面上，按考虑，以下结论中正确的是（　　）
A．物体飞行的水平距离是
B．物体撞击斜面时的速度大小为
C．物体飞行的时间是
D．物体下落的竖直距离是
4．（2025高三上·西城月考）伽利略曾用如图所示的“理想实验”来研究力与运动的关系，则下列符合实验事实的是（ ）
A．小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面
B．没有摩擦，小球上升到原来释放时的高度
C．减小斜面的倾角θ，小球仍然达到原来的高度
D．继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去
5．（2025高三上·西城月考）某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是（　　）
A．只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力
B．桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力
C．桶减速向上运动的过程中，绳子对桶的拉力小于桶对绳子的拉力
D．无论桶如何运动，绳子对桶的拉力都一定等于桶对绳子的拉力
6．（2025高三上·西城月考）为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运动的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，下列说法正确的是（　　）
A．此时体重计对人的支持力大于人对体重计的压力
B．此时电梯可能正在匀速上升
C．此时电梯可能正在加速上升
D．此时电梯可能正在加速下降
7．（2025高三上·西城月考）如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是（　　）
A．物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下
B．物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下
C．物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用
D．无论A随传送带一起向上还是向下运动，传送带对物体A的作用力均相同
8．（2025高三上·西城月考）如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（　　）
A．小车静止时，F=mgsinθ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F=mgcosθ，方向垂直杆向上
C．小车向右以加速度a运动时，一定有
D．小车向左以加速度a运动时，，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角α满足
9．（2025高三上·西城月考）水平桌面上，一滑块在恒定的水平拉力作用下由静止开始运动，一段时间后，撤去拉力。从某时刻开始计时，滑块速度随时间变化的图像如图所示。取重力加速度。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．滑块在内的平均速度大小为
B．滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为
C．滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为
D．滑块与桌面之间的动摩擦因数为0.5
10．（2025高三上·西城月考）我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以深度创下世界最新纪录（国外最深不超过），这预示着它可以征服全球的海底世界。在某次实验中，深潜器内的显示屏上显示出的深度曲线如图（a）所示、速度图像如图（b）所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．本次实验下潜的最大深度为
B．本次实验中深潜器的最大加速度是
C．在和的时间段内深潜器都具有向上的加速度
D．在时间段内深潜器的平均速度为0
11．（2025高三上·西城月考）甲物体的重力比乙物体的重力大5倍，甲从H高处自由落下，乙从高处同时自由落下，下落过程中，以下几种说法中正确的是（　　）
A．两物体下落过程中，同一时刻甲的速度比乙大
B．下落末，它们的速度相等
C．各自下落时，它们的速度相等
D．下落过程中甲的加速度比乙大
12．（2025高三上·西城月考）如图所示，用轻细绳AO和BO将质量为m的重物悬吊起来，静止时AO是水平的，BO与竖直方向的夹角为。已知重力加速度为g。设AO绳的拉力为，BO绳的拉力为。如果保持结点O的位置不变，将B点向左缓慢移动（同时增加绳长），则（　　）
A．变小，变大 B．变大，变大
C．和的合力不变 D．和的合力变小
13．（2025高三上·西城月考）用枪竖直向上射出一粒子弹，设空气阻力与子弹速度大小成正比，子弹从射出点升到最高点之后，又落回射出点，下面关于子弹加速度大小的判断正确的是（　　）
A．子弹出枪口时的加速度值最大
B．子弹在最高点时的加速度值最小
C．子弹在最高点时加速度值为零
D．子弹在落回射出点时加速度值最小
14．（2025高三上·西城月考）把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，球升高至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正处于原长（图乙）。忽略弹簧的质量和空气阻力。则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．经过位置B时小球的速度最大
B．小球在AB段加速度先增大后减小
C．小球在AB段先加速后减速
D．小球在BC段做匀变速运动
15．（2025高三上·西城月考）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、数据分析等。
（1）某同学在做“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F，测出弹簧的总长度，改变外力F的大小，测出几组数据，作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如图所示。（实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的）由图可知：该弹簧的自然长度为　 　；该弹簧的劲度系数为　 　。
（2）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学经历了以下实验步骤：
A．用铅笔和直尺在白纸上从O点沿着两细绳方向画直线，按一定标度作出两个力和的图示，根据平行四边形定则作图求出合力F；
B．只用一个测力计，通过细绳把橡皮筋与细绳的连接点拉到同样的位置O；
C．用铅笔记下O点的位置和两条细绳的方向，读出两个弹簧秤的示数；
D．在水平放置的木板上，垫一张白纸并用图钉固定，把橡皮筋的一端固定在板上A点，用两条细绳连接在橡皮筋的另一端，通过细绳同时用两个测力计互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋与细绳的连接点到达某一位置O；
E．记下测力计的读数和细绳方向，按同一标度作出这个力的图示，比较这个实测合力和按平行四边形定则求出的合力F，看它们的大小和方向是否相等；
F．改变两测力计拉力的大小和方向，多次重复实验，根据实验得出结论。
①将以上实验步骤按正确顺序排列，应为　 　（填选项前的字母）。
②如图所示，是某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，根据实验数据按照一定的标度画出的力的图示。在该实验中需要记录和观察的是　 　。
A．记录、的大小和方向
B．记录、的夹角
C．观察、的大小是否在误差允许范围内相同
D．观察F、的大小和方向是否在误差允许范围内相同
16．（2025高三上·西城月考）“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图如图所示。
（1）本实验使用的实验器材：电压合适的交流电源、适量的细沙、砝码，以及图中已经出现的器材以外，还需要的两种器材是　 　。
（2）实验中，为了让小车受到的细绳拉力近似等于细沙和小桶的总重力，还应满足细沙和小桶的总质量　 　小车的质量。
（3）如图所示为实验中得到的一条纸带，纸带上相邻两计数点之间还有4个计时点未标出，且打点计时器接在频率为的交流电源上。由图中数据可计算出打C点时，纸带运动的速度　 　，和小车的加速度　 　。（结果均保留2位有效数字）
（4）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出关系图线，如图所示。此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是　 　。
17．（2025高三上·西城月考）距地面高度为的小球以的速度被水平抛出，g取。求：
（1）小球在空中的飞行时间t；
（2）小球落地点距抛出点的水平距离x；
（3）落地时小球的速度v的大小和方向。
18．（2025高三上·西城月考）如图所示，质量为m的物体，放在一个倾角为30°的固定斜面上，物体恰能沿斜面匀速下滑。若对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可以沿斜面匀速向上滑行。重力加速度为g，试求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)水平力F的大小。
19．（2025高三上·西城月考）有一行星探测器，质量为。现将探测器从某一行星的表面竖直升空，探测器的发动机推力恒定。发射升空后末，发动机因发生故障突然灭火，如图所示，是从探测器发射到落回地面全过程的速度图像。已知该行星表面没有大气，若不考虑探测器总质量的变化，求：
（1）该行星表面附近的重力加速度大小g；
（2）探测器上升到最高点距星球表面的距离x；
（3）发动机正常工作时的推力F。
20．（2025高三上·西城月考）民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机，一般还设有紧急出口．发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上来，示意图如图所示．某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m，气囊构成的斜面长AC=5.0m，CD段为与斜面平滑连接的水平地面．一个质量m=60kg的人从气囊上由静止开始滑下，人与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5．不计空气阻力，g=10m/s2．求：
（1）人从斜坡上滑下时的加速度大小；
（2）人滑到斜坡底端时的速度大小；
（3）人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】若合力方向完全指向轨迹凹侧，但速度方向沿着 M→N 的切线，且合力方向与速度方向夹角为锐角，则该合力既有法向分量又有与速度同向的切向分量 速度增加。若夹角为钝角则速度减小，若垂直则只改变方向不改变大小。沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度沿轨迹的切线方向，合力方向指向轨迹的凹向，因速度逐渐变大，可知合力F的方向与速度方向夹角为锐角，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】一、核心考点
