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2026届广东省中山市桂山中学高三上学期第二次模拟考物理试卷
1．2024年11月15日23时13分，搭载天舟八号货运飞船的长征七号遥九运载火箭点火发射，约3小时19分钟后，天舟八号货运飞船成功对接于空间站天和核心舱后向端口。下列说法正确的是（　　）
A．交会对接过程中可以把天舟八号货运飞船看成质点
B．“23时13分”指的是时刻，“3小时19分钟”指的是时间
C．天舟八号货运飞船的发射速度大于
D．组合体绕地球飞行一周的位移大小等于其绕行轨迹的周长
【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．交会对接需精确控制飞船姿态，其大小、形状不可忽略，不能视为质点，故A错误；
B．“23 时 13 分” 是发射的瞬间状态，对应时刻；“3 小时 19 分钟” 是发射到对接的过程时长，对应时间，故B正确；
C.11.2km/s 是第二宇宙速度（脱离地球引力的最小速度），天舟八号绕地球运行，发射速度应小于 11.2km/s，故C错误；
D．位移是从初位置到末位置的有向线段，绕地球一周后初、末位置重合，位移为 0；路程才等于绕行轨迹的周长，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查质点、时刻与时间、宇宙速度、位移与路程的基本概念，核心思路是结合实际情境，明确各物理概念的定义与适用条件，逐一判断选项的正确性。
2．如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为l的轻质细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轨迹圆圆心为O，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．细线与竖直方向夹角为θ时，小球运动的角速度大小为
B．保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小球运动的周期越长
C．保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小球运动的周期越短
D．保持细线与竖直方向夹角θ不变时，细线越长，小球运动的角速度越小
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A：对小球受力分析，由牛顿第二定律得 ，解得 ，故A错误；
BC：设轨迹圆心O到悬点B的距离为，则，代入上式得，角速度与绳长无关，根据可知周期也与绳长无关，故BC错误；
D：保持细线与竖直方向夹角不变时，，细线越长，越大，小球运动的角速度越小，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查圆锥摆模型的角速度计算，结合受力分析与牛顿第二定律推导角速度表达式；
BC：考查圆心到悬点距离不变时，绳长对周期的影响，分析角速度与绳长的关系；
D：考查夹角不变时，绳长对角速度的影响，结合角速度表达式分析变化规律。
3．如图所示，用压力F将物体A、B紧压在竖直的墙壁上保持静止状态。下列说法错误的是（　　）
A．物体A受力平衡
B．压力F与墙壁对物体B的支持力不是一对平衡力
C．物体A对物体B的压力与物体B对物体A的支持力是一对相互作用力
D．物体B所受的重力与墙壁对物体B的摩擦力是一对平衡力
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．物体 A 静止，受力平衡（水平受压力F和 B 的支持力，竖直受重力和 B 的摩擦力），A正确；
B．压力F与墙壁对物体B的支持力没有作用在一个物体上，不是一对平衡力，B正确；
C．物体A对物体B的压力与物体B对物体A的支持力是一对相互作用力，C正确；
D．物体B所受的重力等于 A对B的摩擦力与墙壁对物体B的摩擦力之和，所以物体B所受的重力与墙壁对物体B的摩擦力不是一对平衡力，D错误。
故答案为：D。
【分析】明确平衡力（同一物体、大小相等方向相反）与相互作用力（两个物体、相互作用）的条件，结合受力分析判断各力的关系。
4．重庆是中国重要的汽车产业基地，近年来新能源汽车发展迅猛，某品牌的新能源汽车配备了自动驾驶系统，该车在红绿灯启停、无保护左转、避让路口车辆、礼让行人、变道等情形下都能无干预自动驾驶。某次试验时，a、b两车（均可视为质点）从不同地点由静止开始沿同一直线运动的v-t图像如图所示，已知两车在运动过程中不会相遇，图线均为直线，下列说法正确的是（　　）
A．a车在前，b车在后
B．在2t0时刻两车间的距离最远
C．在t0时刻b车的速度大小为
D．出发时两车间的距离可能为
【答案】C
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：由v-t图像可知，a车在时刻后做匀速直线运动，而b车一直做匀加速直线运动。要使两车不会相遇，应为b车在前，a车在后，故A错误；
B：由v-t图像可知，时刻前a车速度较大，两车距离逐渐减小；时刻后b车速度较大，两车距离逐渐增大，因此在时刻两车速度相等，此时两车间距离最近，故B错误；
C：由v-t图像可知，b车做初速度为0的匀加速直线运动，在时刻b车的速度大小为，则加速度为，所以在时刻b车的速度大小为，故C正确；
D：两车在运动过程中不会相遇，所以出发时两车之间的距离要大于。若距离为，则在时刻两车会恰好相遇，不符合题意，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查追及相遇问题中两车的前后位置判断，结合v-t图像分析运动情况；
B：考查追及相遇问题中两车距离的变化规律，明确速度相等时是距离的极值点；
C：考查匀加速直线运动的速度计算，结合加速度的定义式求解；
D：考查追及相遇问题中不相遇的条件，计算两车在时刻的位移差，判断初始距离的取值范围。
5．从地面以初速度v0竖直向上抛出一个小球A，与此同时，在该小球上抛能到达的最高点处有另外一个小球B以初速度v0竖直向下抛出。若忽略空气阻力，重力加速度为g，则从小球A抛出到两球相撞所需的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】小球A竖直上抛能到达的最大高度为：，设从小球A抛出到两球相撞的时间为。取向上为正方向，小球A的位移：，小球B从最高点以初速度竖直向下抛出，位移：，两球相撞时位移关系为，即：，化简得：，解得：
故答案为：B。
【分析】本题考查竖直上抛运动的相遇问题，关键是先求出A球上升的最大高度，再分别写出两球的位移表达式，利用相遇时的位移关系列方程求解时间。
