2025-2026学年湖北省武汉市武昌实验学校高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年湖北省武汉市武昌实验学校高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）新能源汽车在追求强劲动力的同时，也不能忽视对行驶平顺性的精准调控。冲击度，即汽车加速度的变化率，是反映其驾乘品质的重要指标之一。那么冲击度的单位应该是（ ）
A．m/sB．m/s2C．m/s3D．m/s4
2．（4分）物体受到下列几组共点力的作用，其中一定能使物体产生加速度的是（ ）
A．3N，6N，10NB．4N，7N，8NC．5N，8N，12ND．6N，8N，10N
3．（4分）如图所示为旋转脱水拖把结构图，旋转杆上有长度为35cm的螺杆，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）为d＝5cm，固定套杆内部有与旋转杆的螺纹相配套的凹纹，如果旋转杆不动，固定杆可以在旋转杆上沿其轴线旋转上行或下行。把拖把头放置于脱水筒中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆使拖把头和脱水筒一起转动，把拖把上的水甩出去。拖把头的托盘半径为8cm，拖布条的长度为6cm，脱水筒的半径为12cm。某次脱水时，固定套杆在2s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是（ ）
A．紧贴脱水筒壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
B．旋转时脱水筒壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为2：1
C．拖把头转动的周期为3.5s
D．拖把头转动的角速度为7πrad/s
4．（4分）质量为3kg的小物体在xOy平面内运动，t＝0时刻该物体位于坐标原点，其x、y方向上的速度—时间图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体做直线运动
B．物体所受合力大小为6N
C．物体在2s内的位移方向与x轴正方向的夹角为45°
D．物体在2s末的速度大小为4m/s
5．（4分）中国空间站离地高度约为400km，地球静止卫星（绕地公转周期24h）离地高度约为36000km，地球半径约为6400km。利用以上数据计算航天员在24h内看到日出的次数可能为（ ）
A．12B．16C．18D．21
6．（4分）如图所示，在竖直方向运动的升降机内，放置用轻杆相连的A、B两小球，两球质量分别为m、3m，杆与竖直方向的夹角为30°。只考虑B球与升降机底板间摩擦，且最大静摩擦力与正压力之比为k。升降机以不同加速度a（a＜g）向上运动时两球静止。以竖直向上为正方向，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当和时，轻杆对小球A的作用力大小相等
B．当时，B球与底板间的摩擦力为零
C．为保证轻杆与厢壁始终相对静止，k的最小值为
D．若，升降机向上加速运动的最大加速度为
7．（4分）一架救援飞机在灾区上空沿水平方向做匀减速直线运动，沿途隔相等的时间连续投放救灾物资。若不计空气的阻力，则下列四幅图中能反映以地面为参考系救灾物资落地前在空中排列的图形的是（ ）
A．B．
C．D．
（多选）8．（4分）如图所示是某同学用手机传感器软件研究自己在下蹲起立过程中竖直方向的加速度a随时间t变化的情况（以竖直向上为正方向）。下列说法中正确的是（ ）
A．该同学在0～5s内仅完成了一次先下蹲再起立的过程
B．该同学下蹲过程中的最大加速度的大小约为6.40m/s2
C．该同学起立过程中的最大加速度的大小约为10.00m/s2
D．该同学竖直方向加速度为12.86m/s2时，他的速度向上
（多选）9．（4分）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．若μ＝0.2，当F＝4N时，木板相对斜劈向右运动
B．若μ＝0.5，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止
C．若μ＝0.8，当F＝20N时，小球对斜劈的压力为0
D．若μ＝0.8，当F＝24N时，细绳与水平方向的夹角大于45°
（多选）10．（4分）如图所示，水平圆盘绕过圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，A、B、C三个木块放置在圆盘上面的同一条直径上。已知A的质量为2m，A与圆盘间的动摩擦因数为2μ；B和C的质量均为m，B和C与圆盘间的动摩擦因数均为μ。OA、OB、BC之间的距离均为L，开始时，圆盘匀速转动时的角速度ω比较小，A、B、C均和圆盘保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．圆盘转动的角速度缓慢增大的过程中，C最先发生滑动