1、曲线运动的动力学
合力总是指向轨迹的凹侧，不指向凸侧（否则会飞离曲线）。
合力方向不一定与速度方向垂直，只有在匀速圆周运动或某些特定曲线运动（仅改变方向不改变速率）时才垂直。
2、合力分解为切向力与法向力
切向力 决定速度大小的变化（与 同向 加速，反向 减速）。
法向力 提供向心力，决定轨迹弯曲程度 。
3、速度增大时合力的方向特征
合力与速度方向夹角 （锐角），此时合力有沿速度方向的分量使物体加速。
二、易错点
1、误认为曲线运动合力一定垂直于速度方向
这是学生常见错误，来源于只学过匀速圆周运动，忽略了更一般的曲线运动可以有切向加速度。
2、将轨迹凸侧当作合力指向
例如卫星从地球飞向月球，轨迹是凹向地球或月球的，合力是指向轨迹凹侧（即偏向地球或月球方向），而不是指向轨迹外部。
3、仅凭轨迹弯曲方向判断，忽略加速/减速条件
题目已说明“速度逐渐变大”，所以合力必须有切向分量。如果选项中合力方向与速度方向夹角是钝角或 90°，即便指向凹侧也是错的，因为那样会使速度不变或减小。
2．【答案】C
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A． 船头指向上游某个角度，使静水速度的一个分量抵消水速，垂直分量用来过河。条件： 时才能到达正对岸。若 ，则不能到达正对岸。 小船在静水中的速度（3m/s）大于水流速度（2m/s），因此可以通过调整船头方向使合速度方向垂直河岸，从而到达正对岸，故A错误；
B．最短渡河时间：船头垂直河岸，渡河时间，小船渡河的最短时间为河宽除以船速，即，因此渡河时间不少于50秒，而非75秒，故B错误；
C．以最短时间渡河时，船头垂直河岸，用时，则水流方向的位移为，故C正确；
D．当船速大于水速时，最短位移为河宽150m，而非200m，故D错误。
故选C。
【分析】核心考点：
1、运动的合成与分解
小船的实际运动（合运动）是静水中的航行运动与水流的漂流运动的合运动。
解题的关键是将船的速度（静水中的速度）沿垂直于河岸和平行于河岸两个方向分解。
2、渡河时间
核心公式：t = d / v1⊥，其中 d 是河宽，v1⊥ 是船速在垂直于河岸方向的分量。
结论：渡河时间只由船速的垂直分量和河宽决定，与水速无关。
最短时间：当船头垂直指向对岸（即船速全部用于渡河）时，渡河时间最短，tmin = d / v1。
3、渡河位移
最短位移：目标是使合速度方向尽可能垂直对岸，以使得登陆点正对起点。
条件：当船速大于水速 (v1 > v2) 时，可以通过调整船头方向（指向上游）来抵消水速的影响，使合速度垂直对岸，从而实现位移最短（等于河宽 d）。
当船速小于或等于水速 (v1 ≤ v2)：无法到达正对岸。此时，使船速方向与合速度方向垂直，可以获得最小位移。
3．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AC．几何关系可知落点速度方向与水平方向夹角为，则有，联立解得，则物体飞行的水平距离，故A错误，C正确；
B．物体撞击斜面时的速度大小，故B错误；
D．物体下落的竖直距离，故D错误。
故选C。
【分析】1、平抛运动末速度方向与斜面垂直的条件
利用
关键：正确找出该夹角与斜面倾角的关系。
2、运动的合成与分解
水平匀速与竖直自由落体合成。
3、几何关系
斜面倾角、速度方向、法线方向之间的关系。
4．【答案】A
【知识点】伽利略理想斜面实验
【解析】【解答】A．小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面， 这是实验中实际观察到的现象（尽管有摩擦，高度略低），是事实，不是推论，故A正确；
B． 这是由事实推出的第一个推论，不是实验直接事实。 因为生活中没有无摩擦的轨道，所以小球上升到原来释放时的高度为推理，故B错误；
C．减小斜面的倾角θ，小球仍然达到原来的高度是在B项的基础上进一步推理，故C错误；
D．继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去，是在C项的基础上继续推理得出的结论，故D错误；
故选A。
【分析】主要易错点
1、混淆“实验事实”与“科学推论”
题干若问“实验事实”，只能选实际观察到的现象（如A选项：冲上斜面，高度略低）。
题干若问“伽利略结论/推论”，则可选 B、C、D 等基于无摩擦条件的推论。
2、误认为伽利略做了无摩擦的真实实验
当时技术不可能完全消除摩擦，所以“没有摩擦，回到原高度”是推理，不是实验结果。
3、对“永远运动下去”的条件理解错误
必须满足：没有摩擦与阻力；水平面。若平面有倾角或存在摩擦，则不会永远运动。
4、混淆伽利略和牛顿的结论
伽利略得出的是“物体在水平面上匀速运动下去”，还没有明确总结为“惯性定律”（牛顿第一定律）。但考试中常将伽利略实验视为惯性定律的实验基础。
5．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】绳子对桶的拉力，与桶对绳子的拉力，是一对作用力与反作用力（牛顿第三定律）。牛顿第三定律指出：作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一直线上。它们分别作用在两个不同的物体上（一个作用在桶上，一个作用在绳子上）。无论物体是静止还是运动，加速还是减速，这一对力的大小始终相等。A．绳子对桶的拉力与桶对绳子的拉力是作用力与反作用力，无论桶匀速、加速或减速运动，二者始终大小相等，故A错误；
B．牛顿第三定律表明，作用力与反作用力大小相等，与运动状态无关，故加速时两力仍相等，故B错误；
C．同理，桶减速上升时，绳子对桶的拉力仍等于桶对绳子的拉力，故C错误；
D．根据牛顿第三定律，无论桶如何运动，两力大小始终相等，故D正确。
故选D。
【分析】主要易错点：
1、混淆"相互作用力"与"平衡力"
相互作用力：同性质、同时产生同时消失、作用在不同物体上。
平衡力：作用在同一物体上、等大反向、可以不同性质。
2、误认为运动状态会影响相互作用力的大小
错误想法："加速时拉力变大，所以作用力与反作用力不相等"
正确：无论物体静止、匀速、加速还是减速，相互作用力总是时刻相等。
加速时是绳子对桶的拉力 > 桶的重力，但绳子对桶的拉力与桶对绳子的拉力仍然相等。
3、混淆比较对象
题目常设置陷阱，让学生比较：绳子拉力 vs 重力（可能不等，由加速度决定）
绳子对桶的拉力 vs 桶对绳子的拉力（总是相等）
4、误以为需要"匀速"才相等
这是亚里士多德式的错误观念，认为只有平衡时相互作用才相等。实际上，牛顿第三定律与运动状态无关。
6．【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】对人受力分析：竖直方向受重力mg 向下，支持力N 向上。由牛顿第二定律：其中a 是加速度（向上为正），当 时，有 即加速度方向向上。加速度向上对应两种运动情况：加速上升（速度向上，加速度向上），减速下降（速度向下，加速度向上）A．根据牛顿第三定律可知，体重计对人的支持力等于人对体重计的压力，故A错误；
BCD．体重计的示数大于自己实际体重，则发生超重现象，加速度向上，则此时电梯可能正在加速上升或者减速下降，故C正确，BD错误。
故选C。
【分析】考点：
1、超重与失重的力学条件
超重： 加速度向上；失重： 加速度向下；完全失重： 加速度 向下
2、牛顿第三定律在测力计读数中的应用
由加速度方向推断可能的运动情形
易错点：
1、混淆“速度方向”与“加速度方向”：
2、超重只取决于加速度方向向上，与速度方向无关。
所以“减速下降”也超重，但选项里没出现，C选项“加速上升”是常见例子。
3、误以为支持力与压力可能不相等（A选项）。
4、错把加速下降当超重（其实是失重）。
7．【答案】D
【知识点】摩擦力的判断与计算；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】物体受重力mg（竖直向下）、支持力 N（垂直斜面向上）、静摩擦力f（沿斜面方向）。将重力分解为：沿斜面向下分量：，垂直斜面向下分量：，匀速运动 沿斜面方向合力为零，所以：，但这里的“外力”是摩擦力本身。实际上，沿斜面方向只有重力的分力 和摩擦力f。因为物体随传送带匀速运动，所以物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向上；物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力也沿斜面向上；传送带对物体A的作用力均相同大小等于A的重力，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】考点：
1、斜面传送带匀速运动时摩擦力的方向判断
关键：沿斜面方向合力为零 摩擦力与重力沿斜面分力的关系与运动方向无关，只与相对运动趋势有关（这里相对静止，趋势向下） 摩擦力沿斜面向上。
2、传送带对物体的总作用力
支持力与摩擦力的合力在匀速时必与重力平衡 竖直向上，大小等于 mg。
易错点：
1、误以为摩擦力方向与运动方向相反（这是滑动摩擦的规律，静摩擦力方向与相对运动趋势相反）。
2、误以为向下运动时摩擦力向下（实际上向下匀速时仍需摩擦力来平衡重力分力）。
3、忽略“匀速”条件，误用加速情况分析。
8．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】
AB．小车静止时，球受到重力和杆的弹力作用，由平衡条件可得杆对球的作用力，方向竖直向上，故AB错误；
C．小车向右以加速度 a运动时，如图甲所示，只有当时，才有，故C错误；
D．小车向左以加速度 a运动时，根据牛顿第二定律可知小球受到的合力水平向左，如图乙所示，则杆对球的作用力，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角满足，故D正确。
故选D。
【分析】易错点总结：
1、误以为杆的力总是沿杆
很多学生受“轻绳”“光滑铰链”等模型影响，以为杆的力一定沿杆方向，实际上，对于固定在小车上的斜杆（刚性连接），杆对球的力方向由平衡或加速度决定，可能不沿杆。
2、静止情况分析错误
看到“斜杆与竖直杆夹角 θ”就想用力的分解，误以为 或 ，忽略了二力平衡直接得出竖直向上的力。
3、加速时直接套用沿杆公式
如选项 C：向右加速时，直接写 ，这是假设力沿杆方向，但实际不一定成立。
4、方向判断错误
向左加速时，合力向左，重力向下，所以杆的力必须斜向左上方，才能提供向左的合力分量且同时平衡重力。有同学会画成沿杆或向右。
二、解题关键步骤
1、明确杆的力方向未知，设出 或设出大小方向。
2、列牛顿第二定律方程，竖直方向加速度为零时 ，水平方向 ，符号由加速度方向决定。
3、求合力大小与方向：
.，注意：若题目假设轻杆且两端铰接（可自由转动），则杆力沿杆；但本题是固定在小车上的支架，属于刚性连接，不沿杆。
9．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据图像的面积表示物体的位移大小，可知滑块在内的位移大小为
根据可知滑块在内的平均速度大小，故A错误；