6．如图所示，P为光滑定滑轮，O为光滑轻质动滑轮，轻绳跨过滑轮，左端与物体A相连，右端固定在杆Q上，重物B悬挂在动滑轮上。将A置于静止在粗糙水平面的斜面体上，轻绳段与斜面平行，系统处于静止状态。若将杆Q向右移动一小段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后，下列说法正确的是（　　）
A．轻绳中拉力减小
B．物体A与斜面体之间的摩擦力一定增大
C．斜面体与地面之间的弹力增大
D．斜面体与地面之间的摩擦力增大
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．若将杆Q移动一段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后， 变大，两绳拉力大小相等，合力与B的重力等大反向，设绳OP与竖直方向夹角为，则有，角度变大，则绳中拉力变大，A错误；
B．根据上述，绳中拉力变大，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向上，则摩擦力可能减小，也有可能反向，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向下，则摩擦力增大，B错误；
C．对A和斜面整体分析，斜面倾角为，水平方向有
竖直方向有，绳的拉力变大，斜面体与地面之间的摩擦力变大，斜面体与地面之间的弹力变小，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】对动滑轮系统、物体A、整体分别受力分析，结合力的平衡条件和角度变化对拉力的影响，推导各力的变化规律。
7．如图1所示，一工人用滑轮装置拖动质量为的货物，绕过滑轮的轻绳足够长且一端水平固定在墙面上，另一端在工人施加的水平恒力作用下，货物由静止开始沿水平方向做匀变速直线运动。货物与地面之间的动摩擦因数为0.2，货物速度随时间的变化关系如图2所示，不计滑轮质量和滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度g取。由此可知（　　）
A．工人拉绳子的加速度大小为1m/s2
B．恒力的大小为
C．前内做功
D．前内做功的平均功率为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功的概念；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，由于图像的斜率表示加速度，根据图像斜率可得货物加速度
如图所示，根据动滑轮的规律可知工人拉绳子的加速度大小为，故A错误；
B．以货物为对象，根据牛顿第二定律得
所以，故B错误；
C．内，根据位移公式可知物体的位移
所以内做的功大小为，故C错误；
D．根据做功与时间的比值可以得出平均功率为：，故D正确。
故选D。
【分析】利用图像斜率可以求出货物加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出恒力的大小；利用位移公式可以求出位移的大小，结合恒力的大小可以求出恒力做功的大小，再结合作用时间可以求出平均功率的大小。
8．如图，一艘小船船头始终垂直于河岸，从岸边向对岸航行。已知船在静水中的速度大小，水流速度大小，河的宽度，下列说法正确的是（　　）
A．小船过河的时间为15s B．小船过河的时间为20s
C．小船能垂直到达河的正对岸 D．小船不能垂直到达河的正对岸
【答案】A,D
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A：小船船头始终垂直于河岸，过河时间由河宽和船在静水中的速度决定，计算公式为 ，故A正确；
B：根据上述计算，过河时间为15s，不是20s，故B错误；
C：由于小船船头始终垂直于河岸，水流会使小船沿水流方向产生位移，合速度方向斜向右上方，因此小船不能垂直到达河的正对岸，故C错误；
D：由上述分析可知，小船不能垂直到达河的正对岸，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A：考查小船渡河时间的计算，明确船头垂直河岸时，渡河时间由河宽和船在静水中的速度决定；
B：考查渡河时间的计算结果判断，对比计算结果与选项数值；
C：考查小船能否到达正对岸的判断，分析合速度的方向；
D：考查合速度方向对小船到达位置的影响，明确船头垂直河岸时的运动特点。
9．中国自主研发的“遨龙一号”是全球首款主动清理太空垃圾的飞行器，其工作过程简化如图，“遨龙一号”捕获失效的北斗二号G2卫星后先在圆形同步轨道运行，通过主导航系统控制发动机点火调整进入椭圆转移轨道，最后进入圆形墓地轨道，已知引力常量为G，以下选项中正确的是（　　）
A．“遨龙一号”在同步轨道逆时针运转，在P点需要点火向左喷气加速才能进入转移轨道
B．“遨龙一号”在同步轨道上经过P点时的加速度大于在转移轨道上经过P点时的加速度
C．“遨龙一号”在转移轨道的机械能大于在同步轨道上的机械能
D．“遨龙一号”进入墓地轨道后，测出其墓地轨道周期T，可计算出地球的质量
【答案】A,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．同步轨道为低轨道，“遨龙一号”逆时针运行，在点需点火向左喷气加速（ 获得与速度同向的推力 ），才能进入更高的转移轨道，故A正确；
B．根据，点到地心距离相同，所以同步轨道与转移轨道经过点时加速度相等，故B错误；
C．点火加速变轨，除重力外的力做正功，机械能增加，故转移轨道机械能大于同步轨道，故C正确；
D．由，得，因未知墓地轨道半径，无法计算地球质量，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】核心是结合卫星变轨的受力（ 喷气加速的推力作用 ）、加速度公式（ ）、机械能变化（ 除重力外的力做功 ），以及天体质量计算的条件（ 需知轨道半径 ），对各选项逐一分析判断。
10．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，在B相对圆盘滑动前，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）
A．当，绳子没有弹力
B．ω在范围内增大时，B所受摩擦力不变
C．当时，A、B相对于转盘即将滑动
D．在绳子产生张力后，两木块还未与圆盘相对滑动时，若突然剪断细线，A将逐渐靠近圆心，B将做离心运动
【答案】B,C
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A：当B受到的静摩擦达到最大时，绳子刚好产生弹力，根据牛顿第二定律 ，解得 。因此当 时，绳子一定有弹力，故A错误；
