2025-2026学年湖南省长沙市长郡中学高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年湖南省长沙市长郡中学高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共26页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）宇树科技是一家生产民用机器人的公司，在第一届机器人运动会上，其研发的人形机器人H1以7分10s时间在标准的400m跑道上跑动了1500m，则下列说法正确的是（ ）
A．7分10s指的是时刻
B．比赛中机器人的位移为1500m
C．研究机器人运动轨迹时，可以将其看成质点
D．比赛中机器人的平均速度约为3.5m/s
2．（4分）如图，玻璃杯底压一条纸带，用水平向右的拉力将纸带迅速抽出，纸带抽出过程中（ ）
A．纸带对水杯摩擦力的方向向左
B．抽纸带的速度越大，水杯受到的摩擦力越大
C．纸带对水杯摩擦力的方向与桌面对纸带摩擦力的方向相反
D．增加杯中的水后再抽出纸带，水杯受到摩擦力大小与未加水时相等
3．（4分）自行车部分结构如图所示，A是大齿轮边缘上一点，B是小齿轮边缘上一点，C是后轮边缘上一点。把自行车后轮支撑起来，转动脚踏板，使后轮转动起来，已知三个轮子半径满足RC＝2RA＝4RB，下面说法中正确的是（ ）
A．A、B两点线速度大小之比为1：2
B．A、B两点角速度之比为2：1
C．B、C两点角速度大小之比为1：1
D．B、C两点线速度大小之比为1：2
4．（4分）金星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，已知金星轨道半径为1.082亿千米；地球轨道半径为1.496亿千米，则关于金星和地球的绕行运动，下列说法正确的是（ ）
A．金星的线速度大于地球线速度
B．金星角速度小于地球角速度
C．金星的向心加速度小于地球的向心加速度
D．金星的周期大于地球的周期
5．（4分）已知机动车驶过减速带的安全车速不宜超过18km/h，否则易对车辆悬挂系统造成损伤且存在安全隐患。某司机驾驶车身长度L＝4.5m的家用轿车，以v＝54km/h的速度在平直道路上匀速行驶，突然发现车头正前方25.5m处出现减速带（只有一条减速带）。已知该车刹车时能产生的最大加速度大小为5m/s2，若司机从发现减速带时便立即开始刹车，汽车以最大加速度开始减速，则从发现减速带到汽车完全通过减速带，总共需要的最短时间为（ ）
A．2.0sB．4.0sC．6.0sD．3.0s
6．（4分）在第十五届全运会女子铅球决赛中，巩立姣以19.68m的成绩夺得冠军，实现全运会五连冠，假设在某次训练中，铅球脱离手的瞬间，离地面高度2m，速度大小为m/s，方向与水平方向成45°角，不计一切阻力，已知g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．铅球相对抛出点上升最大高度为8.1m
B．铅球在空中运动时间0.9s
C．铅球做加速度变化的曲线运动
D．铅球水平方向运动距离为18m
7．（4分）工地用可移动的升降机吊装建材，轻绳穿过下方挂建材的光滑圆环，绳的一端固定在建筑墙面的A点，另一端固定在升降机的B点（如图）。已知建材的质量为m，升降机的质量为M，下列说法正确的是（ ）
A．升降机缓慢竖直上升时，绳中的张力逐渐减小
B．升降机缓慢竖直上升时，地面对升降机的摩擦力大小不变
C．升降机缓慢水平向左移动时，圆环两侧绳的夹角保持不变
D．升降机缓慢水平向右移动时，升降机对地面的压力增大
二、选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
（多选）8．（5分）图甲展示了在空间站中油水混合液剧烈摇晃后再静置一段时间所呈现的情景；图乙展示的是在地面上静置了一段时间的油水混合液；图丙是某同学在地面做“水流星”实验，轻绳长为L；图丁是航天员在空间站上做“水流星”实验，长为L的轻绳一端系一个装有水的水桶（高度忽略不计），水桶和水的总质量为m，另一端固定在支架O点，在离桌面最近的A点位置给水桶一个垂直于OA的初速度v0（g为地球表面处的重力加速度），水桶沿图中虚线轨迹做圆周运动，轨迹上B点离桌面最远，下列说法正确的是（ ）
A．在空间站中，由于油和水处于完全失重状态，油和水无法靠重力自然分离
B．在地面做水流星实验时，通过最高点时水不流出的最小速度为
C．在空间站中水桶做圆周运动，受到绳子的拉力、重力和向心力
D．在空间站中水桶做匀速圆周运动，在B点水桶受到绳子的拉力大小为6mg
（多选）9．（5分）在某次射击游戏中，玩具气枪将子弹以48m/s速度射出，沿水平直线穿过一个正在逆时针匀速旋转的薄壁纸质圆筒（从A点射入、B点射出），规则是，子弹入射留下的孔和出射留下的孔距离越近，分数越高，已知圆筒半径R＝0.5m，OA和OB之间的夹角θ＝60°，若要在圆筒上只出现一个弹孔，则圆筒的转速可能是（ ）
A．8r/sB．80r/sC．104r/sD．176r/s