BC．滑块加速阶段，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，滑块减速阶段，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，根据图像可得，，可得滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为，滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为，故B错误，C正确；
D．减速阶段有，可得滑块与桌面之间的动摩擦因数为，故D错误。
故选C。
【分析】考点：
1、v-t 图的应用
斜率 → 加速度，面积 → 位移，已知运动阶段划分，求加速度。
2、牛顿第二定律分阶段列式
加速阶段：，减速阶段： （取大小即 ）
3、摩擦力与动摩擦因数
4、平均速度公式
，不是初速加末速除以 2（除非匀变速直线运动）。
易错点：
1、平均速度计算
误把 用于整段非匀变速过程。本题 0~6 s 不是全程匀变速，所以必须用总位移 / 总时间。
2、加速度之比顺序
B 选项说“加速与减速阶段的加速度大小之比”，若顺序看反，会得到 1：2 而选错。
3、动摩擦因数计算
常见错误：用加速阶段的合力 求 μ，但 μ 只由减速阶段（仅摩擦力）决定：
，本题 ，所以 ，不是 0.5。
4、质量 m 的处理
在求 时，不必知道 m，比例中 m 会约掉。但若用数值代入法，要意识到m 是相同的。
10．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．（a）图是深度曲线，图中h3代表本次最大深度，是4min时到达的，由图（b）的图像的面积代表位移，可得，故A错误；
B．由图（b）的斜率表示加速度，则在0-1min和3-4min时间内的加速度最大，最大加速度大小是，故B错误；
C.3～4min内减速下降和6～8min加速上升均具有向上的加速度，故C正确；
D．在6～10min时间段内位移等于图象的面积，可以看出位移不等于零，则平均速度也不为零，故D错误。
故选C。
【分析】考点总结：
1、运动学图像综合应用
深度–时间曲线：纵坐标表示位置（向下为正时，深度增加表示位置向下移动）。
速度–时间曲线：斜率 = 加速度，面积 = 位移（注意正负）。
两图结合判断运动阶段：下潜加速、匀速、减速；上浮加速、匀速、减速。
2、加速度方向判断
加速度方向与速度方向无关，与速度变化量方向相同。
速度向下减小 → 加速度向上；速度向上增大 → 加速度向上。
3、最大深度计算
对应速度图时间轴上方总面积（向下位移）。
4、平均速度概念
平均速度 = 总位移 / 总时间，不是速度平均。
二、易错点
1、深度与位移的混淆
深度是从水面算起向下为正，位移是相对初始位置的向量。最大深度 = 下潜最大位移的大小。
2、加速度大小计算时忽略单位换算
题目中时间单位是 min，速度单位是 m/s，计算加速度时需将分钟换算成秒。
3、速度方向与加速度方向关系的误解
认为“向上运动加速度就向上”是错误的，向上加速时加速度向上，向上减速时加速度向下。
4、平均速度为零的条件
必须总位移为零，而不是末速度为零或初末速度大小相等。
5、图像面积正负的含义
在 v–t 图中，速度向下为正，则向上速度为负，面积负值表示向上位移。
11．【答案】B,C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】A．根据 速度公式 （从静止开始），可知同一时刻 t，速度相同，与质量、高度无关，同一时刻甲速度大小相等，故A错误；
B．根据可知，下落1s时速度大小相等，故B正确；
C． 由 得 ，只与g 和下落距离h 有关，此时 相同，所以速度相等，故C正确；
D． 自由落体加速度均为g ，它们均做自由落体运动，所以加速度相等，故D错误。
故选BC。
【分析】易错点总结：
1、混淆重力与加速度
重力 大，只说明质量大，并不改变自由落体加速度g。
学生容易受“重的物体下落快”的生活错觉影响。
2、错误认为高度影响瞬时速度
高度不同只影响落地时间及落地速度，但在下落过程中的同一时刻，速度只由t 决定，与起始高度无关（只要还没落地）。
3、“下落 1m 时”与“下落 1s 末”的比较
前者是位移相同，用 判断速度，后者是时间相同，用 判断速度。
两种情况下速度都相等，但学生可能只记住一种情况。
4、“大 5 倍”的理解
甲重力比乙大 5 倍 → → 。
但有的学生会错误理解为 ，不过这不影响加速度判断。
12．【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．O 点受三力平衡：AO 绳拉力 水平向右；BO 绳拉力 沿 BO 方向（左上）；
下方悬挂重物的绳子拉力 竖直向下，由平衡条件可知，，在B点缓慢左移的过程中，缓慢增大，所以逐渐增大，逐渐增大，故A错误，B正确；
CD．因为O点始终保持受力平衡状态，根据平衡条件，可知、合力一定与重力mg等大反向，即和的合力不变，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】一、考点总结：
1、共点力平衡
三力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向。
用正交分解法列方程：
2、动态分析（解析法）
将力表达成角度的函数 、，通过角度变化判断力的大小变化。
3、合力不变的条件
结点 O 位置不变，重物重力不变，则 与 的合力恒定（与重力平衡）。
二、易错点
1、误以为 B 左移时θ 减小
有些学生凭直觉认为 B 左移会使 BO 更接近水平吗？不是，要画图：固定 O 点，B 在 O 点左上方左移时，BO 与竖直方向夹角θ 增大。
2、错误使用“力三角形”动态分析
若用力的三角形：重力大小方向不变， 方向水平， 方向沿 BO，B 左移时 方向顺时针转，力三角形中 、 都变长。但若画错方向，会得出错误结论。
3、混淆“绳子拉力”与“合力”
问 与 的合力时，误认为它们合力随θ 变化，实际上这个合力必须与重力平衡，所以不变。
4、忽视“O 点位置不变”条件
如果 O 点可动，分析会不同，但本题 O 点固定，因此几何关系明确：B 左移 θ 增大。
13．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】子弹上升过程受到的空气阻力向下，根据牛顿第二定律可得，可知子弹上升过程做加速度逐渐减小的减速运动；最高点时的加速度大小为，子弹下落过程受到的空气阻力向上，根据牛顿第二定律可得，可知子弹下落过程做加速度逐渐减小的加速运动；综上分析可知，子弹出枪口时的加速度值最大，子弹在落回射出点时加速度值最小，故AD正确，BC错误。
故选AD。
【分析】一、考点总结
1、空气阻力与速度成正比时的牛顿第二定律
上升：阻力与重力同向 → 加速度大小
下降：阻力与重力反向 → 加速度大小
2、运动过程中加速度的变化
上升：减小 → 大小减小，下降：增大 → a 大小减小
全程加速度大小在出枪口最大，落回地面最小。
3、最高点分析
速度为零 → 阻力为零 → 加速度为g（方向向下）。
二、易错点
1、符号混乱
在不同方向规定下，阻力表达式不同，容易写错符号。最好分上升、下降两段单独分析大小。
2、误以为最高点加速度为零
错误地认为速度为零则合外力为零，忽略重力始终存在。
3、误以为落回点时加速度最大
错误认为落回点速度最大（实际比射出时小），并且下降阶段阻力向上，加速度比重力加速度小。
4、忽略空气阻力使落回速度减小
若无阻力，落回点加速度为g，有阻力时落回点加速度 小于g，且为全程最小。
14．【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．小球从A到B过程中，开始时弹簧弹力大于重力（合力向上），小球加速，当弹簧弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此位置在A、B之间，不是B点，所以经过B时速度不是最大，故A错误；
B．小球在AB段，弹簧弹力逐渐减小，开始弹力大于重力，合力向上且逐渐减小，加速度向上且逐渐减小；后来弹力小于重力，合力向下且逐渐增大，加速度向下且逐渐增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；
C．由上述分析，小球在AB段先加速（弹力大于重力时）后减速（弹力小于重力时），故C正确；
D．小球在BC段，只受重力，小球加速度为重力加速度g，保持不变，所以做匀变速运动，故D正确。
故选CD。
【分析】一、易错点：
1、误认为在弹簧原长 B 点速度最大
最大速度在平衡位置，不在原长处。
2、混淆加速度与速度的变化趋势
加速度减小不代表速度减小，只要加速度与速度同向，物体就加速。
3、错误判断加速度方向变化点
加速度方向在平衡位置改变（由向上变为向下），但速度方向直到最高点 C 才可能改变（本题中在 C 点速度为零）。
4、BC 段运动分析
容易忽略 B 点后只受重力，误以为还有弹簧力，其实 B 点弹簧原长，之后小球继续上升会离开弹簧（或者题目隐含弹簧只能推不能拉？题中说“竖立的弹簧”，小球放在上面，显然在 B 点以上弹簧无形变无作用力），因此 BC 是竖直上抛。
二、解题关键
1、确定平衡位置（弹力 = 重力）。
2、分段分析加速度大小和方向的变化。
3、明确速度最大点在平衡位置。
4、注意 B 点后弹簧无弹力，只受重力。
15．【答案】（1）10.0；50.0
（2）DCABEF；AD
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）图可知F为0时，弹簧长度为10.0cm，即弹簧的原长为10.0cm；
当拉力为10.0N时，弹簧的形变量为
由胡克定律，得
（2） ① 验证力的平行四边形定则” 的实验步骤：首先进行实验装置的安装（D），然后记录两个力的情况（C），接着作出两个力的图示并求合力（A），再用一个测力计拉橡皮筋到同一点（B），记录这个力的情况（E），最后多次实验得出结论（F），所以顺序为DCABEF。
② AB．在 “验证力的平行四边形定则” 实验中，需要记录的大小和方向，不需要记录两力方向的夹角，故A正确，B错误；
CD．然后观察用平行四边形定则求出的合力F与实际的合力（用一个测力计拉时的力）的大小和方向是否在误差允许范围内相同，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】第一部分：弹簧劲度系数
考点：1、读取图像信息：能从 图像或数据中找出原长（拉力为零时的长度）和形变量。
形变量的计算：形变量 当前长度 。这是最容易出错的一步。
胡克定律的应用：公式 ，并能进行变形计算 k。
第二部分：验证力的平行四边形定则
考点：1、实验原理：一个力（合力）的作用效果与两个力（分力）的共同作用效果相同（使橡皮筋伸长到同一位置），则这个力就是那两个力的合力。可以用平行四边形定则来验证。
2、实验步骤的逻辑顺序：核心思想是 “先分后合再比较”。
分：用两个测力计拉橡皮筋到某点O，记录两个分力。合（理论）：根据平行四边形定则作出理论合力。合（实际）：用一个测力计拉橡皮筋到同一点O，这个力就是实际合力。
比较：比较理论合力与实际合力是否在误差范围内一致。
3、实验操作的关键细节：
等效替代：两次拉橡皮筋必须使结点到达同一位置O，这样才能保证“作用效果相同”。
力的图示规范：作力的图示时，必须选用相同的标度，否则比较没有意义。
减小误差的方法：弹簧测力计与纸面平行；细绳要稍长一些，方便准确记录方向；夹角大小要适当（不宜过大或过小）。
易错点：
1、实验步骤排序混乱：
最常见的错误是没有理解“等效替代”的核心，不知道为什么要将结点拉到同一点O。
记牢核心顺序：D（装装置）→ C（记录两分力）→ A（作图示求理论合力）→ B（用一拉力到同一点O）→ E（记录实际合力）→ F（比较结论）。