B．圆盘转动的角速度缓慢增大的过程中，A、B同时发生滑动
C．若B、C之间用一根长为L的轻绳连接，当圆盘转动的角速度缓慢增大时，B在滑动前与圆盘间的静摩擦力先增大后减小
D．若A、B之间用一根长2L的轻绳连接，则当圆盘转动的角速度时，A、B可与圆盘保持相对静止
二、解答题：本题共5小题，共60分。
11．（6分）某同学探究平抛运动的规律，设计了如图1所示的装置，操作如下：
①在小球抛出点的正前方L1处竖直固定一个刻度尺，刻度尺零刻度线与小球抛出点在同一高度；
②小球水平抛出后，打在刻度尺上的刻度记为h1；
③水平向右移动刻度尺，测出小球抛出点与刻度尺的水平距离为L2，以相同的初速度继续抛出小球，打在刻度尺上的刻度为h2。
回答下列问题：
（1）若满足 （用h1，h2表示），可证明小球水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动。
（2）如图2所示，若在距离刻度尺L处放置一点光源，点光源与刻度尺零刻度线在同一高度，将小球紧靠点光源以初速度v0水平抛出，小球水平抛出后在刻度尺上的光影随小球向下做匀速直线运动。取重力加速度为g，则小球的光影做匀速直线运动的速度大小为 （结果用v0、L、g表示）。
12．（10分）如图（a）为使用位移传感器研究加速度与力的关系的实验装置。在该实验中将位移传感器的接收端安装在轨道上，发射端安装在小车上。
（1）该实验的设计运用了 的思想。（选填“构建理想化模型”“控制变量法”或“转换法”）
（2）平衡摩擦阻力后，改变所挂钩码的数量，多次测量。在某次实验中根据测得的多组数据画出如图（b）所示的a﹣F图线。此图线的后半段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 。（选填正确答案前的字母）
A.所挂钩码的总质量太大
B.所用小车和传感器的总质量太大
C.拉小车的细线没有平行轨道
D.小车与轨道之间存在摩擦
（3）某小组对该实验做出改进并做了新的尝试，步骤如下：
①设小车及上面固定的位移传感器的总质量为M，取一盒总质量为m＝0.1kg的砝码放置在小车上，小车左侧不挂任何物体，将长木板的右侧抬高，调节长木板的倾角，使小车在木板上自由运动，观察电脑屏幕上的v﹣t图像，直至图像为一条平行于时间轴的直线。
②在左侧通过定滑轮为小车连接质量为m0的小盘，使小车无初速滑下，根据计算机上的v﹣t图像得出小车的加速度a0。
③从小车上取下质量为mx的砝码放到小盘中，再使小车无初速滑下，根据计算机上的v﹣t图像得出小车相应的加速度ax。
④改变mx的大小，重复步骤③，得到6组mx及其对应的加速度ax的数据。
⑤建立坐标系，作出如图（c）所示的ax﹣mx图线。从图（c）中求出图像的斜率k＝10m/（kg•s2），截距b＝0.8m/s2。
则m0＝ kg，M＝ kg（取重力加速度g＝10m/s2）。
13．（9分）如图所示，距离质量为M、半径为R、密度均匀的球体表面R处有一质量为m的质点，此时M对m的万有引力为F1。当从M中挖去两个半径为r＝0.5R的球体时，剩下部分对m的万有引力为F2。求F1与F2的比值。
14．（15分）如图所示为跳台滑雪赛道的简化示意图，助滑道与起跳平台平滑连接，长直着陆坡与水平面的夹角θ＝37°。质量为m＝60kg的运动员（含装备）沿助滑道从A点下滑，到达起跳平台末端B点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后落在着陆坡上的C点。B、C点的距离是评判运动员比赛成绩的重要依据。考虑空气对运动员的作用，如图所示，运动员在空中飞行的过程中空气对运动员的作用力F的方向与竖直方向夹角α恒为11°。F的大小恒为运动员所受重力的0.2倍。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，sin11°＝0.20，cs11°＝0.98。若运动员以20m/s的速度从B点水平飞出，试通过计算说明空气作用力F是否有助于提高运动员成绩。
15．（20分）一套机械装置的结构简图如下：传动带AB部分水平，其长度L1＝1.2m，传送带以v1＝3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径r＝0.4m，其下端C点与半径R＝0.5m的圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧EF对应的圆心角θ＝37°，F点和倾斜传送带GH的下端G点平滑连接，倾斜传送带GH长为L2＝4.45m，其倾角θ＝37°。将一质量m＝0.5kg可视为质点的物块从水平传送带左端A处由静止释放，物块经过B点水平抛出后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道。当物块经过F点时，圆弧给物块的摩擦力f＝14.5N，然后物块滑上倾斜传送带GH。已知物块与所有的接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，，求：