B：当 时，B受到的静摩擦力已达到最大，因此当 范围内增大时，B所受摩擦力保持不变，故B正确；
C：当A、B所受摩擦力均达到最大时，A、B相对于转盘即将滑动。对A有 ，对B有 ，联立解得 ，故C正确；
D：剪断细线后，A受到的静摩擦力不足以提供向心力，会做离心运动；B不受拉力作用，最大静摩擦力也不足以提供向心力，同样会做离心运动，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A：考查绳子弹力产生的临界条件，结合B的受力分析与牛顿第二定律，确定绳子刚好产生弹力的角速度；
B：考查静摩擦力的变化规律，分析角速度超过临界值后B所受摩擦力的变化情况；
C：考查两木块即将滑动的临界条件，结合整体受力分析，联立牛顿第二定律方程求解临界角速度；
D：考查剪断细线后两木块的运动情况，分析静摩擦力能否提供向心力，判断运动趋势。
11．小高同学用如图所示的实验装置来验证平抛运动的特征：两个完全相同的弧形轨道M、N分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端与水平板相切。两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使。现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小铁球能同时分别从轨道M、N的顶端滑下。
（1）符合上述实验条件后，仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明平抛运动的水平分运动是　 　。
（2）某实验小组用如图所示的装置研究平抛运动及其特点，他们的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开下落。
（3）现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，则在空中运动的时间　 　；
（4）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽　 　（填“需要”或“不需要”）光滑；
（5）然后小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，由于没有记录抛出点，如图丙所示，数据处理时选择A点为坐标原点，丙图中小方格的边长均为1cm，重力加速度取，则小球运动中水平分速度的大小为　 　m/s。（结果可保留根号）
【答案】匀速直线运动；不变；不需要；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 （1） 仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明两球在水平方向的运动完全相同，说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动。
故答案为：匀速直线运动
（3） 根据，竖直高度不变时，小球运动时间不变。
故答案为：不变
（4） 安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑。
故答案为：不需要
（5） 由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动的推论，水平方向
联立解得
故答案为：
【分析】(1) 本题考查平抛运动水平分运动的性质，通过对比实验验证水平方向匀速直线运动。
(2) 本题考查平抛运动的时间决定因素，时间仅由下落高度决定，与水平初速度无关。
(3) 本题考查平抛实验装置的操作要求，斜槽末端水平是关键，轨道无需光滑。
(4) 本题考查利用平抛轨迹求初速度，需结合竖直方向的匀变速推论和水平方向的匀速直线运动求解。
12．图（a）为测量滑块与长木板之间的动摩擦因数的实验装置，实验中利用了力传感器来测量细线的拉力大小F，所用电源的频率为50Hz。
（1）根据本实验的测量原理，下列说法中正确的是　 　。
A．应当先接通电源，待打点稳定后再释放滑块
B．需要平衡摩擦力
C．滑块在加速运动的过程中，力传感器的示数等于沙桶的重力大小
D．一定要保证沙桶的总质量远小于滑块的质量
（2）图（b）的纸带中相邻两点间有四个点未画出，则滑块的加速度=　 　（结果保留两位小数）。
（3）保持滑块质量不变，根据多组数据，绘制出加速度a与拉力F的图像，如图（c）所示．由图像　 　（选填“能”或“不能”）算出滑块的质量；取重力加速度则滑块与长木板间的动摩擦因数μ=　 　。（结果均保留两位小数）
【答案】A；0.40；能；0.20
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）A．为了在纸带上留下更多的点，实验应当先接通电源后释放滑块。故A正确；
B．本实验目的是利用滑块运动的加速度结合牛顿第二定律测量动摩擦因数，不需要平衡摩擦力。故B错误；
C．对于沙桶和动滑轮，根据牛顿第二定律有
可知滑块在加速运动的过程中，弹簧测力计的示数不等于沙桶的重力，故C错误；
D．实验中利用测力计直径测量滑块受到的拉力，所以不需要保证沙桶的总质量远小于滑块的质量。故D错误。故选A。
（2）已知打点周期为0.02s，纸带上相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法，可得滑块的加速度大小为：
（3）对滑块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知
整理可得加速度a与F的表达式为：
结合图像的斜率和截距可得滑块的质量及动摩擦因数有：
解得
根据上述分析可以得出滑块的质量为0.1kg，滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.20。
【分析】（1）为了在纸带上留下更多的点，实验应当先接通电源后释放滑块；本实验目的是利用滑块运动的加速度结合牛顿第二定律测量动摩擦因数，不需要平衡摩擦力；对于沙桶和动滑轮，根据牛顿第二定律可以判别弹簧测力计的示数不等于沙桶的重力；实验中利用测力计直径测量滑块受到的拉力，所以不需要保证沙桶的总质量远小于滑块的质量；
（2）利用逐差法可以求出滑块加速度的大小；
（3）利用滑块的牛顿第二定律结合图像斜率和截距可以求出动摩擦因数和滑块质量的大小。
13．每逢冬天呼和浩特市周边滑雪场游客络绎不绝。一滑雪者以初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为。若人与滑板的总质量为，受到沿山坡向上的总阻力，重力加速度g取，分析滑雪者未滑出山坡过程中，求：