（多选）10．（5分）如甲图和乙图所示，A与B、C与D物块（均可视为质点）用轻绳跨过定滑轮连接。甲图中A在外力作用以速度v0做匀速直线运动，某时刻甲图中的轻绳与竖直方向成30°夹角；乙图中C在恒定外力F的作用下由静止开始运动，此时刻乙图中的轻绳与竖直方向也成30°夹角，不计一切阻力，已知C与D的质量均为m，下列说法中正确的是（ ）
A．此时B物块的速度为2v0
B．此刻B物块的速度为v0
C．此刻D的加速度为
D．此刻乙图中绳子的拉力为
三、实验题（共2小题，每空2分，共18分）
11．（9分）某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。
（1）本实验采用的实验方法是 。
A．控制变量法
B．等效替代法
C．理想模型法
（2）实验时，下列不正确的是 。
A．实验前需对弹簧测力计校零
B．实验时两个拉力的大小能相等
C．实验时应保持细绳与长木板平行
D．进行多次操作时每次都应使结点拉到O点
（3）实验结果如图甲所示。在F1、F2、F、F′四个力中，不是由弹簧测力计直接测得的力为 。
A．F1
B．F2
C．F
D．F′
（4）若用如图乙所示的装置来做实验，OB处于水平方向，与OA夹角为120°，则 （填“OA”、“OB”或“OC”）的力最大。现保持弹簧测力计A和B细线的夹角不变，使弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直。在此过程中，弹簧测力计A的示数 。（填“不断减小”、“不断增大”、“先减小后增大”或“先增大后减小”）
12．（9分）实验小组用图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”的实验。将长木板置于水平桌面上，滑块置于木板上，滑块左侧与纸带连接，右侧与细线连接，细线跨过木板右侧的定滑轮后与力传感器连接。实验时保持滑块质量不变，在沙桶中添加细沙来改变滑块受到的拉力，在已经进行了平衡摩擦力操作的条件下，利用打点计时器打出的纸带求出不同拉力对应的滑块的加速度大小。已知当地重力加速度为g，据此回答下列问题：
（1）关于本实验，下列操作正确的是 。（填序号，下同）
A．实验中需要测量出沙桶和沙子总质量
B．保证沙桶和沙的总质量远小于滑块的质量
C．先接通电源、再由静止释放滑块
D．平衡摩擦力时，需要挂上沙桶且里面不能有沙子
（2）某次实验得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示（已知打点计时器电源频率为50Hz，图中相邻两计数点间有四个计时点未画出），则打下C点时滑块的速度大小为 m/s，滑块的加速度大小为 m/s2（以上结果均保留3位有效数字）。
（3）往沙桶中加入细沙，记录力传感器示数F，并计算对应的滑块加速度大小a，作出a﹣F图像如图丙所示，已知图像的斜率为k，横轴截距为b。图像不过原点的原因可能是 。
四、计算题（共计39分）
13．（10分）在湘超联赛永州夺得冠军会的庆祝游行中，游行花车从永州体育场出发，以10m/s的速度沿平直公路匀速驶向游行目的地，经过停靠在路边上的赛事摄影摩托车时，摄影摩托车开始准备启动，2.4s后由静止开始做匀加速直线运动去追赶，以便提前布置拍摄机位，摩托车的加速度为a＝2m/s2，求：
（1）摩托车启动后，经过多少时间摩托车追上游行花车？
（2）追上游行花车前，两者相距的最大距离是多少？
14．（13分）我国航天技术发展迅速，设想数年后，宇航员登陆某星球表面，以便完善该星球的档案资料，查阅以往资料可知：该星球质量为地球质量的，半径为地球半径的，已知地球表面重力加速度为10m/s2（忽略星球自转）。
（1）求该星球表面重力加速度大小；
（2）现在该球星表面做平抛运动实验，落点在一抛物线上，抛物线方程为y＝x2，其中A、B两点坐标分别为A（0，3.5）和B（0，11），现从A、B两点分别先后水平抛出1和2两个小球，两球刚好在抛物线上相遇，其中1球抛出的初速度v1＝1m/s，忽略一切阻力，求：
①A、B相遇点的坐标；
②2球抛出时初速度大小v2以及1、2两球抛出的时间差Δt。
15．（16分）质量为m1＝2kg的长木块A静止放置在光滑水平面上，现将质量为m2＝1kg的小物块B（可视为质点）轻放在长木板A的左端。某时刻突然时给予物块B一个瞬间冲击，使其瞬间获得一个水平初速度v0＝9m/s，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好到达A的最右端，已知A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度为g＝10m/s2，求：
（1）共速前木板A和滑块B的加速度大小；
（2）木板A的长度；
（3）若在每次A、B达到共速的瞬间，给B一个瞬间冲击，迫使B的速度发生改变，之后物块B经过很多次瞬间冲击后（每次冲击过程中，B速度大小不变，方向反向，且A速度不变），最终A、B恰好相对静止在地面上。求B从开始运动到最后停下来经过的总路程。（提示a+aq+aq2+…aqn＝a）