2、实验条件理解的误区（对应选择题）：
A. 两分力大小可以不相等：正确。平行四边形定则对任意大小的分力都成立。
B. 两分力方向的夹角必须为90°：错误。这是典型误解，任意夹角均可验证。
C. 应该记录两分力方向的夹角：这是易错选项。我们记录的是两条细绳的方向（例如两点一线），夹角是作图后自然得到的几何结果，不需要在拉的过程中用量角器测量并记录。实验操作上是记录点来确定方向，而不是记录夹角数值。
D. 作力的图示，必须使用相同的标度：正确。这是作图比较的基本要求。
（1）[1]图可知F为0时，弹簧长度为10.0cm，即弹簧的原长为10.0cm；
[2]当拉力为10.0N时，弹簧的形变量为
由胡克定律
得
（2）[1]验证力的平行四边形定则” 的实验步骤：首先进行实验装置的安装（D），然后记录两个力的情况（C），接着作出两个力的图示并求合力（A），再用一个测力计拉橡皮筋到同一点（B），记录这个力的情况（E），最后多次实验得出结论（F），所以顺序为DCABEF。
[2]AB．在 “验证力的平行四边形定则” 实验中，需要记录的大小和方向，不需要记录两力方向的夹角，故A正确，B错误；
CD．然后观察用平行四边形定则求出的合力F与实际的合力（用一个测力计拉时的力）的大小和方向是否在误差允许范围内相同，故C错误，D正确。
故选AD。
16．【答案】（1）刻度尺、天平
（2）远小于
（3）0.68；1.1
（4）所挂钩码的总质量过大
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）本实验探究牛顿第二定律，需要天平称小车的质量，刻度尺在纸带上量出位移从而求出加速度，故还需要的两种器材是刻度尺、天平；
（2）细沙和小桶加速下降，细线的拉力小于重力，由牛顿第二定律有
对小车有，解得，则当时，有，即为了让小车受到的细绳拉力近似等于细沙和小桶的总重力，还应满足细沙和小桶的总质量远小于小车的质量。
（3）相邻两计数点之间还有4个计时点未标出，则
根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有
由匀变速直线运动的判别式结合逐差法有
（4）随着力的增大，即钩码和沙桶的总质量的增大，不满足钩码和沙桶的总质量远小于小车的质量，因此曲线上半部分出现弯曲现象；则造成图线AB段明显偏离直线的主要原因可能是所挂钩码的总质量过大。
【分析】考点易错点：
1、器材选择
测加速度必用刻度尺（纸带处理），测质量必用天平。
易错：误选秒表（计时由打点计时器完成，不需要秒表）。
2、拉力近似条件
必须明确“砂桶质量远小于小车质量”才能近似 。
易错：说成“小车质量远小于砂桶质量”正好反了。
3、纸带处理
计算：用 是标准方法，注意单位换算（cm → m）。
逐差法：要会用 或类似分组，避免用相邻差求 a 时数据利用不充分。
易错：时间间隔 T 算错（题中说“相邻两计数点间还有4个点” 。
4、a-F 图像弯曲分析
原因：不满足 ，导致拉力明显小于砂桶重力。
图像表现：向上弯曲（a 增长变慢）。
易错：说成“摩擦力”、“平衡摩擦力不足”等，这里平衡摩擦力已做好的情况下，弯曲原因是m 不够小。
（1）本实验探究牛顿第二定律，需要天平称小车的质量，刻度尺在纸带上量出位移从而求出加速度，故还需要的两种器材是刻度尺、天平；
（2）细沙和小桶加速下降，细线的拉力小于重力，由牛顿第二定律有
对小车有
解得
则当时，有，即为了让小车受到的细绳拉力近似等于细沙和小桶的总重力，还应满足细沙和小桶的总质量远小于小车的质量。
（3）[1]相邻两计数点之间还有4个计时点未标出，则
根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有
[2]由匀变速直线运动的判别式结合逐差法有
（4）随着力的增大，即钩码和沙桶的总质量的增大，不满足钩码和沙桶的总质量远小于小车的质量，因此曲线上半部分出现弯曲现象；则造成图线AB段明显偏离直线的主要原因可能是所挂钩码的总质量过大。
17．【答案】（1）解：小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据
可得小球在空中的飞行时间
（2）解：根据
解得小球落地点距抛出点的水平距离
（3）解：小球落地的竖直速度为
解得
则落地时小球的速度
解得
设此时速度与水平方向的夹角为，则
即方向斜向下，与水平方向夹角的正切值为2。
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】一、核心考点梳理
1、平抛运动可以分解为两个独立的分运动：
水平方向：匀速直线运动，公式：
关键：水平速度始终保持不变，。
竖直方向：自由落体运动（初速度为0的匀加速直线运动）。
公式：，，
关键：所有匀变速直线运动的公式都适用，且 。
2、合运动：
位移：，方向 （α是位移与水平方向的夹角）。
速度： ，方向 （θ是速度与水平方向的夹角，且 ）。
二、全局注意事项与策略
1、分解思想：时刻牢记“水平匀速”和“竖直匀加速”两个分运动，它们是独立的。这是解决所有平抛问题的基础。
2、时间桥梁：时间 t 是联系两个分运动的唯一桥梁。绝大多数平抛问题都需要先求时间或建立两个方向时间相等的关系。
3、检查合理性：算出结果后，快速检查其合理性。例如，本题中高度20米，飞行时间2秒是合理的；如果算出20秒，那肯定是错的。速度方向角的正切值 也符合“下落越深，速度方向越陡”的直观感受。
总结：这道题是平抛运动的“样板题”，掌握了它的解题逻辑和上述易错点，就能稳稳地打好基础，应对更复杂的平抛变形题（如斜面平抛、有障碍物平抛等）
（1）小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据
可得小球在空中的飞行时间
（2）根据
解得小球落地点距抛出点的水平距离
（3）小球落地的竖直速度为
解得
则落地时小球的速度
解得
设此时速度与水平方向的夹角为，则
即方向斜向下，与水平方向夹角的正切值为2。
18．【答案】解：(1)由题意物体恰能沿斜面匀速下滑，则根据平衡条件满足mgsin 30°＝μmgcos 30°
解得 物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝
(2)受力情况如图所示
由匀速直线运动的条件有Fcos 30°＝mgsin 30°＋Ff2，N＝mgcos 30°＋Fsin 30°
又Ff2＝μN
解得F＝＝
【知识点】摩擦力的判断与计算；共点力的平衡
【解析】【分析】考点与易错点总结
1、受力分析坐标系的选取
沿斜面与垂直斜面建立坐标系，可使方程简单（只需分解重力与外力F，而不用分解摩擦力、支持力）。
易错：混淆斜面方向力的分解，将F 的分力写反。
2、摩擦力的方向
下滑时，摩擦力沿斜面向上，上滑时，摩擦力沿斜面向下。
易错：上滑时仍把摩擦力画成沿斜面向上。
3、正压力 N 的计算
有外力时，正压力会变化。本题中F 有垂直斜面的分力，使 N 增大。
易错：仍用无 F 时的 计算摩擦力。
数学运算
本题涉及三角函数符号运算，代入 会简化计算。
易错：代数化简出错，尤其是分数运算和提取公因式时。
4、物理意义检查
结果 比下滑时的驱动力大是合理的，因为要克服重力和增大的摩擦力。
可检查若 ，则 即可匀速上滑，但此处μ 较大，所以F 更大。
19．【答案】（1）解：由题意可知，9s末发动机灭火，探测器只受重力作用，
故它在这一阶段的加速度即为该行星表面的重力加速度。
由图线的斜率可知
（2）解：图像与横轴围成的面积表示位移，
图像可知探测器上升到最高点距星球表面的距离
（3）解：在0~9s内，探测器受到竖直向上的推力和竖直向下的重力G。由图线的斜率可知这一阶段的加速度
由牛顿第二定律
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】一、核心考点梳理
1、v-t 图像的物理意义
斜率：表示加速度。a = Δv / Δt。斜率不变表示匀变速运动。
面积：表示位移。在横轴上方为正位移，下方为负位移。
交点：与横轴的交点表示速度方向改变的时刻（如最高点）。
2、牛顿第二定律的阶段性应用
运动过程分为 动力段（发动机工作）和 惯性段（仅受重力）。
动力段：F - mg = ma1 (向上为正方向)
惯性段：-mg = ma2 (加速度 a2 = -g)
3、竖直上抛运动的对称性
在没有空气阻力的情况下，上升和下降过程具有对称性。
从最高点下落的过程是初速度为0的自由落体。
二、全局策略与深度总结
1、分段分析思想
遇到多过程问题，必须分段处理，明确每一阶段的受力情况和运动性质。
本题的“开关”是 9s 时发动机熄火。
2、利用图像信息
v-t 图是解题的关键，所有信息（初速度、末速度、时间、加速度、位移）都应从图中准确提取。
3、检查答案的合理性
重力加速度：行星的 g 可能比地球大或小。
4、公式和单位的统一
所有物理量必须使用国际单位制 (kg， m， s， N)。
牢记牛顿第二定律是 F合 = ma，不是 F推 = ma。

（1）由题意可知，9s末发动机灭火，探测器只受重力作用，故它在这一阶段的加速度即为该行星表面的重力加速度。由图线的斜率可知
（2）图像与横轴围成的面积表示位移，图像可知探测器上升到最高点距星球表面的距离
（3）在0~9s内，探测器受到竖直向上的推力和竖直向下的重力G。由图线的斜率可知这一阶段的加速度
由牛顿第二定律
联立解得
20．【答案】解：（1）对乘客进行受力分析，乘客受到重力、支持力、摩擦力，如图所示：
由牛顿运动定律得：mgsinθ-μFN=ma ①
FN=mg cosθ ②
联立可得人从斜坡上滑下时的加速度a= 2m/s2
（2）由运动学公式得v2=2al
人滑到斜坡底端时的速度大小
（3）在地面上滑动的加速度a2=μg=5m/s2
人离开C点后还要在地面上滑行距离
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】一、核心考点梳理
1、受力分析与牛顿第二定律
斜面上：重力分解为 mgsinθ（沿斜面向下）和 mgcosθ（垂直斜面向下）。摩擦力 f = μN = μ·mgcosθ，方向与相对运动方向相反（下滑时沿斜面向上）。
水平面上：只有滑动摩擦力 f = μmg，提供减速度。
2、运动学公式的应用
已知初速度、加速度、位移，求末速度：v2 = v02 + 2aΔx。
已知初速度、末速度、加速度，求位移：v2 - v02 = 2aΔx。
3、多过程问题的衔接
上一过程的末速度就是下一过程的初速度。
加速度在过程变化时会突变，需要重新进行受力分析。
4、能量观点（作为备用方法）
从A点到最终停止点D，动能定理：mgh - μmgcosθ·LAC - μmg·LCD = 0 - 0。
可以一步求出水平滑行距离，避免中间速度计算。
二、全局注意事项与策略
1、画受力图：对每个运动阶段，规范地画出受力分析图，是避免力分析错误的最有效方法。
2、过程拆分：明确划分“斜面段”和“水平段”，交接点（C点）的速度是连接两个过程的桥梁。
3、能量法的妙用：对于求总距离或某个过程位移，当不关心中间速度时，用动能定理可能更简便，且可以避免加速度计算。
1 / 1北京市育才学校2025-2026学年高三上学期9月月考物理试题