（1）滑雪者下滑时的加速度大小a；
（2）在4s内滑雪者下滑位移的大小x；
（3）4s末人与滑板总重力的瞬时功率P。
【答案】（1）解：对滑雪者受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得滑雪者下滑时的加速度大小为
（2）解：根据匀变速直线运动规律可知，在4s内滑雪者下滑位移的大小
（3）解：根据匀变速直线运动规律可知，4s末滑雪者的速度大小为
根据运动的分解可知，此时滑雪者竖直方向的速度
因此，4s末人与滑板总重力的瞬时功率
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】(1) 本题考查牛顿第二定律在斜面上的应用，关键是对滑雪者进行受力分析，沿斜面方向列方程求解加速度。
(2) 本题考查匀变速直线运动的位移公式，已知初速度、加速度和时间，可直接计算位移。
(3) 本题考查瞬时功率的计算，重力的功率由竖直方向的分速度决定，需先求末速度的竖直分量，再用 计算。
（1）对滑雪者受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得滑雪者下滑时的加速度大小为
（2）根据匀变速直线运动规律可知，在4s内滑雪者下滑位移的大小
（3）根据匀变速直线运动规律可知，4s末滑雪者的速度大小为
根据运动的分解可知，此时滑雪者竖直方向的速度
因此，4s末人与滑板总重力的瞬时功率
14．如图所示，AB为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径R=0.9m，A端切线水平。水平轨道BC与半径r=0.5m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道CD对应的圆心角θ=37°。一质量为M=1kg的小球（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）若小球恰好能从A点飞出，求A点小球速度和小球落地点与B点的水平距离；
（2）若小球从A 点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在A点对圆弧轨道的压力大小。
【答案】（1）解：小球恰好能从A点飞出，重力提供小球圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
小球从A点飞出后做平抛运动，则在竖直方向上有
解得小球在空中运动的时间
故小球落地点与B点的水平距离
（2）解：设小球从A点飞出的速度为时，恰好从C点沿切线进入圆弧轨道，小球在C点的速度为，根据动能定理可得
根据运动的分解可得
联立解得
在A点对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
结合牛顿第三定律可知，小球在A点对圆弧轨道的压力大小
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 本题考查圆周运动临界条件和平抛运动，恰好通过A点时重力提供向心力，可求A点速度；再结合平抛运动规律求水平位移。
(2) 本题考查平抛运动、动能定理与圆周运动的综合应用，先根据C点的速度方向求出速度分量关系，再结合动能定理求A点速度，最后用牛顿第二定律求轨道压力。
（1）小球恰好能从A点飞出，重力提供小球圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
小球从A点飞出后做平抛运动，则在竖直方向上有
解得小球在空中运动的时间
故小球落地点与B点的水平距离
（2）设小球从A点飞出的速度为时，恰好从C点沿切线进入圆弧轨道，小球在C点的速度为，根据动能定理可得
根据运动的分解可得
联立解得
在A点对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
结合牛顿第三定律可知，小球在A点对圆弧轨道的压力大小
15．如图所示，质量为m1的货物从与水平面的夹角θ=37°、长s=2m的斜面顶端由静止下滑，斜面底端与长L=1.6m、质量m2=l0kg物块上表面等高紧靠但不连接。货物从斜面滑上物块，速度大小不变，速度方向垂直于物块左边缘。已知货物与斜面间动摩擦因数μ1=0.25，货物与物块间动摩擦因数μ2=0.4，物块与地面间动摩擦因数μ3=0.2，货物质量取值范围5kg≤m1≤50kg，g取10m/s2，货物视为质点。求：
（1）货物在斜面底端时的速度大小；
（2）若货物滑上物块后，物块静止，货物的质量的取值范围及在物块上表面滑动的距离；
（3）若货物滑上物块后，物块滑动，求恰好停在物块右边缘的货物的质量。
【答案】解：（1）货物在斜面上向下做匀加速直线运动，对货物进行分析有
根据位移与速度的关系式有
解得
（2）货物滑上物块后，货物对物块的摩擦力为
物块与地面之间的最大静摩擦力为
若物块静止，则有
解得5kg≤m1≤10kg
货物在物块上做匀减速直线运动，令速度减为0，利用逆向思维有
解得
表明货物从物块右边缘飞出，即货物在物块上表面滑动的距离为1.6m。
（3）货物滑上物块后，物块滑动，货物向右做匀减速直线运动，物块向右做匀加速直线运动，当两者速度相等时，保持相对静止向右做匀减速直线运动，对物块有
令相等速度为，则有
由于货物恰好停在物块右边缘，则有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）斜面下滑过程
1、考点：牛顿第二定律在斜面模型中的应用。
加速度 的推导与计算。运动学公式 的使用。
质量 在加速度表达式中被消去，结果与质量无关。
2、易错点：混淆 与 的值（37° 时 ）。摩擦力计算错误：误用 而不是
（2）物块静止的条件
1、考点：最大静摩擦力判断：，其中 。
货物对物块的滑动摩擦力 。比较 得出质量范围。
货物在物块上做匀减速直线运动的位移计算，并与板长比较判断是否滑出。
2、易错点：物块与地面间的正压力错误写成 （正确是 ，因为货物在物块上增加了压
计算货物在物块上滑行距离时，误用相对加速度或忘记板长限制，得出 时应取板长。
（3）恰好停在物块右边缘
1、考点：板块模型：两物体相对运动 → 共速 → 相对位移等于板长。
分别对货物和物块列牛顿第二定律求加速度。共速条件列方程：。
相对位移公式：，或直接用相对初速和相对加速度求相对位移。
2、易错点：物块加速度 的符号与计算：
误认为共速时货物对地位移等于板长（应是相对位移等于板长）。解方程组时，两个方程（共速条件、相对位移条件）联立消元出错。最后解出 后未检查是否在给定范围 内。
1 / 12026届广东省中山市桂山中学高三上学期第二次模拟考物理试卷