2025-2026学年湖南省长沙市长郡中学高一（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．（4分）宇树科技是一家生产民用机器人的公司，在第一届机器人运动会上，其研发的人形机器人H1以7分10s时间在标准的400m跑道上跑动了1500m，则下列说法正确的是（ ）
A．7分10s指的是时刻
B．比赛中机器人的位移为1500m
C．研究机器人运动轨迹时，可以将其看成质点
D．比赛中机器人的平均速度约为3.5m/s
【分析】结合时刻与时间间隔、位移与路程、质点的定义、平均速度的公式，逐一分析各选项。
【解答】解：A、7分10s是机器人运动的时间间隔（过程的时长），不是时刻（某一瞬间），故A错误；
B、1500m是机器人运动的路程（实际轨迹长度），位移是起点到终点的直线距离，因跑道为400m，1500m对应3圈余300m，位移大小远小于1500m，故B错误；
C、研究运动轨迹时，机器人的形状与大小对轨迹的影响可忽略，因此可以将其看成质点，故C正确；
D、平均速度是位移与时间的比值，而非路程与时间的比值，因此不能用1500m计算平均速度，故D错误。
故选：C。
【点评】学生易混淆位移与路程、时刻与时间间隔的概念，需重点关注物理量的定义与适用条件。
2．（4分）如图，玻璃杯底压一条纸带，用水平向右的拉力将纸带迅速抽出，纸带抽出过程中（ ）
A．纸带对水杯摩擦力的方向向左
B．抽纸带的速度越大，水杯受到的摩擦力越大
C．纸带对水杯摩擦力的方向与桌面对纸带摩擦力的方向相反
D．增加杯中的水后再抽出纸带，水杯受到摩擦力大小与未加水时相等
【分析】根据滑动摩擦力的方向判断、大小影响因素来分析各选项。滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，大小由f＝μN决定，且与相对运动速度无关。
【解答】解：A、纸带被水平向右抽出时，水杯相对于纸带的运动方向为向左（纸带向右运动，水杯因惯性保持原状态，相对纸带向左）。根据滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，纸带对水杯的摩擦力方向应为向右，而非向左，故A错误；
B、水杯受到的是滑动摩擦力，其大小由f＝μN决定，抽纸带的速度属于“相对运动速度”，滑动摩擦力大小与相对运动速度无关，仅与μ和N有关。因此抽纸带速度增大时，水杯受到的摩擦力大小不变，故B错误。
C、纸带对水杯的摩擦力方向为向右，桌面对纸带的摩擦力方向：纸带相对于桌面向右运动，根据滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，桌面对纸带的摩擦力方向为向左，向右与向左方向相反，故C正确。
D、增加杯中的水后，水杯总重力增大，对纸带的压力大。由f＝μN可知，μ不变，N增大时，滑动摩擦力f也会增大。因此加水后水杯受到的摩擦力大于未加水时的摩擦力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题核心是理解滑动摩擦力的方向（与相对运动方向相反）和大小规律，与相对速度无关。通过分析物体间的相对运动方向、压力变化，可逐一判断选项正误。
3．（4分）自行车部分结构如图所示，A是大齿轮边缘上一点，B是小齿轮边缘上一点，C是后轮边缘上一点。把自行车后轮支撑起来，转动脚踏板，使后轮转动起来，已知三个轮子半径满足RC＝2RA＝4RB，下面说法中正确的是（ ）
A．A、B两点线速度大小之比为1：2
B．A、B两点角速度之比为2：1
C．B、C两点角速度大小之比为1：1
D．B、C两点线速度大小之比为1：2
【分析】先明确大齿轮与小齿轮为链条传动（A、B线速度相等），小齿轮与后轮为同轴转动（B、C角速度相等），结合半径关系推导各点线速度、角速度的比例关系。
【解答】解：大齿轮（A点）与小齿轮（B点）属于链条传动，接触点的线速度大小相等，即vA＝vB，小齿轮（B点）与后轮（C点）属于同轴转动，角速度大小相等，即ωB＝ωC，半径关系推导已知RC＝2RA＝4RB，可得RA＝2RB，RC＝4RB
AB.AB两点由v＝ωR，且vA＝vB，
代入数据得ωA：ωB＝1：2，故AB错误；
CD.BC两点，由ωB＝ωC，得vB＝ωBRB，vC＝ωCRC＝ωB×4RB
代入数据得vB：vC＝1：4，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】这道题考查链条传动与同轴转动的基本规律，关键是区分两种传动方式的线速度、角速度特点，结合半径关系分析比例。
4．（4分）金星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，已知金星轨道半径为1.082亿千米；地球轨道半径为1.496亿千米，则关于金星和地球的绕行运动，下列说法正确的是（ ）
A．金星的线速度大于地球线速度
B．金星角速度小于地球角速度