1．（2025高三上·西城月考）假设“嫦娥三号”探月卫星在由地球飞向月球时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐变大。在此过程中探月卫星所受合力方向可能是下列图中的（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】若合力方向完全指向轨迹凹侧，但速度方向沿着 M→N 的切线，且合力方向与速度方向夹角为锐角，则该合力既有法向分量又有与速度同向的切向分量 速度增加。若夹角为钝角则速度减小，若垂直则只改变方向不改变大小。沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度沿轨迹的切线方向，合力方向指向轨迹的凹向，因速度逐渐变大，可知合力F的方向与速度方向夹角为锐角，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】一、核心考点
1、曲线运动的动力学
合力总是指向轨迹的凹侧，不指向凸侧（否则会飞离曲线）。
合力方向不一定与速度方向垂直，只有在匀速圆周运动或某些特定曲线运动（仅改变方向不改变速率）时才垂直。
2、合力分解为切向力与法向力
切向力 决定速度大小的变化（与 同向 加速，反向 减速）。
法向力 提供向心力，决定轨迹弯曲程度 。
3、速度增大时合力的方向特征
合力与速度方向夹角 （锐角），此时合力有沿速度方向的分量使物体加速。
二、易错点
1、误认为曲线运动合力一定垂直于速度方向
这是学生常见错误，来源于只学过匀速圆周运动，忽略了更一般的曲线运动可以有切向加速度。
2、将轨迹凸侧当作合力指向
例如卫星从地球飞向月球，轨迹是凹向地球或月球的，合力是指向轨迹凹侧（即偏向地球或月球方向），而不是指向轨迹外部。
3、仅凭轨迹弯曲方向判断，忽略加速/减速条件
题目已说明“速度逐渐变大”，所以合力必须有切向分量。如果选项中合力方向与速度方向夹角是钝角或 90°，即便指向凹侧也是错的，因为那样会使速度不变或减小。
2．（2025高三上·西城月考）一小船在静水中的速度为，它在一条河宽、流速为的河流中渡河，则下列说法正确的是（　　）
A．小船不可能到达正对岸
B．小船渡河时间不少于
C．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为
D．小船以最短位移渡河时，位移大小为
【答案】C
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A． 船头指向上游某个角度，使静水速度的一个分量抵消水速，垂直分量用来过河。条件： 时才能到达正对岸。若 ，则不能到达正对岸。 小船在静水中的速度（3m/s）大于水流速度（2m/s），因此可以通过调整船头方向使合速度方向垂直河岸，从而到达正对岸，故A错误；
B．最短渡河时间：船头垂直河岸，渡河时间，小船渡河的最短时间为河宽除以船速，即，因此渡河时间不少于50秒，而非75秒，故B错误；
C．以最短时间渡河时，船头垂直河岸，用时，则水流方向的位移为，故C正确；
D．当船速大于水速时，最短位移为河宽150m，而非200m，故D错误。
故选C。
【分析】核心考点：
1、运动的合成与分解
小船的实际运动（合运动）是静水中的航行运动与水流的漂流运动的合运动。
解题的关键是将船的速度（静水中的速度）沿垂直于河岸和平行于河岸两个方向分解。
2、渡河时间
核心公式：t = d / v1⊥，其中 d 是河宽，v1⊥ 是船速在垂直于河岸方向的分量。
结论：渡河时间只由船速的垂直分量和河宽决定，与水速无关。
最短时间：当船头垂直指向对岸（即船速全部用于渡河）时，渡河时间最短，tmin = d / v1。
3、渡河位移
最短位移：目标是使合速度方向尽可能垂直对岸，以使得登陆点正对起点。
条件：当船速大于水速 (v1 > v2) 时，可以通过调整船头方向（指向上游）来抵消水速的影响，使合速度垂直对岸，从而实现位移最短（等于河宽 d）。
当船速小于或等于水速 (v1 ≤ v2)：无法到达正对岸。此时，使船速方向与合速度方向垂直，可以获得最小位移。
3．（2025高三上·西城月考）如图所示，以的速度水平抛出的物体，飞行一段时间后垂直撞在倾角的斜面上，按考虑，以下结论中正确的是（　　）
A．物体飞行的水平距离是
B．物体撞击斜面时的速度大小为
C．物体飞行的时间是
D．物体下落的竖直距离是
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AC．几何关系可知落点速度方向与水平方向夹角为，则有，联立解得，则物体飞行的水平距离，故A错误，C正确；
B．物体撞击斜面时的速度大小，故B错误；
D．物体下落的竖直距离，故D错误。
故选C。
【分析】1、平抛运动末速度方向与斜面垂直的条件
利用
关键：正确找出该夹角与斜面倾角的关系。
2、运动的合成与分解
水平匀速与竖直自由落体合成。
3、几何关系
斜面倾角、速度方向、法线方向之间的关系。
4．（2025高三上·西城月考）伽利略曾用如图所示的“理想实验”来研究力与运动的关系，则下列符合实验事实的是（ ）
A．小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面
B．没有摩擦，小球上升到原来释放时的高度
C．减小斜面的倾角θ，小球仍然达到原来的高度
D．继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去
【答案】A
【知识点】伽利略理想斜面实验
【解析】【解答】A．小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面， 这是实验中实际观察到的现象（尽管有摩擦，高度略低），是事实，不是推论，故A正确；
B． 这是由事实推出的第一个推论，不是实验直接事实。 因为生活中没有无摩擦的轨道，所以小球上升到原来释放时的高度为推理，故B错误；
C．减小斜面的倾角θ，小球仍然达到原来的高度是在B项的基础上进一步推理，故C错误；
D．继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去，是在C项的基础上继续推理得出的结论，故D错误；
故选A。
【分析】主要易错点
1、混淆“实验事实”与“科学推论”
题干若问“实验事实”，只能选实际观察到的现象（如A选项：冲上斜面，高度略低）。
题干若问“伽利略结论/推论”，则可选 B、C、D 等基于无摩擦条件的推论。
2、误认为伽利略做了无摩擦的真实实验
当时技术不可能完全消除摩擦，所以“没有摩擦，回到原高度”是推理，不是实验结果。
3、对“永远运动下去”的条件理解错误
必须满足：没有摩擦与阻力；水平面。若平面有倾角或存在摩擦，则不会永远运动。
4、混淆伽利略和牛顿的结论
伽利略得出的是“物体在水平面上匀速运动下去”，还没有明确总结为“惯性定律”（牛顿第一定律）。但考试中常将伽利略实验视为惯性定律的实验基础。
5．（2025高三上·西城月考）某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是（　　）
A．只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力
B．桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力
C．桶减速向上运动的过程中，绳子对桶的拉力小于桶对绳子的拉力
D．无论桶如何运动，绳子对桶的拉力都一定等于桶对绳子的拉力
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】绳子对桶的拉力，与桶对绳子的拉力，是一对作用力与反作用力（牛顿第三定律）。牛顿第三定律指出：作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一直线上。它们分别作用在两个不同的物体上（一个作用在桶上，一个作用在绳子上）。无论物体是静止还是运动，加速还是减速，这一对力的大小始终相等。A．绳子对桶的拉力与桶对绳子的拉力是作用力与反作用力，无论桶匀速、加速或减速运动，二者始终大小相等，故A错误；
B．牛顿第三定律表明，作用力与反作用力大小相等，与运动状态无关，故加速时两力仍相等，故B错误；
C．同理，桶减速上升时，绳子对桶的拉力仍等于桶对绳子的拉力，故C错误；
D．根据牛顿第三定律，无论桶如何运动，两力大小始终相等，故D正确。
故选D。
【分析】主要易错点：
1、混淆"相互作用力"与"平衡力"
相互作用力：同性质、同时产生同时消失、作用在不同物体上。
平衡力：作用在同一物体上、等大反向、可以不同性质。
2、误认为运动状态会影响相互作用力的大小
错误想法："加速时拉力变大，所以作用力与反作用力不相等"
正确：无论物体静止、匀速、加速还是减速，相互作用力总是时刻相等。
加速时是绳子对桶的拉力 > 桶的重力，但绳子对桶的拉力与桶对绳子的拉力仍然相等。
3、混淆比较对象
题目常设置陷阱，让学生比较：绳子拉力 vs 重力（可能不等，由加速度决定）
绳子对桶的拉力 vs 桶对绳子的拉力（总是相等）
4、误以为需要"匀速"才相等
这是亚里士多德式的错误观念，认为只有平衡时相互作用才相等。实际上，牛顿第三定律与运动状态无关。
6．（2025高三上·西城月考）为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运动的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，下列说法正确的是（　　）
A．此时体重计对人的支持力大于人对体重计的压力
B．此时电梯可能正在匀速上升
C．此时电梯可能正在加速上升
D．此时电梯可能正在加速下降
【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】对人受力分析：竖直方向受重力mg 向下，支持力N 向上。由牛顿第二定律：其中a 是加速度（向上为正），当 时，有 即加速度方向向上。加速度向上对应两种运动情况：加速上升（速度向上，加速度向上），减速下降（速度向下，加速度向上）A．根据牛顿第三定律可知，体重计对人的支持力等于人对体重计的压力，故A错误；
BCD．体重计的示数大于自己实际体重，则发生超重现象，加速度向上，则此时电梯可能正在加速上升或者减速下降，故C正确，BD错误。
故选C。
【分析】考点：
1、超重与失重的力学条件
超重： 加速度向上；失重： 加速度向下；完全失重： 加速度 向下
2、牛顿第三定律在测力计读数中的应用
由加速度方向推断可能的运动情形
易错点：
1、混淆“速度方向”与“加速度方向”：
2、超重只取决于加速度方向向上，与速度方向无关。
所以“减速下降”也超重，但选项里没出现，C选项“加速上升”是常见例子。
3、误以为支持力与压力可能不相等（A选项）。
4、错把加速下降当超重（其实是失重）。
7．（2025高三上·西城月考）如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是（　　）
A．物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下
B．物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下
C．物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用
D．无论A随传送带一起向上还是向下运动，传送带对物体A的作用力均相同
【答案】D
【知识点】摩擦力的判断与计算；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】物体受重力mg（竖直向下）、支持力 N（垂直斜面向上）、静摩擦力f（沿斜面方向）。将重力分解为：沿斜面向下分量：，垂直斜面向下分量：，匀速运动 沿斜面方向合力为零，所以：，但这里的“外力”是摩擦力本身。实际上，沿斜面方向只有重力的分力 和摩擦力f。因为物体随传送带匀速运动，所以物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向上；物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力也沿斜面向上；传送带对物体A的作用力均相同大小等于A的重力，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】考点：