1．2024年11月15日23时13分，搭载天舟八号货运飞船的长征七号遥九运载火箭点火发射，约3小时19分钟后，天舟八号货运飞船成功对接于空间站天和核心舱后向端口。下列说法正确的是（　　）
A．交会对接过程中可以把天舟八号货运飞船看成质点
B．“23时13分”指的是时刻，“3小时19分钟”指的是时间
C．天舟八号货运飞船的发射速度大于
D．组合体绕地球飞行一周的位移大小等于其绕行轨迹的周长
2．如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为l的轻质细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轨迹圆圆心为O，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．细线与竖直方向夹角为θ时，小球运动的角速度大小为
B．保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小球运动的周期越长
C．保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小球运动的周期越短
D．保持细线与竖直方向夹角θ不变时，细线越长，小球运动的角速度越小
3．如图所示，用压力F将物体A、B紧压在竖直的墙壁上保持静止状态。下列说法错误的是（　　）
A．物体A受力平衡
B．压力F与墙壁对物体B的支持力不是一对平衡力
C．物体A对物体B的压力与物体B对物体A的支持力是一对相互作用力
D．物体B所受的重力与墙壁对物体B的摩擦力是一对平衡力
4．重庆是中国重要的汽车产业基地，近年来新能源汽车发展迅猛，某品牌的新能源汽车配备了自动驾驶系统，该车在红绿灯启停、无保护左转、避让路口车辆、礼让行人、变道等情形下都能无干预自动驾驶。某次试验时，a、b两车（均可视为质点）从不同地点由静止开始沿同一直线运动的v-t图像如图所示，已知两车在运动过程中不会相遇，图线均为直线，下列说法正确的是（　　）
A．a车在前，b车在后
B．在2t0时刻两车间的距离最远
C．在t0时刻b车的速度大小为
D．出发时两车间的距离可能为
5．从地面以初速度v0竖直向上抛出一个小球A，与此同时，在该小球上抛能到达的最高点处有另外一个小球B以初速度v0竖直向下抛出。若忽略空气阻力，重力加速度为g，则从小球A抛出到两球相撞所需的时间为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，P为光滑定滑轮，O为光滑轻质动滑轮，轻绳跨过滑轮，左端与物体A相连，右端固定在杆Q上，重物B悬挂在动滑轮上。将A置于静止在粗糙水平面的斜面体上，轻绳段与斜面平行，系统处于静止状态。若将杆Q向右移动一小段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后，下列说法正确的是（　　）
A．轻绳中拉力减小
B．物体A与斜面体之间的摩擦力一定增大
C．斜面体与地面之间的弹力增大
D．斜面体与地面之间的摩擦力增大
7．如图1所示，一工人用滑轮装置拖动质量为的货物，绕过滑轮的轻绳足够长且一端水平固定在墙面上，另一端在工人施加的水平恒力作用下，货物由静止开始沿水平方向做匀变速直线运动。货物与地面之间的动摩擦因数为0.2，货物速度随时间的变化关系如图2所示，不计滑轮质量和滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度g取。由此可知（　　）
A．工人拉绳子的加速度大小为1m/s2
B．恒力的大小为
C．前内做功
D．前内做功的平均功率为
8．如图，一艘小船船头始终垂直于河岸，从岸边向对岸航行。已知船在静水中的速度大小，水流速度大小，河的宽度，下列说法正确的是（　　）
A．小船过河的时间为15s B．小船过河的时间为20s
C．小船能垂直到达河的正对岸 D．小船不能垂直到达河的正对岸
9．中国自主研发的“遨龙一号”是全球首款主动清理太空垃圾的飞行器，其工作过程简化如图，“遨龙一号”捕获失效的北斗二号G2卫星后先在圆形同步轨道运行，通过主导航系统控制发动机点火调整进入椭圆转移轨道，最后进入圆形墓地轨道，已知引力常量为G，以下选项中正确的是（　　）
A．“遨龙一号”在同步轨道逆时针运转，在P点需要点火向左喷气加速才能进入转移轨道
B．“遨龙一号”在同步轨道上经过P点时的加速度大于在转移轨道上经过P点时的加速度
C．“遨龙一号”在转移轨道的机械能大于在同步轨道上的机械能
D．“遨龙一号”进入墓地轨道后，测出其墓地轨道周期T，可计算出地球的质量
10．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，在B相对圆盘滑动前，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）
A．当，绳子没有弹力
B．ω在范围内增大时，B所受摩擦力不变
C．当时，A、B相对于转盘即将滑动
D．在绳子产生张力后，两木块还未与圆盘相对滑动时，若突然剪断细线，A将逐渐靠近圆心，B将做离心运动
11．小高同学用如图所示的实验装置来验证平抛运动的特征：两个完全相同的弧形轨道M、N分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端与水平板相切。两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使。现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小铁球能同时分别从轨道M、N的顶端滑下。
（1）符合上述实验条件后，仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明平抛运动的水平分运动是　 　。
（2）某实验小组用如图所示的装置研究平抛运动及其特点，他们的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开下落。
（3）现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，则在空中运动的时间　 　；
（4）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽　 　（填“需要”或“不需要”）光滑；
（5）然后小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，由于没有记录抛出点，如图丙所示，数据处理时选择A点为坐标原点，丙图中小方格的边长均为1cm，重力加速度取，则小球运动中水平分速度的大小为　 　m/s。（结果可保留根号）