C．金星的向心加速度小于地球的向心加速度
D．金星的周期大于地球的周期
【分析】ABC.根据万有引力提供向心力对应线速度、角速度和加速度列式求解判断；D.根据开普勒第三定律分析解答。
【解答】解：A．根据，得v，金星的轨道半径小于地球的轨道半径，金星的线速度大于地球线速度，故A正确；
B．根据mrω2，金星的轨道半径小于地球的轨道半径，金星角速度大于地球角速度，故B错误；
C．根据ma，金星的轨道半径小于地球的轨道半径，金星的向心加速度大于地球的向心加速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律，金星的轨道半径小于地球的轨道半径，金星的周期小于地球的周期，故D错误。
故选：A。
【点评】考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律，属于较低难度考题。
5．（4分）已知机动车驶过减速带的安全车速不宜超过18km/h，否则易对车辆悬挂系统造成损伤且存在安全隐患。某司机驾驶车身长度L＝4.5m的家用轿车，以v＝54km/h的速度在平直道路上匀速行驶，突然发现车头正前方25.5m处出现减速带（只有一条减速带）。已知该车刹车时能产生的最大加速度大小为5m/s2，若司机从发现减速带时便立即开始刹车，汽车以最大加速度开始减速，则从发现减速带到汽车完全通过减速带，总共需要的最短时间为（ ）
A．2.0sB．4.0sC．6.0sD．3.0s
【分析】汽车先以最大的加速度做匀减速运动，后做匀速直线运动，所用的时间最短，由运动学公式列式即可解答。
【解答】解：以汽车运动的方向为正方向，则有：v＝54km/h＝15m/s，v1＝18km/h＝5m/s，a＝﹣5m/s2，汽车以最大加速度刹车到安全车速时，发生的位移为：，做匀加速运动的时间为：，由于x＜L+x0＝4.5m+25.5m＝30m，所以还需要匀速运动一段距离，设运动的时间为t2，则有：，则从发现减速带到汽车完全通过减速带，总共需要的最短时间为：t＝t1+t2＝2s+2s＝4s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题是对汽车刹车问题的考查，解题的关键是要知道汽车刹车后做匀减速运动，当速度为0时，汽车不再运动，注意汽车过减速带时，车尾必须过线。
6．（4分）在第十五届全运会女子铅球决赛中，巩立姣以19.68m的成绩夺得冠军，实现全运会五连冠，假设在某次训练中，铅球脱离手的瞬间，离地面高度2m，速度大小为m/s，方向与水平方向成45°角，不计一切阻力，已知g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．铅球相对抛出点上升最大高度为8.1m
B．铅球在空中运动时间0.9s
C．铅球做加速度变化的曲线运动
D．铅球水平方向运动距离为18m
【分析】分解初速度到水平和竖直方向，用竖直上抛规律求上升高度和运动时间，再结合水平匀速运动求射程。
【解答】解：将初速度分为水平分量，竖直分量。
A、相对抛出点的最大上升高度由竖直方向决定，故A错误；
B、竖直方向位移公式为，落地时y＝﹣2m
解得t＝2s，故B错误；
C、不计阻力时，加速度为恒定重力加速度g，故C错误；
D、水平方向匀速运动，水平距离x＝v0xt＝9×2m＝18m，故D正确。
故选：D。
【点评】学生容易忽略铅球的初始高度，直接用竖直上抛总时间计算水平距离，或误将速度大小当作竖直分速度来计算上升高度。
7．（4分）工地用可移动的升降机吊装建材，轻绳穿过下方挂建材的光滑圆环，绳的一端固定在建筑墙面的A点，另一端固定在升降机的B点（如图）。已知建材的质量为m，升降机的质量为M，下列说法正确的是（ ）
A．升降机缓慢竖直上升时，绳中的张力逐渐减小
B．升降机缓慢竖直上升时，地面对升降机的摩擦力大小不变
C．升降机缓慢水平向左移动时，圆环两侧绳的夹角保持不变
D．升降机缓慢水平向右移动时，升降机对地面的压力增大
【分析】升降机缓慢上升时，根据绳长、升降机与墙间距的关系，即可分析绳与竖直方向的夹角是否变化；对建材受力分析，根据建材受力平衡，即可分析绳的张力是否变化；对升降机受力分析，根据升降机受力平衡，即可分析地面对升降机的摩擦力大小是否变化；升降机缓慢水平向左移动时，根据绳长、升降机与墙间距的关系，即可分析圆环两侧绳的夹角是否变化；升降机缓慢水平向右移动时，根据绳长、升降机与墙间距的关系，即可分析绳与竖直方向的夹角是否变化，结合建材受力平衡，可分析绳的张力如何变化；根据升降机受力平衡，可分析地面对升降机的支持力如何变化，结合牛顿第三定律，可分析升降机对地面的压力变化情况。
【解答】解：A、升降机缓慢上升时，绳长、升降机与墙间距均不变，若绳与竖直方向的夹角为θ，则满足：d＝Lsinθ，即绳与竖直方向的夹角不变；
对建材受力分析，如图：
根据建材受力平衡，可得：2Tcsθ＝mg，即绳的张力不变，故A错误；
B、由A选项分析，可知升降机缓慢上升时，绳子的张力不变；对升降机受力分析，如图：
根据升降机受力平衡，可得：Tsinθ＝f，即地面对升降机的摩擦力大小不变，故B正确；