（1）物块由A到B所经历的时间；
（2）DE弧对应的圆心角α为多少；
（3）若要物块能被送到H端，倾斜传动带顺时针运转的速度v2应满足的条件及物块从G到H端所用时间的取值范围。
2025-2026学年湖北省武汉市武昌实验学校高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分。
1．（4分）新能源汽车在追求强劲动力的同时，也不能忽视对行驶平顺性的精准调控。冲击度，即汽车加速度的变化率，是反映其驾乘品质的重要指标之一。那么冲击度的单位应该是（ ）
A．m/sB．m/s2C．m/s3D．m/s4
【分析】根据冲击度的定义加速度的变化率，结合加速度与时间的单位，推导冲击度的单位。
【解答】解：由题意可知，冲击度的定义加速度的变化率即，加速度a的单位是m/s2，时间t的单位是s，因此冲击度的单位为m/s3，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】学生易混淆加速度与加速度变化率的单位，需重点关注物理量的定义式与单位的对应关系。
2．（4分）物体受到下列几组共点力的作用，其中一定能使物体产生加速度的是（ ）
A．3N，6N，10NB．4N，7N，8NC．5N，8N，12ND．6N，8N，10N
【分析】先根据力的合成法则，判断每组力的合力是否可能为零。若合力不可能为零，则物体一定产生加速度。
【解答】解：A、3N，6N，10N三个力中3N与6N的合力范围为3N～9N，不可以与10N的力平衡，合力一定不为零，所以一定能产生加速度，故A正确；
B.4N，7N，8N三个力中4N与7N的合力范围为3N～11N，8N在这个范围内，三个力可以平衡，合力可以等于零，所以不一定产生加速度，故B错误；
C.5N，8N，12N三个力中5N与8N的合力范围为3N～13N，12N在这个范围内，三个力可能平衡，合力可以等于零，所以不一定产生加速度，故C错误；
D.6N，8N，10N三个力中6N与8N的合力范围为2N～14N，10N在这个范围内，三个力可以平衡，合力可以等于零，所以不一定产生加速度，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查共点力的合成与牛顿第二定律的结合，关键是判断三个力能否构成闭合三角形，即是否满足任意两力之和大于等于第三力、任意两力之差小于等于第三力。
3．（4分）如图所示为旋转脱水拖把结构图，旋转杆上有长度为35cm的螺杆，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）为d＝5cm，固定套杆内部有与旋转杆的螺纹相配套的凹纹，如果旋转杆不动，固定杆可以在旋转杆上沿其轴线旋转上行或下行。把拖把头放置于脱水筒中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆使拖把头和脱水筒一起转动，把拖把上的水甩出去。拖把头的托盘半径为8cm，拖布条的长度为6cm，脱水筒的半径为12cm。某次脱水时，固定套杆在2s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是（ ）
A．紧贴脱水筒壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
B．旋转时脱水筒壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为2：1
C．拖把头转动的周期为3.5s
D．拖把头转动的角速度为7πrad/s
【分析】根据固定套杆下压距离与螺距计算旋转杆的转动圈数，进而求出角速度、周期等物理量，再结合向心加速度公式和离心运动特点分析各选项。
【解答】解：A.紧贴脱水筒壁的拖布条半径最大，根据a＝ω2r，可知，半径越大，向心加速度越大，需要的向心力越大，越容易甩出，故A错误；
B.脱水筒壁的半径为12cm，托盘边缘半径为8cm，根据a＝ω2r，可知，向心加速度之比，故B错误；
C.旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离d＝5cm，所以共7圈，固定套杆在2s内匀速下压了35cm，所以2s转了7个周期，故周期s，故C错误；
D.根据周期和角速度的关系为，故D正确。
故选：D。
【点评】这是一道结合螺纹传动与圆周运动的综合应用题，考查圆周运动物理量的计算及离心现象的理解，是力学部分的典型综合题型。
4．（4分）质量为3kg的小物体在xOy平面内运动，t＝0时刻该物体位于坐标原点，其x、y方向上的速度—时间图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体做直线运动
B．物体所受合力大小为6N