12．图（a）为测量滑块与长木板之间的动摩擦因数的实验装置，实验中利用了力传感器来测量细线的拉力大小F，所用电源的频率为50Hz。
（1）根据本实验的测量原理，下列说法中正确的是　 　。
A．应当先接通电源，待打点稳定后再释放滑块
B．需要平衡摩擦力
C．滑块在加速运动的过程中，力传感器的示数等于沙桶的重力大小
D．一定要保证沙桶的总质量远小于滑块的质量
（2）图（b）的纸带中相邻两点间有四个点未画出，则滑块的加速度=　 　（结果保留两位小数）。
（3）保持滑块质量不变，根据多组数据，绘制出加速度a与拉力F的图像，如图（c）所示．由图像　 　（选填“能”或“不能”）算出滑块的质量；取重力加速度则滑块与长木板间的动摩擦因数μ=　 　。（结果均保留两位小数）
13．每逢冬天呼和浩特市周边滑雪场游客络绎不绝。一滑雪者以初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为。若人与滑板的总质量为，受到沿山坡向上的总阻力，重力加速度g取，分析滑雪者未滑出山坡过程中，求：
（1）滑雪者下滑时的加速度大小a；
（2）在4s内滑雪者下滑位移的大小x；
（3）4s末人与滑板总重力的瞬时功率P。
14．如图所示，AB为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径R=0.9m，A端切线水平。水平轨道BC与半径r=0.5m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道CD对应的圆心角θ=37°。一质量为M=1kg的小球（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）若小球恰好能从A点飞出，求A点小球速度和小球落地点与B点的水平距离；
（2）若小球从A 点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在A点对圆弧轨道的压力大小。
15．如图所示，质量为m1的货物从与水平面的夹角θ=37°、长s=2m的斜面顶端由静止下滑，斜面底端与长L=1.6m、质量m2=l0kg物块上表面等高紧靠但不连接。货物从斜面滑上物块，速度大小不变，速度方向垂直于物块左边缘。已知货物与斜面间动摩擦因数μ1=0.25，货物与物块间动摩擦因数μ2=0.4，物块与地面间动摩擦因数μ3=0.2，货物质量取值范围5kg≤m1≤50kg，g取10m/s2，货物视为质点。求：
（1）货物在斜面底端时的速度大小；
（2）若货物滑上物块后，物块静止，货物的质量的取值范围及在物块上表面滑动的距离；
（3）若货物滑上物块后，物块滑动，求恰好停在物块右边缘的货物的质量。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．交会对接需精确控制飞船姿态，其大小、形状不可忽略，不能视为质点，故A错误；
B．“23 时 13 分” 是发射的瞬间状态，对应时刻；“3 小时 19 分钟” 是发射到对接的过程时长，对应时间，故B正确；
C.11.2km/s 是第二宇宙速度（脱离地球引力的最小速度），天舟八号绕地球运行，发射速度应小于 11.2km/s，故C错误；
D．位移是从初位置到末位置的有向线段，绕地球一周后初、末位置重合，位移为 0；路程才等于绕行轨迹的周长，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查质点、时刻与时间、宇宙速度、位移与路程的基本概念，核心思路是结合实际情境，明确各物理概念的定义与适用条件，逐一判断选项的正确性。
2．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A：对小球受力分析，由牛顿第二定律得 ，解得 ，故A错误；
BC：设轨迹圆心O到悬点B的距离为，则，代入上式得，角速度与绳长无关，根据可知周期也与绳长无关，故BC错误；
D：保持细线与竖直方向夹角不变时，，细线越长，越大，小球运动的角速度越小，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查圆锥摆模型的角速度计算，结合受力分析与牛顿第二定律推导角速度表达式；
BC：考查圆心到悬点距离不变时，绳长对周期的影响，分析角速度与绳长的关系；
D：考查夹角不变时，绳长对角速度的影响，结合角速度表达式分析变化规律。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．物体 A 静止，受力平衡（水平受压力F和 B 的支持力，竖直受重力和 B 的摩擦力），A正确；
B．压力F与墙壁对物体B的支持力没有作用在一个物体上，不是一对平衡力，B正确；
C．物体A对物体B的压力与物体B对物体A的支持力是一对相互作用力，C正确；
D．物体B所受的重力等于 A对B的摩擦力与墙壁对物体B的摩擦力之和，所以物体B所受的重力与墙壁对物体B的摩擦力不是一对平衡力，D错误。
故答案为：D。
【分析】明确平衡力（同一物体、大小相等方向相反）与相互作用力（两个物体、相互作用）的条件，结合受力分析判断各力的关系。
4．【答案】C
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：由v-t图像可知，a车在时刻后做匀速直线运动，而b车一直做匀加速直线运动。要使两车不会相遇，应为b车在前，a车在后，故A错误；
B：由v-t图像可知，时刻前a车速度较大，两车距离逐渐减小；时刻后b车速度较大，两车距离逐渐增大，因此在时刻两车速度相等，此时两车间距离最近，故B错误；
C：由v-t图像可知，b车做初速度为0的匀加速直线运动，在时刻b车的速度大小为，则加速度为，所以在时刻b车的速度大小为，故C正确；
D：两车在运动过程中不会相遇，所以出发时两车之间的距离要大于。若距离为，则在时刻两车会恰好相遇，不符合题意，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查追及相遇问题中两车的前后位置判断，结合v-t图像分析运动情况；
B：考查追及相遇问题中两车距离的变化规律，明确速度相等时是距离的极值点；
C：考查匀加速直线运动的速度计算，结合加速度的定义式求解；
D：考查追及相遇问题中不相遇的条件，计算两车在时刻的位移差，判断初始距离的取值范围。
5．【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】小球A竖直上抛能到达的最大高度为：，设从小球A抛出到两球相撞的时间为。取向上为正方向，小球A的位移：，小球B从最高点以初速度竖直向下抛出，位移：，两球相撞时位移关系为，即：，化简得：，解得：
故答案为：B。