C、升降机缓慢水平向左移动时，绳长、升降机与墙间距满足：Lsinα＝d′，其中：d′＞d，则α＞θ，即圆环两侧绳的夹角2α变大，故C错误；
D、升降机缓慢水平向右移动时，绳长、升降机与墙间距满足：Lsinβ＝d1，其中：d1＜d，则β＜θ，即绳与竖直方向的夹角变小，结合AB选项分析，可知建材受力平衡，绳的张力满足：2T1csβ＝mg；
对升降机受力分析，根据升降机受力平衡，可得：F支＝Mg+T1csβ，即地面对升降机的支持力不变，结合牛顿第三定律，可知升降机对地面的压力不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查共点力的平衡，关键是根据几何关系，分析角度的变化情况，在结合共点力的平衡，分析各力的变化情况。
二、选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
（多选）8．（5分）图甲展示了在空间站中油水混合液剧烈摇晃后再静置一段时间所呈现的情景；图乙展示的是在地面上静置了一段时间的油水混合液；图丙是某同学在地面做“水流星”实验，轻绳长为L；图丁是航天员在空间站上做“水流星”实验，长为L的轻绳一端系一个装有水的水桶（高度忽略不计），水桶和水的总质量为m，另一端固定在支架O点，在离桌面最近的A点位置给水桶一个垂直于OA的初速度v0（g为地球表面处的重力加速度），水桶沿图中虚线轨迹做圆周运动，轨迹上B点离桌面最远，下列说法正确的是（ ）
A．在空间站中，由于油和水处于完全失重状态，油和水无法靠重力自然分离
B．在地面做水流星实验时，通过最高点时水不流出的最小速度为
C．在空间站中水桶做圆周运动，受到绳子的拉力、重力和向心力
D．在空间站中水桶做匀速圆周运动，在B点水桶受到绳子的拉力大小为6mg
【分析】在太空空间站中，物体处于完全失重状态；在最高点，重力提供向心力时，速度最小；不能说受到向心力；在空间站中，绳子的拉力提供向心力，结合牛顿第二定律求解。
【解答】解：A．在太空空间站中，物体处于完全失重状态，重力（即物体受到的万有引力）用来提供物体绕地球做圆周运动的向心力，没有下沉效果，无法自然分离油和水，故A正确；
B．在地面的水流星实验是竖直面内圆周运动，在最高点，重力提供向心力时，速度最小，根据牛顿第二定律可得

解得

故B正确；
C．对在空间站中的水桶进行受力分析，受到拉力和重力（或者万有引力），不能说受到向心力，故C错误；
D．在空间站中，水桶处于完全失重状态，则其做匀速圆周运动，绳子的拉力提供向心力，可得

故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查生活中圆周运动的实例分析，关键是要抓住圆周运动的动力学特征，分析向心力来源。
（多选）9．（5分）在某次射击游戏中，玩具气枪将子弹以48m/s速度射出，沿水平直线穿过一个正在逆时针匀速旋转的薄壁纸质圆筒（从A点射入、B点射出），规则是，子弹入射留下的孔和出射留下的孔距离越近，分数越高，已知圆筒半径R＝0.5m，OA和OB之间的夹角θ＝60°，若要在圆筒上只出现一个弹孔，则圆筒的转速可能是（ ）
A．8r/sB．80r/sC．104r/sD．176r/s
【分析】先计算子弹穿过圆筒的时间，再结合圆筒逆时针转动的周期性，分析在该时间内圆筒转过的角度满足使A、B孔重合的条件，进而求出可能的转速。
【解答】解：OA、OB之间的夹角，所以A与B之间的距离等于R，在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为π，n＝1、2、3…，
则时间，（n＝1、2、3…），所以子弹的速度，（n＝1、2、3.）
代入数据得，（n＝1、2、3…）
则
转速，，（n＝1、2、3），当n＝1时，，当n＝2时，，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
【点评】本题考查匀速直线运动与圆周运动周期性的结合，需分析角度的周期性变化，注重对运动等时性与多解性的理解。
（多选）10．（5分）如甲图和乙图所示，A与B、C与D物块（均可视为质点）用轻绳跨过定滑轮连接。甲图中A在外力作用以速度v0做匀速直线运动，某时刻甲图中的轻绳与竖直方向成30°夹角；乙图中C在恒定外力F的作用下由静止开始运动，此时刻乙图中的轻绳与竖直方向也成30°夹角，不计一切阻力，已知C与D的质量均为m，下列说法中正确的是（ ）
A．此时B物块的速度为2v0
B．此刻B物块的速度为v0
C．此刻D的加速度为
D．此刻乙图中绳子的拉力为
【分析】对甲图中B的速度进行分解，利用A的速度等于B沿绳方向的分速度求B的速度；对乙图中C、D受力分析，结合牛顿第二定律求解加速度与绳的拉力。
【解答】解：A.将B的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向，
由关联速度vBsin30°＝v0，得vB＝2v0，故A正确，B错误；