C．物体在2s内的位移方向与x轴正方向的夹角为45°
D．物体在2s末的速度大小为4m/s
【分析】根据其初始的合速度、合加速度的特点，可判断其是否做直线运动；根据合加速度大小可计算合力大小；根据前2s内的速度、位移特点可计算2s末的速度大小和位移。
【解答】解：A、初始的合速度为：，代入得：vm/s，初速度的方向为：，代入得：，即合速度方向与x轴正半轴成α角，斜向下；合加速度为：，，，，，代入得：，加速度方向：，代入得：tanβ＝1，即合加速度方向，与x轴负方向成45°角，斜向下，即合速度与合加速度不共线，物体不能做直线运动，故A错误；
B、根据受力和加速度的关系可知：，故B错误；
C、前两秒内，在x轴上的分位移为：，得：x＝10m，在y轴上的分位移为：，得：y＝﹣10m，即2s末位移与x轴夹角为：45°，故C正确；
D、2s末，在x轴上的分速度为：vx2＝vx﹣axt0，得：vx2＝4m/s，在y轴上的分速度为：vy2＝vy﹣ayt0，得：vy2＝﹣6m/s，合速度大小为：，解得：，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查两个方向的分运动的合成，注意互相垂直的方向上的运动和受力均互不影响。
5．（4分）中国空间站离地高度约为400km，地球静止卫星（绕地公转周期24h）离地高度约为36000km，地球半径约为6400km。利用以上数据计算航天员在24h内看到日出的次数可能为（ ）
A．12B．16C．18D．21
【分析】根据题意计算各自轨道半径，利用开普勒第三定律计算空间站周期，再求解航天员在24h内看到日出的次数。
【解答】解：由题意可知，空间站的轨道半径为r1＝400km+6400km＝6800km，地球同步卫星的轨道半径为r2＝36000km+6400km＝42400km，地球同步卫星的周期为T2＝24h，则根据开普勒第三定律可得可得，空间站的周期为，代入数据解得T1≈1.5h，所以航天员在24h内看到日出的次数为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查开普勒第三定律的应用，但计算量较大且容易出错，属于基础题。
6．（4分）如图所示，在竖直方向运动的升降机内，放置用轻杆相连的A、B两小球，两球质量分别为m、3m，杆与竖直方向的夹角为30°。只考虑B球与升降机底板间摩擦，且最大静摩擦力与正压力之比为k。升降机以不同加速度a（a＜g）向上运动时两球静止。以竖直向上为正方向，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当和时，轻杆对小球A的作用力大小相等
B．当时，B球与底板间的摩擦力为零
C．为保证轻杆与厢壁始终相对静止，k的最小值为
D．若，升降机向上加速运动的最大加速度为
【分析】对A受力分析，根据牛顿第二定律分析；只有系统处于完全失重状态，B球与底板间才无压力，B球与底板间的摩擦力为零；根据整体法和隔离法结合牛顿第二定律分析。
【解答】解：A、根据题意分析可知，由牛顿第二定律FNA﹣mg＝ma，当和时，轻杆对小球A的作用力大小不相等，加速度越大，轻杆对小球A的作用力越大，故A错误；
B、根据题意分析可知，当时，隔离A可知AB杆一定存在弹力，对B受力分析，将杆作用力沿水平和竖直方向分解，两球静止，则B球与底板间的摩擦力不为零，故B错误；
C、根据题意分析可知，设杆的弹力为FN，升降机向上运动的加速度为a，升降机壁对A的弹力为FNA1，对A在竖直方向上FNcs30°﹣mg＝ma，对A在水平方向上FNsin30°＝FNA1
对系统水平方向FNA1＝k•（4mg+4ma）
解得，故C正确；
D、根据题意分析可知，因为k（4mg+4ma）＞mgtan30°，即升降机向上加速运动时，无论加速度取何值，B球受到的静摩擦力均大于壁对A球的弹力，若，升降机向上加速运动的加速度可以取任意值，故D错误。
故选：C。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。
7．（4分）一架救援飞机在灾区上空沿水平方向做匀减速直线运动，沿途隔相等的时间连续投放救灾物资。若不计空气的阻力，则下列四幅图中能反映以地面为参考系救灾物资落地前在空中排列的图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】飞机做匀减速直线运动，物资被投放时的初速度随时间减小，水平位移差也逐渐减小，同时物资在竖直方向做自由落体运动，因此在空中的排列会形成一条竖直线。
【解答】解：以某个救灾物资抛出点为坐标原点O，初速度方向为x轴，竖直向下为y轴，设该救灾物资抛出瞬间水平方向速度为vx，经时间t，位置坐标为P（x，y）
根据平抛运动公式有x＝vxt，，设此时飞机坐标为Q（x1，y1），飞机做匀减速直线运动，则，y1＝0。如图所示：