1、斜面传送带匀速运动时摩擦力的方向判断
关键：沿斜面方向合力为零 摩擦力与重力沿斜面分力的关系与运动方向无关，只与相对运动趋势有关（这里相对静止，趋势向下） 摩擦力沿斜面向上。
2、传送带对物体的总作用力
支持力与摩擦力的合力在匀速时必与重力平衡 竖直向上，大小等于 mg。
易错点：
1、误以为摩擦力方向与运动方向相反（这是滑动摩擦的规律，静摩擦力方向与相对运动趋势相反）。
2、误以为向下运动时摩擦力向下（实际上向下匀速时仍需摩擦力来平衡重力分力）。
3、忽略“匀速”条件，误用加速情况分析。
8．（2025高三上·西城月考）如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（　　）
A．小车静止时，F=mgsinθ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F=mgcosθ，方向垂直杆向上
C．小车向右以加速度a运动时，一定有
D．小车向左以加速度a运动时，，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角α满足
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】
AB．小车静止时，球受到重力和杆的弹力作用，由平衡条件可得杆对球的作用力，方向竖直向上，故AB错误；
C．小车向右以加速度 a运动时，如图甲所示，只有当时，才有，故C错误；
D．小车向左以加速度 a运动时，根据牛顿第二定律可知小球受到的合力水平向左，如图乙所示，则杆对球的作用力，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角满足，故D正确。
故选D。
【分析】易错点总结：
1、误以为杆的力总是沿杆
很多学生受“轻绳”“光滑铰链”等模型影响，以为杆的力一定沿杆方向，实际上，对于固定在小车上的斜杆（刚性连接），杆对球的力方向由平衡或加速度决定，可能不沿杆。
2、静止情况分析错误
看到“斜杆与竖直杆夹角 θ”就想用力的分解，误以为 或 ，忽略了二力平衡直接得出竖直向上的力。
3、加速时直接套用沿杆公式
如选项 C：向右加速时，直接写 ，这是假设力沿杆方向，但实际不一定成立。
4、方向判断错误
向左加速时，合力向左，重力向下，所以杆的力必须斜向左上方，才能提供向左的合力分量且同时平衡重力。有同学会画成沿杆或向右。
二、解题关键步骤
1、明确杆的力方向未知，设出 或设出大小方向。
2、列牛顿第二定律方程，竖直方向加速度为零时 ，水平方向 ，符号由加速度方向决定。
3、求合力大小与方向：
.，注意：若题目假设轻杆且两端铰接（可自由转动），则杆力沿杆；但本题是固定在小车上的支架，属于刚性连接，不沿杆。
9．（2025高三上·西城月考）水平桌面上，一滑块在恒定的水平拉力作用下由静止开始运动，一段时间后，撤去拉力。从某时刻开始计时，滑块速度随时间变化的图像如图所示。取重力加速度。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．滑块在内的平均速度大小为
B．滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为
C．滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为
D．滑块与桌面之间的动摩擦因数为0.5
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据图像的面积表示物体的位移大小，可知滑块在内的位移大小为
根据可知滑块在内的平均速度大小，故A错误；
BC．滑块加速阶段，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，滑块减速阶段，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，根据图像可得，，可得滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为，滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为，故B错误，C正确；
D．减速阶段有，可得滑块与桌面之间的动摩擦因数为，故D错误。
故选C。
【分析】考点：
1、v-t 图的应用
斜率 → 加速度，面积 → 位移，已知运动阶段划分，求加速度。
2、牛顿第二定律分阶段列式
加速阶段：，减速阶段： （取大小即 ）
3、摩擦力与动摩擦因数
4、平均速度公式
，不是初速加末速除以 2（除非匀变速直线运动）。
易错点：
1、平均速度计算
误把 用于整段非匀变速过程。本题 0~6 s 不是全程匀变速，所以必须用总位移 / 总时间。
2、加速度之比顺序
B 选项说“加速与减速阶段的加速度大小之比”，若顺序看反，会得到 1：2 而选错。
3、动摩擦因数计算
常见错误：用加速阶段的合力 求 μ，但 μ 只由减速阶段（仅摩擦力）决定：
，本题 ，所以 ，不是 0.5。
4、质量 m 的处理
在求 时，不必知道 m，比例中 m 会约掉。但若用数值代入法，要意识到m 是相同的。
10．（2025高三上·西城月考）我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以深度创下世界最新纪录（国外最深不超过），这预示着它可以征服全球的海底世界。在某次实验中，深潜器内的显示屏上显示出的深度曲线如图（a）所示、速度图像如图（b）所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．本次实验下潜的最大深度为
B．本次实验中深潜器的最大加速度是
C．在和的时间段内深潜器都具有向上的加速度
D．在时间段内深潜器的平均速度为0
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．（a）图是深度曲线，图中h3代表本次最大深度，是4min时到达的，由图（b）的图像的面积代表位移，可得，故A错误；
B．由图（b）的斜率表示加速度，则在0-1min和3-4min时间内的加速度最大，最大加速度大小是，故B错误；
C.3～4min内减速下降和6～8min加速上升均具有向上的加速度，故C正确；
D．在6～10min时间段内位移等于图象的面积，可以看出位移不等于零，则平均速度也不为零，故D错误。
故选C。
【分析】考点总结：
1、运动学图像综合应用
深度–时间曲线：纵坐标表示位置（向下为正时，深度增加表示位置向下移动）。
速度–时间曲线：斜率 = 加速度，面积 = 位移（注意正负）。
两图结合判断运动阶段：下潜加速、匀速、减速；上浮加速、匀速、减速。
2、加速度方向判断
加速度方向与速度方向无关，与速度变化量方向相同。
速度向下减小 → 加速度向上；速度向上增大 → 加速度向上。
3、最大深度计算
对应速度图时间轴上方总面积（向下位移）。
4、平均速度概念
平均速度 = 总位移 / 总时间，不是速度平均。
二、易错点
1、深度与位移的混淆
深度是从水面算起向下为正，位移是相对初始位置的向量。最大深度 = 下潜最大位移的大小。
2、加速度大小计算时忽略单位换算
题目中时间单位是 min，速度单位是 m/s，计算加速度时需将分钟换算成秒。
3、速度方向与加速度方向关系的误解
认为“向上运动加速度就向上”是错误的，向上加速时加速度向上，向上减速时加速度向下。
4、平均速度为零的条件
必须总位移为零，而不是末速度为零或初末速度大小相等。
5、图像面积正负的含义
在 v–t 图中，速度向下为正，则向上速度为负，面积负值表示向上位移。
11．（2025高三上·西城月考）甲物体的重力比乙物体的重力大5倍，甲从H高处自由落下，乙从高处同时自由落下，下落过程中，以下几种说法中正确的是（　　）
A．两物体下落过程中，同一时刻甲的速度比乙大
B．下落末，它们的速度相等
C．各自下落时，它们的速度相等
D．下落过程中甲的加速度比乙大
【答案】B,C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】A．根据 速度公式 （从静止开始），可知同一时刻 t，速度相同，与质量、高度无关，同一时刻甲速度大小相等，故A错误；
B．根据可知，下落1s时速度大小相等，故B正确；
C． 由 得 ，只与g 和下落距离h 有关，此时 相同，所以速度相等，故C正确；
D． 自由落体加速度均为g ，它们均做自由落体运动，所以加速度相等，故D错误。
故选BC。
【分析】易错点总结：
1、混淆重力与加速度
重力 大，只说明质量大，并不改变自由落体加速度g。
学生容易受“重的物体下落快”的生活错觉影响。
2、错误认为高度影响瞬时速度
高度不同只影响落地时间及落地速度，但在下落过程中的同一时刻，速度只由t 决定，与起始高度无关（只要还没落地）。
3、“下落 1m 时”与“下落 1s 末”的比较
前者是位移相同，用 判断速度，后者是时间相同，用 判断速度。
两种情况下速度都相等，但学生可能只记住一种情况。
4、“大 5 倍”的理解
甲重力比乙大 5 倍 → → 。
但有的学生会错误理解为 ，不过这不影响加速度判断。
12．（2025高三上·西城月考）如图所示，用轻细绳AO和BO将质量为m的重物悬吊起来，静止时AO是水平的，BO与竖直方向的夹角为。已知重力加速度为g。设AO绳的拉力为，BO绳的拉力为。如果保持结点O的位置不变，将B点向左缓慢移动（同时增加绳长），则（　　）
A．变小，变大 B．变大，变大
C．和的合力不变 D．和的合力变小
【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．O 点受三力平衡：AO 绳拉力 水平向右；BO 绳拉力 沿 BO 方向（左上）；
下方悬挂重物的绳子拉力 竖直向下，由平衡条件可知，，在B点缓慢左移的过程中，缓慢增大，所以逐渐增大，逐渐增大，故A错误，B正确；
CD．因为O点始终保持受力平衡状态，根据平衡条件，可知、合力一定与重力mg等大反向，即和的合力不变，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】一、考点总结：
1、共点力平衡
三力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向。
用正交分解法列方程：
2、动态分析（解析法）
将力表达成角度的函数 、，通过角度变化判断力的大小变化。
3、合力不变的条件
结点 O 位置不变，重物重力不变，则 与 的合力恒定（与重力平衡）。
二、易错点
1、误以为 B 左移时θ 减小
有些学生凭直觉认为 B 左移会使 BO 更接近水平吗？不是，要画图：固定 O 点，B 在 O 点左上方左移时，BO 与竖直方向夹角θ 增大。
2、错误使用“力三角形”动态分析
若用力的三角形：重力大小方向不变， 方向水平， 方向沿 BO，B 左移时 方向顺时针转，力三角形中 、 都变长。但若画错方向，会得出错误结论。
3、混淆“绳子拉力”与“合力”
问 与 的合力时，误认为它们合力随θ 变化，实际上这个合力必须与重力平衡，所以不变。
4、忽视“O 点位置不变”条件