CD.由于C与D物块此刻速度都为0，取Δt→0，在Δt内C与D都均可视为匀加速直线运动，由位移关系
得aD＝2aC
对C由牛顿第二定律得maC＝F﹣T，对D由牛顿第二定律得maD＝Tsin30°
联立解得，，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查运动的分解与牛顿第二定律的综合应用，需区分匀速与匀加速两种运动场景，注重速度分解的方向和受力分析的严谨性。
三、实验题（共2小题，每空2分，共18分）
11．（9分）某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。
（1）本实验采用的实验方法是 B 。
A．控制变量法
B．等效替代法
C．理想模型法
（2）实验时，下列不正确的是 D 。
A．实验前需对弹簧测力计校零
B．实验时两个拉力的大小能相等
C．实验时应保持细绳与长木板平行
D．进行多次操作时每次都应使结点拉到O点
（3）实验结果如图甲所示。在F1、F2、F、F′四个力中，不是由弹簧测力计直接测得的力为 C 。
A．F1
B．F2
C．F
D．F′
（4）若用如图乙所示的装置来做实验，OB处于水平方向，与OA夹角为120°，则 OA （填“OA”、“OB”或“OC”）的力最大。现保持弹簧测力计A和B细线的夹角不变，使弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直。在此过程中，弹簧测力计A的示数 不断减小 。（填“不断减小”、“不断增大”、“先减小后增大”或“先增大后减小”）
【分析】（1）（2）根据实验原理与实验、操作注意事项分析判断；
（3）根据实验过程，以及理论值与实际值的区别分析；
根据弹簧测力计的分度值读数；
（4）根据几何关系确定最大的力，由正弦定律判断弹簧A拉力的变化。
【解答】解：（1）该实验过程，其合力与分力的作用效果，所以本实验采用的科学方法是等效替代法，故AC错误，B正确；
故选：B。
（2）A、实验前需对弹簧测力计校零，故A正确；
B、实验时两个拉力的大小能相等，也可以不相等，故B正确；
C、为了减小误差，实验时应保持细绳与长木板平行，故C正确；
D、每次实验时，两个力拉和一个力拉需拉到结点O的位置，但是不同次实验，O的位置可以改变，故D错误。
故选：D。
（3）根据实验过程可知，F1、F2、F′，都是弹簧测力计测量得到，F是通过作图得到的。
故选：C。
（4）以O为对象，OB与OC垂直，根据平行四边形可知OA为斜边，则OA的力最大。
当弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直的过程中，两弹簧细线夹角保持不变，由正弦定理可得：，∠BOC为锐角且不断减小，可得弹簧测力计A的拉力FA不断减小。
故答案为：（1）B；（2）D；（3）C；（4）OA、不断减小。
【点评】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。
12．（9分）实验小组用图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”的实验。将长木板置于水平桌面上，滑块置于木板上，滑块左侧与纸带连接，右侧与细线连接，细线跨过木板右侧的定滑轮后与力传感器连接。实验时保持滑块质量不变，在沙桶中添加细沙来改变滑块受到的拉力，在已经进行了平衡摩擦力操作的条件下，利用打点计时器打出的纸带求出不同拉力对应的滑块的加速度大小。已知当地重力加速度为g，据此回答下列问题：
（1）关于本实验，下列操作正确的是 C 。（填序号，下同）
A．实验中需要测量出沙桶和沙子总质量
B．保证沙桶和沙的总质量远小于滑块的质量
C．先接通电源、再由静止释放滑块
D．平衡摩擦力时，需要挂上沙桶且里面不能有沙子
（2）某次实验得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示（已知打点计时器电源频率为50Hz，图中相邻两计数点间有四个计时点未画出），则打下C点时滑块的速度大小为 1.07 m/s，滑块的加速度大小为 4.20 m/s2（以上结果均保留3位有效数字）。
（3）往沙桶中加入细沙，记录力传感器示数F，并计算对应的滑块加速度大小a，作出a﹣F图像如图丙所示，已知图像的斜率为k，横轴截距为b。图像不过原点的原因可能是 没有平衡滑块与长木板之间的摩擦力或平衡摩擦力不足 。
【分析】（1）根据实验原理、正确操作和平衡摩擦力的方法分析作答；
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解打下C点的速度；根据逐差法求加速度；
（3）根据牛顿第二定律结合图像特征分析作答。
【解答】解：（1）AB．实验中，使用了力传感器测拉力，因此不需要测量出沙桶和沙子总质量，也不需要保证沙桶和沙的总质量远小于滑块的质量，故AB错误；
C．为了充分利用纸带，先接通电源、再由静止释放滑块，故C正确；
D．平衡摩擦力时，滑块前端不需要挂上沙桶，故D错误。