，，则，可知θ不变，救灾物资相对飞机的运动方向不变.飞机向右做匀减速直线运动，则三个救灾物资在空中落地前排列的图形是一条倾斜的直线，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题结合匀减速运动与平抛运动的规律，考查相对运动与运动分解的应用，关键是抓住水平速度的变化与竖直方向的同步性。
（多选）8．（4分）如图所示是某同学用手机传感器软件研究自己在下蹲起立过程中竖直方向的加速度a随时间t变化的情况（以竖直向上为正方向）。下列说法中正确的是（ ）
A．该同学在0～5s内仅完成了一次先下蹲再起立的过程
B．该同学下蹲过程中的最大加速度的大小约为6.40m/s2
C．该同学起立过程中的最大加速度的大小约为10.00m/s2
D．该同学竖直方向加速度为12.86m/s2时，他的速度向上
【分析】根据加速度正负区分下蹲（负加速度）和起立（正加速度）阶段，结合图像中加速度的变化判断运动过程与速度方向。
【解答】解：A.0～5s内，图像呈现了“负加速度（下蹲加速）→正加速度（下蹲减速）→正加速度（起立加速）→负加速度（起立减速）→负加速度（再次下蹲）”的过程，说明完成了至少一次完整的下蹲起立+一次下蹲，并非仅一次，故A错误；
B.下蹲过程中，向下加速阶段的加速度为负，图像中负向加速度的最大值约为﹣6.40m/s2因此下蹲过程的最大加速度大小约为6.40m/s2，故B正确；
C.起立过程中，向上加速阶段的加速度为正，图像中正向加速度的最大值约为12.86m/s2，并非10.00m/s2，故C错误；
D.加速度为12.86m/s2时处于起立加速阶段，此时速度方向向上（与加速度方向一致），故D正确。
故选：BD。
【点评】本题以下蹲起立的生活场景为背景，结合a﹣t图像考查运动状态分析，注重对加速度与速度关系的理解和应用。
（多选）9．（4分）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．若μ＝0.2，当F＝4N时，木板相对斜劈向右运动
B．若μ＝0.5，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止
C．若μ＝0.8，当F＝20N时，小球对斜劈的压力为0
D．若μ＝0.8，当F＝24N时，细绳与水平方向的夹角大于45°
【分析】先判断木板与斜劈间是否发生相对滑动，再分析小球与斜劈的相对运动状态，结合受力分析和牛顿第二定律判断各选项。
【解答】解：A.若 μ＝0.2，当 F＝4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有 F＝3ma
代入数据得，对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有 μ（m+m）g＝（m+m）a极，
代入数据得，可知此时木板相对于斜劈静止，故A错误；
B.若 μ＝0.5，假设斜劈与球保持相对静止，对斜劈与球构成的系统，最大加速度为 a
代入数据得a＝5m/s2，当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
代入数据得，可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B正确；
C.若 μ ＝0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速度为a
代入数据得a＝8m/s2，此时对板、球和斜劈构成的系统，有F临界＝（m+m+m）a
代入数据得F＝24N，当 F＝20N时，板、球和斜劈相对静止，有
代入数据得am/s2，结合B选项分析可知此时球对斜劈有压力，故C错误；
D.若 μ ＝0.8，则由C选项分析可知此时恰好达到三者保持相对静止的临界状态，加速度大小为8m/s2，对小球，有ma临界
代入数据得1，所以夹角大于45°，故D正确。
故选：BD。
【点评】这是一道涉及连接体、相对运动与临界状态的综合力学题，考查受力分析、临界条件判断和牛顿定律的应用，是动力学部分的典型难题。
（多选）10．（4分）如图所示，水平圆盘绕过圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，A、B、C三个木块放置在圆盘上面的同一条直径上。已知A的质量为2m，A与圆盘间的动摩擦因数为2μ；B和C的质量均为m，B和C与圆盘间的动摩擦因数均为μ。OA、OB、BC之间的距离均为L，开始时，圆盘匀速转动时的角速度ω比较小，A、B、C均和圆盘保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．圆盘转动的角速度缓慢增大的过程中，C最先发生滑动
B．圆盘转动的角速度缓慢增大的过程中，A、B同时发生滑动
C．若B、C之间用一根长为L的轻绳连接，当圆盘转动的角速度缓慢增大时，B在滑动前与圆盘间的静摩擦力先增大后减小
D．若A、B之间用一根长2L的轻绳连接，则当圆盘转动的角速度时，A、B可与圆盘保持相对静止