【分析】本题考查竖直上抛运动的相遇问题，关键是先求出A球上升的最大高度，再分别写出两球的位移表达式，利用相遇时的位移关系列方程求解时间。
6．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．若将杆Q移动一段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后， 变大，两绳拉力大小相等，合力与B的重力等大反向，设绳OP与竖直方向夹角为，则有，角度变大，则绳中拉力变大，A错误；
B．根据上述，绳中拉力变大，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向上，则摩擦力可能减小，也有可能反向，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向下，则摩擦力增大，B错误；
C．对A和斜面整体分析，斜面倾角为，水平方向有
竖直方向有，绳的拉力变大，斜面体与地面之间的摩擦力变大，斜面体与地面之间的弹力变小，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】对动滑轮系统、物体A、整体分别受力分析，结合力的平衡条件和角度变化对拉力的影响，推导各力的变化规律。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功的概念；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，由于图像的斜率表示加速度，根据图像斜率可得货物加速度
如图所示，根据动滑轮的规律可知工人拉绳子的加速度大小为，故A错误；
B．以货物为对象，根据牛顿第二定律得
所以，故B错误；
C．内，根据位移公式可知物体的位移
所以内做的功大小为，故C错误；
D．根据做功与时间的比值可以得出平均功率为：，故D正确。
故选D。
【分析】利用图像斜率可以求出货物加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出恒力的大小；利用位移公式可以求出位移的大小，结合恒力的大小可以求出恒力做功的大小，再结合作用时间可以求出平均功率的大小。
8．【答案】A,D
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A：小船船头始终垂直于河岸，过河时间由河宽和船在静水中的速度决定，计算公式为 ，故A正确；
B：根据上述计算，过河时间为15s，不是20s，故B错误；
C：由于小船船头始终垂直于河岸，水流会使小船沿水流方向产生位移，合速度方向斜向右上方，因此小船不能垂直到达河的正对岸，故C错误；
D：由上述分析可知，小船不能垂直到达河的正对岸，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A：考查小船渡河时间的计算，明确船头垂直河岸时，渡河时间由河宽和船在静水中的速度决定；
B：考查渡河时间的计算结果判断，对比计算结果与选项数值；
C：考查小船能否到达正对岸的判断，分析合速度的方向；
D：考查合速度方向对小船到达位置的影响，明确船头垂直河岸时的运动特点。
9．【答案】A,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．同步轨道为低轨道，“遨龙一号”逆时针运行，在点需点火向左喷气加速（ 获得与速度同向的推力 ），才能进入更高的转移轨道，故A正确；
B．根据，点到地心距离相同，所以同步轨道与转移轨道经过点时加速度相等，故B错误；
C．点火加速变轨，除重力外的力做正功，机械能增加，故转移轨道机械能大于同步轨道，故C正确；
D．由，得，因未知墓地轨道半径，无法计算地球质量，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】核心是结合卫星变轨的受力（ 喷气加速的推力作用 ）、加速度公式（ ）、机械能变化（ 除重力外的力做功 ），以及天体质量计算的条件（ 需知轨道半径 ），对各选项逐一分析判断。
10．【答案】B,C
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A：当B受到的静摩擦达到最大时，绳子刚好产生弹力，根据牛顿第二定律 ，解得 。因此当 时，绳子一定有弹力，故A错误；
B：当 时，B受到的静摩擦力已达到最大，因此当 范围内增大时，B所受摩擦力保持不变，故B正确；
C：当A、B所受摩擦力均达到最大时，A、B相对于转盘即将滑动。对A有 ，对B有 ，联立解得 ，故C正确；
D：剪断细线后，A受到的静摩擦力不足以提供向心力，会做离心运动；B不受拉力作用，最大静摩擦力也不足以提供向心力，同样会做离心运动，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A：考查绳子弹力产生的临界条件，结合B的受力分析与牛顿第二定律，确定绳子刚好产生弹力的角速度；
B：考查静摩擦力的变化规律，分析角速度超过临界值后B所受摩擦力的变化情况；
C：考查两木块即将滑动的临界条件，结合整体受力分析，联立牛顿第二定律方程求解临界角速度；
D：考查剪断细线后两木块的运动情况，分析静摩擦力能否提供向心力，判断运动趋势。
11．【答案】匀速直线运动；不变；不需要；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 （1） 仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明两球在水平方向的运动完全相同，说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动。
故答案为：匀速直线运动
（3） 根据，竖直高度不变时，小球运动时间不变。
故答案为：不变
（4） 安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑。
故答案为：不需要
（5） 由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动的推论，水平方向
联立解得
故答案为：
【分析】(1) 本题考查平抛运动水平分运动的性质，通过对比实验验证水平方向匀速直线运动。
(2) 本题考查平抛运动的时间决定因素，时间仅由下落高度决定，与水平初速度无关。
(3) 本题考查平抛实验装置的操作要求，斜槽末端水平是关键，轨道无需光滑。
(4) 本题考查利用平抛轨迹求初速度，需结合竖直方向的匀变速推论和水平方向的匀速直线运动求解。
12．【答案】A；0.40；能；0.20