如果 O 点可动，分析会不同，但本题 O 点固定，因此几何关系明确：B 左移 θ 增大。
13．（2025高三上·西城月考）用枪竖直向上射出一粒子弹，设空气阻力与子弹速度大小成正比，子弹从射出点升到最高点之后，又落回射出点，下面关于子弹加速度大小的判断正确的是（　　）
A．子弹出枪口时的加速度值最大
B．子弹在最高点时的加速度值最小
C．子弹在最高点时加速度值为零
D．子弹在落回射出点时加速度值最小
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】子弹上升过程受到的空气阻力向下，根据牛顿第二定律可得，可知子弹上升过程做加速度逐渐减小的减速运动；最高点时的加速度大小为，子弹下落过程受到的空气阻力向上，根据牛顿第二定律可得，可知子弹下落过程做加速度逐渐减小的加速运动；综上分析可知，子弹出枪口时的加速度值最大，子弹在落回射出点时加速度值最小，故AD正确，BC错误。
故选AD。
【分析】一、考点总结
1、空气阻力与速度成正比时的牛顿第二定律
上升：阻力与重力同向 → 加速度大小
下降：阻力与重力反向 → 加速度大小
2、运动过程中加速度的变化
上升：减小 → 大小减小，下降：增大 → a 大小减小
全程加速度大小在出枪口最大，落回地面最小。
3、最高点分析
速度为零 → 阻力为零 → 加速度为g（方向向下）。
二、易错点
1、符号混乱
在不同方向规定下，阻力表达式不同，容易写错符号。最好分上升、下降两段单独分析大小。
2、误以为最高点加速度为零
错误地认为速度为零则合外力为零，忽略重力始终存在。
3、误以为落回点时加速度最大
错误认为落回点速度最大（实际比射出时小），并且下降阶段阻力向上，加速度比重力加速度小。
4、忽略空气阻力使落回速度减小
若无阻力，落回点加速度为g，有阻力时落回点加速度 小于g，且为全程最小。
14．（2025高三上·西城月考）把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，球升高至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正处于原长（图乙）。忽略弹簧的质量和空气阻力。则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．经过位置B时小球的速度最大
B．小球在AB段加速度先增大后减小
C．小球在AB段先加速后减速
D．小球在BC段做匀变速运动
【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．小球从A到B过程中，开始时弹簧弹力大于重力（合力向上），小球加速，当弹簧弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此位置在A、B之间，不是B点，所以经过B时速度不是最大，故A错误；
B．小球在AB段，弹簧弹力逐渐减小，开始弹力大于重力，合力向上且逐渐减小，加速度向上且逐渐减小；后来弹力小于重力，合力向下且逐渐增大，加速度向下且逐渐增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；
C．由上述分析，小球在AB段先加速（弹力大于重力时）后减速（弹力小于重力时），故C正确；
D．小球在BC段，只受重力，小球加速度为重力加速度g，保持不变，所以做匀变速运动，故D正确。
故选CD。
【分析】一、易错点：
1、误认为在弹簧原长 B 点速度最大
最大速度在平衡位置，不在原长处。
2、混淆加速度与速度的变化趋势
加速度减小不代表速度减小，只要加速度与速度同向，物体就加速。
3、错误判断加速度方向变化点
加速度方向在平衡位置改变（由向上变为向下），但速度方向直到最高点 C 才可能改变（本题中在 C 点速度为零）。
4、BC 段运动分析
容易忽略 B 点后只受重力，误以为还有弹簧力，其实 B 点弹簧原长，之后小球继续上升会离开弹簧（或者题目隐含弹簧只能推不能拉？题中说“竖立的弹簧”，小球放在上面，显然在 B 点以上弹簧无形变无作用力），因此 BC 是竖直上抛。
二、解题关键
1、确定平衡位置（弹力 = 重力）。
2、分段分析加速度大小和方向的变化。
3、明确速度最大点在平衡位置。
4、注意 B 点后弹簧无弹力，只受重力。
15．（2025高三上·西城月考）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、数据分析等。
（1）某同学在做“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F，测出弹簧的总长度，改变外力F的大小，测出几组数据，作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如图所示。（实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的）由图可知：该弹簧的自然长度为　 　；该弹簧的劲度系数为　 　。
（2）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学经历了以下实验步骤：
A．用铅笔和直尺在白纸上从O点沿着两细绳方向画直线，按一定标度作出两个力和的图示，根据平行四边形定则作图求出合力F；
B．只用一个测力计，通过细绳把橡皮筋与细绳的连接点拉到同样的位置O；
C．用铅笔记下O点的位置和两条细绳的方向，读出两个弹簧秤的示数；
D．在水平放置的木板上，垫一张白纸并用图钉固定，把橡皮筋的一端固定在板上A点，用两条细绳连接在橡皮筋的另一端，通过细绳同时用两个测力计互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋与细绳的连接点到达某一位置O；
E．记下测力计的读数和细绳方向，按同一标度作出这个力的图示，比较这个实测合力和按平行四边形定则求出的合力F，看它们的大小和方向是否相等；
F．改变两测力计拉力的大小和方向，多次重复实验，根据实验得出结论。
①将以上实验步骤按正确顺序排列，应为　 　（填选项前的字母）。
②如图所示，是某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，根据实验数据按照一定的标度画出的力的图示。在该实验中需要记录和观察的是　 　。
A．记录、的大小和方向
B．记录、的夹角
C．观察、的大小是否在误差允许范围内相同
D．观察F、的大小和方向是否在误差允许范围内相同
【答案】（1）10.0；50.0
（2）DCABEF；AD
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）图可知F为0时，弹簧长度为10.0cm，即弹簧的原长为10.0cm；
当拉力为10.0N时，弹簧的形变量为
由胡克定律，得
（2） ① 验证力的平行四边形定则” 的实验步骤：首先进行实验装置的安装（D），然后记录两个力的情况（C），接着作出两个力的图示并求合力（A），再用一个测力计拉橡皮筋到同一点（B），记录这个力的情况（E），最后多次实验得出结论（F），所以顺序为DCABEF。
② AB．在 “验证力的平行四边形定则” 实验中，需要记录的大小和方向，不需要记录两力方向的夹角，故A正确，B错误；
CD．然后观察用平行四边形定则求出的合力F与实际的合力（用一个测力计拉时的力）的大小和方向是否在误差允许范围内相同，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】第一部分：弹簧劲度系数
考点：1、读取图像信息：能从 图像或数据中找出原长（拉力为零时的长度）和形变量。
形变量的计算：形变量 当前长度 。这是最容易出错的一步。
胡克定律的应用：公式 ，并能进行变形计算 k。
第二部分：验证力的平行四边形定则
考点：1、实验原理：一个力（合力）的作用效果与两个力（分力）的共同作用效果相同（使橡皮筋伸长到同一位置），则这个力就是那两个力的合力。可以用平行四边形定则来验证。
2、实验步骤的逻辑顺序：核心思想是 “先分后合再比较”。
分：用两个测力计拉橡皮筋到某点O，记录两个分力。合（理论）：根据平行四边形定则作出理论合力。合（实际）：用一个测力计拉橡皮筋到同一点O，这个力就是实际合力。
比较：比较理论合力与实际合力是否在误差范围内一致。
3、实验操作的关键细节：
等效替代：两次拉橡皮筋必须使结点到达同一位置O，这样才能保证“作用效果相同”。
力的图示规范：作力的图示时，必须选用相同的标度，否则比较没有意义。
减小误差的方法：弹簧测力计与纸面平行；细绳要稍长一些，方便准确记录方向；夹角大小要适当（不宜过大或过小）。
易错点：
1、实验步骤排序混乱：
最常见的错误是没有理解“等效替代”的核心，不知道为什么要将结点拉到同一点O。
记牢核心顺序：D（装装置）→ C（记录两分力）→ A（作图示求理论合力）→ B（用一拉力到同一点O）→ E（记录实际合力）→ F（比较结论）。
2、实验条件理解的误区（对应选择题）：
A. 两分力大小可以不相等：正确。平行四边形定则对任意大小的分力都成立。
B. 两分力方向的夹角必须为90°：错误。这是典型误解，任意夹角均可验证。
C. 应该记录两分力方向的夹角：这是易错选项。我们记录的是两条细绳的方向（例如两点一线），夹角是作图后自然得到的几何结果，不需要在拉的过程中用量角器测量并记录。实验操作上是记录点来确定方向，而不是记录夹角数值。
D. 作力的图示，必须使用相同的标度：正确。这是作图比较的基本要求。
（1）[1]图可知F为0时，弹簧长度为10.0cm，即弹簧的原长为10.0cm；
[2]当拉力为10.0N时，弹簧的形变量为
由胡克定律
得
（2）[1]验证力的平行四边形定则” 的实验步骤：首先进行实验装置的安装（D），然后记录两个力的情况（C），接着作出两个力的图示并求合力（A），再用一个测力计拉橡皮筋到同一点（B），记录这个力的情况（E），最后多次实验得出结论（F），所以顺序为DCABEF。
[2]AB．在 “验证力的平行四边形定则” 实验中，需要记录的大小和方向，不需要记录两力方向的夹角，故A正确，B错误；
CD．然后观察用平行四边形定则求出的合力F与实际的合力（用一个测力计拉时的力）的大小和方向是否在误差允许范围内相同，故C错误，D正确。
故选AD。
16．（2025高三上·西城月考）“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图如图所示。
（1）本实验使用的实验器材：电压合适的交流电源、适量的细沙、砝码，以及图中已经出现的器材以外，还需要的两种器材是　 　。
（2）实验中，为了让小车受到的细绳拉力近似等于细沙和小桶的总重力，还应满足细沙和小桶的总质量　 　小车的质量。
（3）如图所示为实验中得到的一条纸带，纸带上相邻两计数点之间还有4个计时点未标出，且打点计时器接在频率为的交流电源上。由图中数据可计算出打C点时，纸带运动的速度　 　，和小车的加速度　 　。（结果均保留2位有效数字）
（4）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出关系图线，如图所示。此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是　 　。
【答案】（1）刻度尺、天平
（2）远小于
（3）0.68；1.1
（4）所挂钩码的总质量过大
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）本实验探究牛顿第二定律，需要天平称小车的质量，刻度尺在纸带上量出位移从而求出加速度，故还需要的两种器材是刻度尺、天平；