【分析】依据向心力表达式，比较三个物体的向心力即可，然后比较三个物体谁的向心力会先达到最大静摩擦力，谁就先开始滑动；如果用绳把物体连起来，根据角速度求出所需向心力，再根据受力分析判定是否可以相对静止。
【解答】解：AB、A的质量为2m，A与圆盘间的动摩擦因数为2μ，A与圆盘之间的最大静摩擦力为：fA＝2m•2μg＝4μmg
A的临界角速度ωA，则有：fA＝2m•LωA2
解得：ωA
同理，B与圆盘之间的最大静摩擦力为：fB＝μmg
B的临界角速度ωB，则有：fB＝m•LωB2
解得：ωB
C与圆盘之间的最大静摩擦力为：fC＝μmg
C的临界角速度ωC，则有：fC＝m•2LωC2
解得：ωC
由以上的解析可知，随着角速度ω的不断增大，相对圆盘最先滑动的是木块C，再就是木块B，最后是木块A．故A正确，B错误；
C、若B，C之间用一根长L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度小于时，B与C之间的绳子没有拉力，B需要的向心力为：FB＝mω2L＝fB，摩擦力随角速度的增大而增大；
当圆盘转动的角速度大于时，B与C之间的绳子有拉力，绳子的拉力大小T＝mω2•2L﹣μmg
B受到的摩擦力3mω2L﹣μmg，也随角速度的增大而增大。
可知B与圆盘间静摩擦力一直增大，故C错误；
D、若A，B之间用一根长2L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度为：ω时，A需要的向心力为：FA＝2mω2L＝6μmg
B需要的向心力F′B＝mω2L＝mL•3μmg
可知，由于A需要的向心力比较大，所以A有远离O点的趋势，B有向O点运动的趋势。
当B恰好要向O点运动时，受到的静摩擦力的方向指向O点，设此时绳子的拉力为F，则有：F+μmg＝F′B
所以：F＝2μmg
则有：F+fA＝2μmg+4μmg＝6μmg＝FA，所以当圆盘转动的角速度：ω时，A，B可与圆盘保持相对静止，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答。
二、解答题：本题共5小题，共60分。
11．（6分）某同学探究平抛运动的规律，设计了如图1所示的装置，操作如下：
①在小球抛出点的正前方L1处竖直固定一个刻度尺，刻度尺零刻度线与小球抛出点在同一高度；
②小球水平抛出后，打在刻度尺上的刻度记为h1；
③水平向右移动刻度尺，测出小球抛出点与刻度尺的水平距离为L2，以相同的初速度继续抛出小球，打在刻度尺上的刻度为h2。
回答下列问题：
（1）若满足 （用h1，h2表示），可证明小球水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动。
（2）如图2所示，若在距离刻度尺L处放置一点光源，点光源与刻度尺零刻度线在同一高度，将小球紧靠点光源以初速度v0水平抛出，小球水平抛出后在刻度尺上的光影随小球向下做匀速直线运动。取重力加速度为g，则小球的光影做匀速直线运动的速度大小为 （结果用v0、L、g表示）。
【分析】（1）根据匀变速直线运动的规律和匀速直线运动的规律计算；
（2）根据匀变速直线运动、匀速直线运动的规律和几何知识计算。
【解答】解：（1）小球离开平台后做平抛运动，竖直方向
飞行时间
若小球水平方向做匀速直线运动，则水平位移
因此，水平位移之比
（2）设小球运动的时间为t′，光影向下运动的距离为s；
水平位移x＝v0t′
竖直位移
根据几何关系
小球的光影做匀速直线运动的速度大小
联立解得。
故答案为：（1）；（2）。
【点评】本题关键掌握探究平抛运动规律的实验原理和匀变速直线运动的规律。
12．（10分）如图（a）为使用位移传感器研究加速度与力的关系的实验装置。在该实验中将位移传感器的接收端安装在轨道上，发射端安装在小车上。
（1）该实验的设计运用了 控制变量法 的思想。（选填“构建理想化模型”“控制变量法”或“转换法”）
（2）平衡摩擦阻力后，改变所挂钩码的数量，多次测量。在某次实验中根据测得的多组数据画出如图（b）所示的a﹣F图线。此图线的后半段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 A 。（选填正确答案前的字母）
A.所挂钩码的总质量太大
B.所用小车和传感器的总质量太大
C.拉小车的细线没有平行轨道
D.小车与轨道之间存在摩擦
（3）某小组对该实验做出改进并做了新的尝试，步骤如下：
①设小车及上面固定的位移传感器的总质量为M，取一盒总质量为m＝0.1kg的砝码放置在小车上，小车左侧不挂任何物体，将长木板的右侧抬高，调节长木板的倾角，使小车在木板上自由运动，观察电脑屏幕上的v﹣t图像，直至图像为一条平行于时间轴的直线。
②在左侧通过定滑轮为小车连接质量为m0的小盘，使小车无初速滑下，根据计算机上的v﹣t图像得出小车的加速度a0。
③从小车上取下质量为mx的砝码放到小盘中，再使小车无初速滑下，根据计算机上的v﹣t图像得出小车相应的加速度ax。