故选：C。
（2）相邻计数点之间的时间间隔
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下C点的速度
根据逐差法，加速度
（3）由图丙可知，拉力不为零，加速度为零，因此图像不过原点的原因是没有平衡滑块与长木板之间的摩擦力或平衡摩擦力不足。
故答案为：（1）C；（2）1.07；4.20；（3）没有平衡滑块与长木板之间的摩擦力或平衡摩擦力不足。
【点评】本题主要考查了探究加速度与物体受力、物体质量的关系的实验，要明确实验原理，理解并掌握平衡摩擦力的方法，掌握根据纸带求解瞬时速度和加速度的方法，掌握牛顿第二定律的运用。
四、计算题（共计39分）
13．（10分）在湘超联赛永州夺得冠军会的庆祝游行中，游行花车从永州体育场出发，以10m/s的速度沿平直公路匀速驶向游行目的地，经过停靠在路边上的赛事摄影摩托车时，摄影摩托车开始准备启动，2.4s后由静止开始做匀加速直线运动去追赶，以便提前布置拍摄机位，摩托车的加速度为a＝2m/s2，求：
（1）摩托车启动后，经过多少时间摩托车追上游行花车？
（2）追上游行花车前，两者相距的最大距离是多少？
【分析】（1）根据花车先匀速、摩托车后匀加速的运动特点，结合追及相遇时位移相等的核心条件列运动学方程，求解出摩托车追上花车的时间。
（2）依据两车速度相等时相距最远的规律，分别计算对应时刻两车的位移，用位移作差算出最大距离。
【解答】解：（1）设摩托车启动后经过时间t追上花车，花车先匀速运动2.4s，总运动时间为t+2.4s。
花车做匀速直线运动，位移为x1＝v0（t+2.4s）
摩托车由静止开始匀加速运动，位移为
追上时两者位移相等，即
解得t＝12s（舍去负根），即摩托车启动后经过12s追上花车。
（2）当摩托车与花车的速度相等时，两者相距最远，此时摩托车运动的时间为s＝5s
此过程花车的位移为x1'＝v0（t'+2.4s）＝10×7.4m＝74m
摩托车的位移为m＝25m
两者的最大距离为Δx＝x1'﹣x2'＝74m﹣25m＝49m，即追上花车前两者相距的最大距离为49m。
答：（1）摩托车启动后经过12s追上花车。
（2）追上花车前两者相距的最大距离为49m。
【点评】本题考查匀变速直线运动的规律、追及相遇问题的核心条件、匀速与匀加速运动的位移计算，重点检验对追及相遇中位移关系、速度相等时相距最远的临界条件的理解与运动学公式的综合应用能力。
14．（13分）我国航天技术发展迅速，设想数年后，宇航员登陆某星球表面，以便完善该星球的档案资料，查阅以往资料可知：该星球质量为地球质量的，半径为地球半径的，已知地球表面重力加速度为10m/s2（忽略星球自转）。
（1）求该星球表面重力加速度大小；
（2）现在该球星表面做平抛运动实验，落点在一抛物线上，抛物线方程为y＝x2，其中A、B两点坐标分别为A（0，3.5）和B（0，11），现从A、B两点分别先后水平抛出1和2两个小球，两球刚好在抛物线上相遇，其中1球抛出的初速度v1＝1m/s，忽略一切阻力，求：
①A、B相遇点的坐标；
②2球抛出时初速度大小v2以及1、2两球抛出的时间差Δt。
【分析】（1）明确星球表面重力加速度与万有引力的关系，利用重力近似等于万有引力建立物理模型。已知该星球质量与半径相对于地球的比例，通过比较两星球表面重力加速度的表达式，将已知的地球表面重力加速度值代入比例关系，可直接推导出该星球表面的重力加速度数值。
（2）①分析1球从A点开始的平抛运动过程，其水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动。已知1球的初速度v1、A点初始纵坐标及星球表面重力加速度，设相遇点坐标。将1球的水平位移与竖直位移表达式，同时与给定的抛物线方程y＝x2进行联立，即可解出相遇点的横纵坐标数值。
②分析2球从B点开始的平抛运动过程，其运动轨迹同样需满足抛物线方程。已知相遇点坐标、B点初始纵坐标及重力加速度，利用竖直方向的自由落体位移公式可求出2球的运动时间。再利用相遇点的水平位移和已求出的时间，通过水平匀速运动关系求出2球的初速度v2。最后，结合第一问中已求出的1球运动时间，计算两球抛出时刻的时间差Δt。
【解答】解：（1）在星球表面，重力与万有引力相等，即，可得该处的重力加速度。
已知该星球质量，半径，则其表面重力加速度，计算得，代入，解得：。
（2）①设1球的运动时间为t1，两球相遇点的坐标为（x，y）。根据平抛运动规律，1球的水平位移x＝v1t1，竖直位移满足。
同时，相遇点位于抛物线y＝x2上，联立方程得x2＝3.5﹣2.5x2，解得：x＝1m，进而得y＝1m，故相遇点坐标为（1，1）。
②对于2球，其竖直位移满足，代入y＝1m，yB＝11m，得，解得：t2＝2s。
由水平位移公式x＝v2t2，代入x＝1m，解得：v2＝0.5m/s。由1球的水平位移x＝v1t1，代入解得：t1＝1s。因此，两球抛出的时间差Δt＝t2﹣t1，解得：Δt＝1s。
答：（1）该星球表面重力加速度大小为5m/s2。
（2）①A、B相遇点的坐标为（1，1）。