（2）细沙和小桶加速下降，细线的拉力小于重力，由牛顿第二定律有
对小车有，解得，则当时，有，即为了让小车受到的细绳拉力近似等于细沙和小桶的总重力，还应满足细沙和小桶的总质量远小于小车的质量。
（3）相邻两计数点之间还有4个计时点未标出，则
根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有
由匀变速直线运动的判别式结合逐差法有
（4）随着力的增大，即钩码和沙桶的总质量的增大，不满足钩码和沙桶的总质量远小于小车的质量，因此曲线上半部分出现弯曲现象；则造成图线AB段明显偏离直线的主要原因可能是所挂钩码的总质量过大。
【分析】考点易错点：
1、器材选择
测加速度必用刻度尺（纸带处理），测质量必用天平。
易错：误选秒表（计时由打点计时器完成，不需要秒表）。
2、拉力近似条件
必须明确“砂桶质量远小于小车质量”才能近似 。
易错：说成“小车质量远小于砂桶质量”正好反了。
3、纸带处理
计算：用 是标准方法，注意单位换算（cm → m）。
逐差法：要会用 或类似分组，避免用相邻差求 a 时数据利用不充分。
易错：时间间隔 T 算错（题中说“相邻两计数点间还有4个点” 。
4、a-F 图像弯曲分析
原因：不满足 ，导致拉力明显小于砂桶重力。
图像表现：向上弯曲（a 增长变慢）。
易错：说成“摩擦力”、“平衡摩擦力不足”等，这里平衡摩擦力已做好的情况下，弯曲原因是m 不够小。
（1）本实验探究牛顿第二定律，需要天平称小车的质量，刻度尺在纸带上量出位移从而求出加速度，故还需要的两种器材是刻度尺、天平；
（2）细沙和小桶加速下降，细线的拉力小于重力，由牛顿第二定律有
对小车有
解得
则当时，有，即为了让小车受到的细绳拉力近似等于细沙和小桶的总重力，还应满足细沙和小桶的总质量远小于小车的质量。
（3）[1]相邻两计数点之间还有4个计时点未标出，则
根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有
[2]由匀变速直线运动的判别式结合逐差法有
（4）随着力的增大，即钩码和沙桶的总质量的增大，不满足钩码和沙桶的总质量远小于小车的质量，因此曲线上半部分出现弯曲现象；则造成图线AB段明显偏离直线的主要原因可能是所挂钩码的总质量过大。
17．（2025高三上·西城月考）距地面高度为的小球以的速度被水平抛出，g取。求：
（1）小球在空中的飞行时间t；
（2）小球落地点距抛出点的水平距离x；
（3）落地时小球的速度v的大小和方向。
【答案】（1）解：小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据
可得小球在空中的飞行时间
（2）解：根据
解得小球落地点距抛出点的水平距离
（3）解：小球落地的竖直速度为
解得
则落地时小球的速度
解得
设此时速度与水平方向的夹角为，则
即方向斜向下，与水平方向夹角的正切值为2。
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】一、核心考点梳理
1、平抛运动可以分解为两个独立的分运动：
水平方向：匀速直线运动，公式：
关键：水平速度始终保持不变，。
竖直方向：自由落体运动（初速度为0的匀加速直线运动）。
公式：，，
关键：所有匀变速直线运动的公式都适用，且 。
2、合运动：
位移：，方向 （α是位移与水平方向的夹角）。
速度： ，方向 （θ是速度与水平方向的夹角，且 ）。
二、全局注意事项与策略
1、分解思想：时刻牢记“水平匀速”和“竖直匀加速”两个分运动，它们是独立的。这是解决所有平抛问题的基础。
2、时间桥梁：时间 t 是联系两个分运动的唯一桥梁。绝大多数平抛问题都需要先求时间或建立两个方向时间相等的关系。
3、检查合理性：算出结果后，快速检查其合理性。例如，本题中高度20米，飞行时间2秒是合理的；如果算出20秒，那肯定是错的。速度方向角的正切值 也符合“下落越深，速度方向越陡”的直观感受。
总结：这道题是平抛运动的“样板题”，掌握了它的解题逻辑和上述易错点，就能稳稳地打好基础，应对更复杂的平抛变形题（如斜面平抛、有障碍物平抛等）
（1）小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据
可得小球在空中的飞行时间
（2）根据
解得小球落地点距抛出点的水平距离
（3）小球落地的竖直速度为
解得
则落地时小球的速度
解得
设此时速度与水平方向的夹角为，则
即方向斜向下，与水平方向夹角的正切值为2。
18．（2025高三上·西城月考）如图所示，质量为m的物体，放在一个倾角为30°的固定斜面上，物体恰能沿斜面匀速下滑。若对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可以沿斜面匀速向上滑行。重力加速度为g，试求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)水平力F的大小。
【答案】解：(1)由题意物体恰能沿斜面匀速下滑，则根据平衡条件满足mgsin 30°＝μmgcos 30°
解得 物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝
(2)受力情况如图所示
由匀速直线运动的条件有Fcos 30°＝mgsin 30°＋Ff2，N＝mgcos 30°＋Fsin 30°
又Ff2＝μN
解得F＝＝
【知识点】摩擦力的判断与计算；共点力的平衡
【解析】【分析】考点与易错点总结
1、受力分析坐标系的选取
沿斜面与垂直斜面建立坐标系，可使方程简单（只需分解重力与外力F，而不用分解摩擦力、支持力）。
易错：混淆斜面方向力的分解，将F 的分力写反。
2、摩擦力的方向
下滑时，摩擦力沿斜面向上，上滑时，摩擦力沿斜面向下。
易错：上滑时仍把摩擦力画成沿斜面向上。
3、正压力 N 的计算
有外力时，正压力会变化。本题中F 有垂直斜面的分力，使 N 增大。
易错：仍用无 F 时的 计算摩擦力。
数学运算
本题涉及三角函数符号运算，代入 会简化计算。
易错：代数化简出错，尤其是分数运算和提取公因式时。
4、物理意义检查
结果 比下滑时的驱动力大是合理的，因为要克服重力和增大的摩擦力。
可检查若 ，则 即可匀速上滑，但此处μ 较大，所以F 更大。
19．（2025高三上·西城月考）有一行星探测器，质量为。现将探测器从某一行星的表面竖直升空，探测器的发动机推力恒定。发射升空后末，发动机因发生故障突然灭火，如图所示，是从探测器发射到落回地面全过程的速度图像。已知该行星表面没有大气，若不考虑探测器总质量的变化，求：
（1）该行星表面附近的重力加速度大小g；
（2）探测器上升到最高点距星球表面的距离x；
（3）发动机正常工作时的推力F。
【答案】（1）解：由题意可知，9s末发动机灭火，探测器只受重力作用，
故它在这一阶段的加速度即为该行星表面的重力加速度。
由图线的斜率可知
（2）解：图像与横轴围成的面积表示位移，
图像可知探测器上升到最高点距星球表面的距离
（3）解：在0~9s内，探测器受到竖直向上的推力和竖直向下的重力G。由图线的斜率可知这一阶段的加速度
由牛顿第二定律
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】一、核心考点梳理
1、v-t 图像的物理意义
斜率：表示加速度。a = Δv / Δt。斜率不变表示匀变速运动。
面积：表示位移。在横轴上方为正位移，下方为负位移。
交点：与横轴的交点表示速度方向改变的时刻（如最高点）。
2、牛顿第二定律的阶段性应用
运动过程分为 动力段（发动机工作）和 惯性段（仅受重力）。
动力段：F - mg = ma1 (向上为正方向)
惯性段：-mg = ma2 (加速度 a2 = -g)
3、竖直上抛运动的对称性
在没有空气阻力的情况下，上升和下降过程具有对称性。
从最高点下落的过程是初速度为0的自由落体。
二、全局策略与深度总结
1、分段分析思想
遇到多过程问题，必须分段处理，明确每一阶段的受力情况和运动性质。
本题的“开关”是 9s 时发动机熄火。
2、利用图像信息
v-t 图是解题的关键，所有信息（初速度、末速度、时间、加速度、位移）都应从图中准确提取。
3、检查答案的合理性
重力加速度：行星的 g 可能比地球大或小。
4、公式和单位的统一
所有物理量必须使用国际单位制 (kg， m， s， N)。
牢记牛顿第二定律是 F合 = ma，不是 F推 = ma。

（1）由题意可知，9s末发动机灭火，探测器只受重力作用，故它在这一阶段的加速度即为该行星表面的重力加速度。由图线的斜率可知
（2）图像与横轴围成的面积表示位移，图像可知探测器上升到最高点距星球表面的距离
（3）在0~9s内，探测器受到竖直向上的推力和竖直向下的重力G。由图线的斜率可知这一阶段的加速度
由牛顿第二定律
联立解得
20．（2025高三上·西城月考）民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机，一般还设有紧急出口．发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上来，示意图如图所示．某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m，气囊构成的斜面长AC=5.0m，CD段为与斜面平滑连接的水平地面．一个质量m=60kg的人从气囊上由静止开始滑下，人与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5．不计空气阻力，g=10m/s2．求：
（1）人从斜坡上滑下时的加速度大小；
（2）人滑到斜坡底端时的速度大小；
（3）人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下？
【答案】解：（1）对乘客进行受力分析，乘客受到重力、支持力、摩擦力，如图所示：
由牛顿运动定律得：mgsinθ-μFN=ma ①
FN=mg cosθ ②
联立可得人从斜坡上滑下时的加速度a= 2m/s2
（2）由运动学公式得v2=2al
人滑到斜坡底端时的速度大小
（3）在地面上滑动的加速度a2=μg=5m/s2
人离开C点后还要在地面上滑行距离
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】一、核心考点梳理
1、受力分析与牛顿第二定律
斜面上：重力分解为 mgsinθ（沿斜面向下）和 mgcosθ（垂直斜面向下）。摩擦力 f = μN = μ·mgcosθ，方向与相对运动方向相反（下滑时沿斜面向上）。
水平面上：只有滑动摩擦力 f = μmg，提供减速度。
2、运动学公式的应用
已知初速度、加速度、位移，求末速度：v2 = v02 + 2aΔx。
已知初速度、末速度、加速度，求位移：v2 - v02 = 2aΔx。
3、多过程问题的衔接
上一过程的末速度就是下一过程的初速度。
加速度在过程变化时会突变，需要重新进行受力分析。
4、能量观点（作为备用方法）
从A点到最终停止点D，动能定理：mgh - μmgcosθ·LAC - μmg·LCD = 0 - 0。
可以一步求出水平滑行距离，避免中间速度计算。
二、全局注意事项与策略
1、画受力图：对每个运动阶段，规范地画出受力分析图，是避免力分析错误的最有效方法。
2、过程拆分：明确划分“斜面段”和“水平段”，交接点（C点）的速度是连接两个过程的桥梁。
3、能量法的妙用：对于求总距离或某个过程位移，当不关心中间速度时，用动能定理可能更简便，且可以避免加速度计算。
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