④改变mx的大小，重复步骤③，得到6组mx及其对应的加速度ax的数据。
⑤建立坐标系，作出如图（c）所示的ax﹣mx图线。从图（c）中求出图像的斜率k＝10m/（kg•s2），截距b＝0.8m/s2。
则m0＝ 0.08 kg，M＝ 0.82 kg（取重力加速度g＝10m/s2）。
【分析】（1）.实验中位移传感器的接收器安装在轨道上，发射器在小车上，采用控制变量法探究加速度与力、质量的关系；
（2）.以小车与钩码整体为研究对象，分析受力后结合牛顿第二定律，说明当钩码质量远小于小车质量时，可近似认为小车拉力等于钩码重力，否则会导致实验误差并使a﹣F图线偏离直线；
（3）通过对小车和小盘分别列牛顿第二定律方程，推导出a﹣mx图线的斜率与截距表达式，再代入已知数据求出小盘质量和小车质量。
【解答】解：（1）在该实验中位移传感器的接收器安装在轨道上，发射器安装在小车上，实验采用的是控制变量法；
（2）以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m钩码g，
由牛顿第二定律得m钩码g＝（m小车+m钩码）a，小车的加速度，
小车受到的拉力，
当m钩码≪m小车时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，
如果钩码的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，a﹣F图线偏离直线，故A正确，BCD错误；
故选：A；
（3）设小车质量为M，小盘的质量为m0，对小盘分析（m0+mx）g﹣F拉＝（m0+mx）a，
对小车分析F拉＝（M+m﹣mx）a，
解得，
对于a﹣mx图线，斜率，
截距，
由题意可知k＝10m/（kg•s2）b＝0.8m/s2，
解得m0＝0.08kg，M＝0.82kg。
故答案为：（1）控制变量法；
（2）A；
（3）0.08；0.82。
【点评】本题围绕验证牛顿第二定律的实验展开，重点考查实验装置的理解、连接体模型的受力分析、实验误差对 a﹣F图像的影响，以及a﹣m图像的斜率与截距的物理意义和计算，是对实验原理、数据处理与模型推导能力的综合考查。
13．（9分）如图所示，距离质量为M、半径为R、密度均匀的球体表面R处有一质量为m的质点，此时M对m的万有引力为F1。当从M中挖去两个半径为r＝0.5R的球体时，剩下部分对m的万有引力为F2。求F1与F2的比值。
【分析】根据万有引力定律公式分别求出挖去部分对质点的引力大小，结合整体对质点的引力大小，求出剩余部分对质点的引力大小，从而得出F1、F2的比值。
【解答】解：设挖去的两个球体与m之间的万有引力分别为F左、F右，根据题意得
F1＝F2+F左+F右
根据万有引力定律得
，，
当从M中挖去两个半径为r＝0.5R的球体时，可得

解得

答：F1与F2的比值等于。
【点评】本题主要考查了万有引力定律得直接应用，注意球体对质点的距离为球心到质点的距离。
14．（15分）如图所示为跳台滑雪赛道的简化示意图，助滑道与起跳平台平滑连接，长直着陆坡与水平面的夹角θ＝37°。质量为m＝60kg的运动员（含装备）沿助滑道从A点下滑，到达起跳平台末端B点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后落在着陆坡上的C点。B、C点的距离是评判运动员比赛成绩的重要依据。考虑空气对运动员的作用，如图所示，运动员在空中飞行的过程中空气对运动员的作用力F的方向与竖直方向夹角α恒为11°。F的大小恒为运动员所受重力的0.2倍。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，sin11°＝0.20，cs11°＝0.98。若运动员以20m/s的速度从B点水平飞出，试通过计算说明空气作用力F是否有助于提高运动员成绩。
【分析】不考虑空气阻力，根据平抛运动规律，结合数学知识求解BC之间的距离；
考虑空气阻力作用，对运动员受力分析，根据水平方向、竖直方向的分运动特点，结合牛顿第二定律，运动学公式，结合数学知识求解BC之间的距离然后作答。
【解答】解：不考虑空气阻力作用，根据平抛运动的竖直分运动为自由落体，竖直分位移
水平位移x0＝v0t0
结合几何关系
代入数据解得t＝3s，h＝45m
B、C两点间距离
考虑空气阻力作用，对运动员受力分析，如下图：
根据题意F＝0.2mg
由图可知，水平方向，根据牛顿第二定律Fsinα＝max
解得
水平位移
竖直方向，根据牛顿第二定律mg﹣Fcsα＝may，
解得
竖直位移
由几何关系，可得到水平分位移、竖直分位移满足
代入数据联立解得t≈3.88s，y≈60.5m
BC距离。
答：通过计算可知，考虑空气阻力作用时BC之间的距离大于不考虑空气阻力时BC之间的距离，因此通过计算说明空气作用力F有助于提高运动员成绩。
【点评】没有空气阻力作用时，按照平抛运动的规律处理，考虑空气阻力作用时，根据牛顿第二定律和运动学公式进行处理；在有空气阻力时，注意其水平分位移、竖直分位移之比仍不变。