②2球抛出时初速度大小为0.5m/s，1、2两球抛出的时间差为1s。
【点评】本题综合考查了万有引力定律与平抛运动的结合应用。第一问通过星球质量与半径的比例关系，运用直接推导星球表面重力加速度，计算简洁，属于基础层级。第二问将平抛运动巧妙地嵌入到抛物线方程y＝x2的几何约束中，显著提升了题目的新颖性与思维深度。求解过程需要学生灵活构建两个平抛物体的运动方程，并利用相遇点同时满足抛物线方程这一条件进行联立，有效锻炼了物理建模能力与数学处理能力。本题计算量适中，但将运动学与几何图形结合的设计颇具亮点，要求学生在理解平抛规律的基础上，具备较强的综合分析能力和数理结合意识。
15．（16分）质量为m1＝2kg的长木块A静止放置在光滑水平面上，现将质量为m2＝1kg的小物块B（可视为质点）轻放在长木板A的左端。某时刻突然时给予物块B一个瞬间冲击，使其瞬间获得一个水平初速度v0＝9m/s，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好到达A的最右端，已知A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度为g＝10m/s2，求：
（1）共速前木板A和滑块B的加速度大小；
（2）木板A的长度；
（3）若在每次A、B达到共速的瞬间，给B一个瞬间冲击，迫使B的速度发生改变，之后物块B经过很多次瞬间冲击后（每次冲击过程中，B速度大小不变，方向反向，且A速度不变），最终A、B恰好相对静止在地面上。求B从开始运动到最后停下来经过的总路程。（提示a+aq+aq2+…aqn＝a）
【分析】（1）分析A、B共速前的受力与运动。滑块B受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，木板A受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动。根据牛顿第二定律，分别对B和A列式，利用已知质量与动摩擦因数，可求出各自的加速度大小。
（2）确定从B获得初速度到第一次共速的物理过程。该过程系统合外力为零，动量守恒，可求出共同速度。再结合能量守恒，系统损失的机械能等于克服摩擦力做功，而摩擦力做功与相对位移相关，该相对位移即为木板长度。利用已知初速度、质量及已求出的加速度或速度关系，可求解木板长度。
（3）理解多次冲击的物理过程。每次共速瞬间，冲击使B速度反向、大小不变，A速度不变，之后系统再次通过摩擦力相互作用达到新的共速。每次达到共速的过程，系统动量守恒，可推导出相邻两次共速速度间的等比关系。B的总路程是第一次共速前及之后每次冲击到下一次共速过程中B相对地面运动路程的无穷级数和。利用匀变速运动规律求出每次的路程表达式，结合等比数列求和公式即可求解总路程。
【解答】解：（1）小物块B在长木板A上滑动时，由牛顿第二定律，对B有μm2g＝m2aB，解得：；对木板A有μm2g＝m1aA，解得：。
（2）从B获得初速度到两者首次达到共同速度的过程，系统动量守恒，有m2v0＝（m1+m2）v1，解得共同速度v1＝3m/s；
根据能量守恒定律，有，代入数据可求得木板长度L＝13.5m。
（3）设第n次达到共同速度时的速度为vn，根据冲击后动量守恒，有m1vn﹣m2vn＝（m1+m2）vn+1，解得：，
即共同速度构成公比为的等比数列。第一次共速前，B滑行的路程为，解得s1＝18m。
此后每次冲击到下一次共速，B的速度方向均会反转（先减速至零再反向加速），对于第n次（n≥2）冲击过程，B的路程为。
B运动的总路程为。
代入数据计算，可得s总＝20.8125m（或）。
答：（1）木板A的加速度大小为1m/s2，滑块B的加速度大小为2m/s2。
（2）木板A的长度为13.5m。
（3）物块B从开始运动到最后停下来经过的总路程为20.8125m（或）。
【点评】本题是一道综合性强、设计巧妙的动力学与能量守恒综合题。题目以板块模型为基础，但通过引入周期性“瞬间冲击”的独特设定，将常规的单一过程问题拓展为无穷过程的收敛问题，显著提升了思维深度和数学要求。题目全面考查了牛顿第二定律、动量守恒、能量守恒等核心物理规律的应用，要求学生具备扎实的力学分析功底。前两问属于常规板块模型问题，计算量适中，重点考查学生对相对运动、系统动量守恒以及能量转化中摩擦生热的理解。第三问是本题的精华所在，其亮点在于将物理过程抽象为无穷等比数列的求和问题。学生需要准确分析每次冲击后系统动量的变化，推导出共同速度的等比关系，进而将滑块往复运动的总路程转化为无穷级数求和。这不仅需要学生具备清晰的物理图像建模能力，还需要灵活运用数学工具解决物理问题的能力。本题对学生的逻辑推理、综合分析及数学应用能力提出了较高要求，是一道能有效区分学生思维层次的优质题目。
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答案
C
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答案
ABD
BD
AC