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）A．为了在纸带上留下更多的点，实验应当先接通电源后释放滑块。故A正确；
B．本实验目的是利用滑块运动的加速度结合牛顿第二定律测量动摩擦因数，不需要平衡摩擦力。故B错误；
C．对于沙桶和动滑轮，根据牛顿第二定律有
可知滑块在加速运动的过程中，弹簧测力计的示数不等于沙桶的重力，故C错误；
D．实验中利用测力计直径测量滑块受到的拉力，所以不需要保证沙桶的总质量远小于滑块的质量。故D错误。故选A。
（2）已知打点周期为0.02s，纸带上相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法，可得滑块的加速度大小为：
（3）对滑块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知
整理可得加速度a与F的表达式为：
结合图像的斜率和截距可得滑块的质量及动摩擦因数有：
解得
根据上述分析可以得出滑块的质量为0.1kg，滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.20。
【分析】（1）为了在纸带上留下更多的点，实验应当先接通电源后释放滑块；本实验目的是利用滑块运动的加速度结合牛顿第二定律测量动摩擦因数，不需要平衡摩擦力；对于沙桶和动滑轮，根据牛顿第二定律可以判别弹簧测力计的示数不等于沙桶的重力；实验中利用测力计直径测量滑块受到的拉力，所以不需要保证沙桶的总质量远小于滑块的质量；
（2）利用逐差法可以求出滑块加速度的大小；
（3）利用滑块的牛顿第二定律结合图像斜率和截距可以求出动摩擦因数和滑块质量的大小。
13．【答案】（1）解：对滑雪者受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得滑雪者下滑时的加速度大小为
（2）解：根据匀变速直线运动规律可知，在4s内滑雪者下滑位移的大小
（3）解：根据匀变速直线运动规律可知，4s末滑雪者的速度大小为
根据运动的分解可知，此时滑雪者竖直方向的速度
因此，4s末人与滑板总重力的瞬时功率
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】(1) 本题考查牛顿第二定律在斜面上的应用，关键是对滑雪者进行受力分析，沿斜面方向列方程求解加速度。
(2) 本题考查匀变速直线运动的位移公式，已知初速度、加速度和时间，可直接计算位移。
(3) 本题考查瞬时功率的计算，重力的功率由竖直方向的分速度决定，需先求末速度的竖直分量，再用 计算。
（1）对滑雪者受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得滑雪者下滑时的加速度大小为
（2）根据匀变速直线运动规律可知，在4s内滑雪者下滑位移的大小
（3）根据匀变速直线运动规律可知，4s末滑雪者的速度大小为
根据运动的分解可知，此时滑雪者竖直方向的速度
因此，4s末人与滑板总重力的瞬时功率
14．【答案】（1）解：小球恰好能从A点飞出，重力提供小球圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
小球从A点飞出后做平抛运动，则在竖直方向上有
解得小球在空中运动的时间
故小球落地点与B点的水平距离
（2）解：设小球从A点飞出的速度为时，恰好从C点沿切线进入圆弧轨道，小球在C点的速度为，根据动能定理可得
根据运动的分解可得
联立解得
在A点对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
结合牛顿第三定律可知，小球在A点对圆弧轨道的压力大小
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 本题考查圆周运动临界条件和平抛运动，恰好通过A点时重力提供向心力，可求A点速度；再结合平抛运动规律求水平位移。
(2) 本题考查平抛运动、动能定理与圆周运动的综合应用，先根据C点的速度方向求出速度分量关系，再结合动能定理求A点速度，最后用牛顿第二定律求轨道压力。
（1）小球恰好能从A点飞出，重力提供小球圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
小球从A点飞出后做平抛运动，则在竖直方向上有
解得小球在空中运动的时间
故小球落地点与B点的水平距离
（2）设小球从A点飞出的速度为时，恰好从C点沿切线进入圆弧轨道，小球在C点的速度为，根据动能定理可得
根据运动的分解可得
联立解得
在A点对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
结合牛顿第三定律可知，小球在A点对圆弧轨道的压力大小
15．【答案】解：（1）货物在斜面上向下做匀加速直线运动，对货物进行分析有
根据位移与速度的关系式有
解得
（2）货物滑上物块后，货物对物块的摩擦力为
物块与地面之间的最大静摩擦力为
若物块静止，则有
解得5kg≤m1≤10kg
货物在物块上做匀减速直线运动，令速度减为0，利用逆向思维有
解得
表明货物从物块右边缘飞出，即货物在物块上表面滑动的距离为1.6m。
（3）货物滑上物块后，物块滑动，货物向右做匀减速直线运动，物块向右做匀加速直线运动，当两者速度相等时，保持相对静止向右做匀减速直线运动，对物块有
令相等速度为，则有
由于货物恰好停在物块右边缘，则有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）斜面下滑过程
1、考点：牛顿第二定律在斜面模型中的应用。
加速度 的推导与计算。运动学公式 的使用。
质量 在加速度表达式中被消去，结果与质量无关。
2、易错点：混淆 与 的值（37° 时 ）。摩擦力计算错误：误用 而不是
（2）物块静止的条件
1、考点：最大静摩擦力判断：，其中 。
货物对物块的滑动摩擦力 。比较 得出质量范围。
货物在物块上做匀减速直线运动的位移计算，并与板长比较判断是否滑出。
2、易错点：物块与地面间的正压力错误写成 （正确是 ，因为货物在物块上增加了压
计算货物在物块上滑行距离时，误用相对加速度或忘记板长限制，得出 时应取板长。
（3）恰好停在物块右边缘
1、考点：板块模型：两物体相对运动 → 共速 → 相对位移等于板长。
分别对货物和物块列牛顿第二定律求加速度。共速条件列方程：。
相对位移公式：，或直接用相对初速和相对加速度求相对位移。
2、易错点：物块加速度 的符号与计算：
误认为共速时货物对地位移等于板长（应是相对位移等于板长）。解方程组时，两个方程（共速条件、相对位移条件）联立消元出错。最后解出 后未检查是否在给定范围 内。
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