15．（20分）一套机械装置的结构简图如下：传动带AB部分水平，其长度L1＝1.2m，传送带以v1＝3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径r＝0.4m，其下端C点与半径R＝0.5m的圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧EF对应的圆心角θ＝37°，F点和倾斜传送带GH的下端G点平滑连接，倾斜传送带GH长为L2＝4.45m，其倾角θ＝37°。将一质量m＝0.5kg可视为质点的物块从水平传送带左端A处由静止释放，物块经过B点水平抛出后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道。当物块经过F点时，圆弧给物块的摩擦力f＝14.5N，然后物块滑上倾斜传送带GH。已知物块与所有的接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，，求：
（1）物块由A到B所经历的时间；
（2）DE弧对应的圆心角α为多少；
（3）若要物块能被送到H端，倾斜传动带顺时针运转的速度v2应满足的条件及物块从G到H端所用时间的取值范围。
【分析】（1）物块在水平传送带上从静止开始先做匀加速直线运动，由动摩擦因数计算加速度；当速度达到传送带速度后与传送带保持相对静止做匀速直线运动。需比较加速位移与传送带长度以判断运动阶段，总时间为加速时间与匀速时间之和。
（2）物块从B点以水平速度平抛，下落高度由大皮带轮半径决定。到达D点时竖直分速度可由自由落体规律求出。物块无碰撞进入圆弧轨道意味着D点速度方向沿轨道切线，由此可求出速度方向与水平方向的夹角，该夹角即为圆心角α。
（3）物块在F点所受摩擦力已知，结合动摩擦因数可求出支持力，利用圆周运动向心力公式求出物块在F点速度，此即滑上倾斜传送带的初速度。物块在倾斜传送带上运动时，需比较其速度与传送带速度v2的大小关系，从而确定其加速度方向与大小。要使物块能到达H端，需分析其全程位移与L2的关系，由此建立关于v2的不等式。时间范围则需根据不同的v2临界值，分别计算物块以不同加速度减速运动的总时间。
【解答】解：（1）物块在水平传送带AB上由静止开始做匀加速直线运动，加速度a1＝μg，代入数据解得。加速至与传送带同速v1＝3m/s所需位移，代入数据得x1＝0.9m。
由于x1＜l1＝1.2m，表明物块在到达b点前已与传送带共速。
加速阶段所用时间，代入数据得t1＝0.6s，匀速阶段位移x2＝L1﹣x1，即x2＝0.3m，匀速阶段时间，代入数据得t2＝0.1s。因此，物块从A运动到B的总时间t＝t1+t2，即t＝0.7s。
（2）物块从B点抛出后做平抛运动，下落高度h＝2r，即h＝0.8m。到达D点时的竖直分速度，代入数据得vy＝4m/s。
物块恰好无碰撞地进入圆弧轨道，说明D点速度方向沿切线方向，设切线与水平方向夹角为α，则，代入数据解得，解得：α＝53°。
（3）在F点，根据牛顿第二定律有，其中支持力，代入数据解得N＝29N。代入数据解得vF＝5m/s，即物块进入GH段的初速度vG＝5m/s。
物块在斜面GH上运动，若速度v＞v2，加速度；若速度v≤v2，加速度，代入数据解得。
要使物块能到达H端，临界情况是到达H点时速度恰好减为零。位移关系满足，代入数据解得：v2≥4m/s。
当v2＝4m/s时，物块先以﹣10m/s2减速至4m/s，再以﹣2m/s2减速至零，所用时间最长，；
当v2≥5m/s时，物块全程加速度为﹣2m/s2，由可得t2﹣5t+4.45＝0，解得：tmin＝1.16s。
综上，传送带速度需满足v2≥4m/s，物块在GH段运动时间的取值范围为[1.16s，2.1s]。
答：（1）物块由A到B所经历的时间为0.7s。
（2）DE弧对应的圆心角α为53°。
（3）倾斜传送带顺时针运转的速度v2应满足v2≥4m/s，物块从G到H端所用时间的取值范围为[1.16s，2.1s]。
【点评】本题是一道综合性极强的力学压轴题，涉及匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动、牛顿运动定律及多过程临界分析。题目考查知识点全面，计算量较大，对学生的物理建模能力、过程分析能力和数学运算能力提出了较高要求。第一问考查水平传送带上物块的运动分析，需判断是否达到共速，属于基础层级。第二问巧妙地将平抛运动与圆周运动衔接，通过“无碰撞进入”的条件关联速度方向，考查运动的合成与分解。第三问是本题的难点与亮点，物块在倾斜传送带上的运动需分阶段讨论其与传送带速度的相对关系，涉及两种加速度的转换，并需运用速度—位移关系分析临界条件以确定v2的范围及时间取值范围，充分锻炼了学生的动态过程分析和多解讨论能力。整个题目设计环环相扣，思维链条长，是一道能够有效检验学生综合素养的优秀试题。
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