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2025届安徽省皖南八校高三上学期第一次大联考（高考一模）物理试题（解析版）
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这是一份2025届安徽省皖南八校高三上学期第一次大联考（高考一模）物理试题（解析版），共21页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：必修第一册，必修第二册5、6、7章。
一、选择题（本题共10小题，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1. 2024年巴黎奥运会刚结束，对于运动会中的某些比赛，下列说法正确的是（ ）
A. 乒乓球比赛中，樊振东准备接对手发出的旋转球，此时可以将乒乓球看成质点
B. 篮球比赛中詹姆斯接到队友大力传球时，他的手对篮球的弹力是由篮球发生形变产生的
C. 潘展乐在男子100米自由泳决赛加速冲刺时，水对他的作用力大于他对水的作用力
D. 全红婵在女子10米跳水比赛中，她在上升到最高点时处于失重状态
【答案】D
【解析】A．乒乓球比赛中，樊振东准备接对手发出的旋转球，乒乓球的大小和形状不能忽略不计，则此时不可以将乒乓球看成质点，故A错误；
B．篮球比赛中詹姆斯接到队友大力传球时，他的手对篮球的弹力是由手发生形变产生的，故B错误；
C．潘展乐在男子100米自由泳决赛加速冲刺时，水对他的作用力与他对水的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，大小相等，方向相反，故C错误；
D．全红婵在女子10米跳水比赛中，她在上升到最高点时仅受重力，加速度向下，处于失重状态，故D正确。
故选D。
2. 甲、乙两质点在同一直线路段上运动的位移—时间图像（x − t图像）如图所示，其中甲的图线是直线，乙的图线是抛物线。下列说法错误的是（ ）
A. 甲做匀速直线运动
B. 在0 ~ 6 s内的任意时刻，甲、乙的速度不可能相同
C. 乙的加速度大小为
D. 在0 ~ 12 s内，有两个时刻甲、乙之间的距离为2.5 m
【答案】D
【解析】A．甲的x − t图像是一条倾斜直线，斜率表示速度，则甲做匀速直线运动，故A正确；
B．在0 ~ 6 s内甲、乙运动方向相反，两者速度方向相反，故此段时间内甲、乙的速度不可能相同，故B正确；
C．乙图线是抛物线，说明乙做匀变速直线运动，6 ~ 12 s内乙向负方向做初速度为0的匀加速运动，由得乙的加速度大小为
故C正确；
D．初始时刻相距3 m，到第一次相遇之前，有某一个时刻相距2.5 m，在6 s末时，两者恰好相距2.5 m，然后乙反向追甲，此段时间内两者距离先增大后减小，还有一个时刻相距2.5 m，故总共有三个时刻距离为2.5 m，故D错误。
本题选择错误的，故选D。
3. 如图，长为L的轻质光滑细杆AB上穿有一个小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，则由此可知小球C与A端的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】对小球和轻杆组成的系统受力分析，如图所示
根据共点力平衡条件可知，力作用线或反向延长线相较于一点，由几何关系可知
4. 足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方O点。两次射门，足球先后打在水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示。若足球两次击中横梁时的速度方向均沿水平方向，不计空气阻力的作用，下列说法不正确的是（ ）
A. 若足球从O点运动到a、b的时间分别为t1和t2，则t1=t2
B. 若足球击中a、b两点的速度分别为v1和v2，则v1=v2
C. 若先后两次足球被踢出时的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则θ1>θ2
D. 若足球从O点运动到a、b的平均速度分别为和，则
【答案】B
【解析】A．由于击中a、b两点时速度方向均沿水平方向，所以此过程可看做平抛运动的逆过程，根据几何关系可知，到达b点的足球水平位移较大，二者竖直位移相等，根据竖直方向有
可知从O点运动到a、b得时间相等，故
故A正确；
B．设足球击中a、b两点时的速度分别为、，由于到达b点的足球水平位移较大，运动时间相同，根据
可得
故B错误；
C．竖直方向速度为
可知二者在O点时竖直方向速度相同，由
可知
故C正确；
D．由于，所以足球从O点运动到a、b竖直位移相同，从O点运动到b点水平位移大，根据
可得总位移关系
根据平均速度
可知
故D正确。
本题选择不正确的，故选B。
5. 如图所示，一根粗糙直杆倾斜固定在滑轮正下方的地面上，与水平地面夹角为θ，一轻质细绳绕过光滑的定滑轮，一端连接小球，一端连接套在杆子上的圆环，小球与圆环质量相等。已知圆环在杆子上任意位置都能静止，初始时连接圆环的细绳与杆子垂直，将圆环沿杆子缓慢向下移动，则（ ）
A. 杆子对圆环的弹力减小，摩擦力减小
B. 杆子对圆环的弹力增大，摩擦力减小
C. 杆子对圆环的作用力先增大后减小
D. 杆子对圆环的作用力一直增大
【答案】A
【解析】AB．设绳与杆的夹角为α，根据平衡条件可得
由于α由90°逐渐减小，则sinα逐渐减小，csα逐渐增大，所以FN减小，f减小，故A正确，B错误；
CD．由于杆对圆环的FN、f均减小，且两作用力方向不变，所以杆子对圆环的作用力一直减小，故CD错误。
故选A。
6. 如图所示，质量为M的某中学生背靠在地铁车厢，发现车厢内有两个质量均为m的小球分别用细绳和固定的轻杆悬挂起来。系统稳定后，他用手机拍摄下某时刻的情景，发现细绳偏离竖直方向角度是θ，而固定的轻杆与竖直方向的夹角是β，θ < β，重力加速度是g。下列说法正确的是（ ）
A. 地铁一定在向右加速运动，加速度大小为gtanθ
B. 中学生受到的摩擦力一定向右
C. 中学生受到地铁施加的作用力大小等于
D. 细绳和轻杆对小球的作用力方向不同
【答案】C
【解析】A．对小球受力分析如图所示
根据牛顿第二定律可知
可知
方向水平向右，因为列车可能向右加速，也可能向左减速，故A错误；
B．水平方向为中学生提供加速度的力是左侧车厢壁施加的弹力和摩擦力的合力，两者合力向右，但摩擦力不一定向右，故B错误；
C．中学生受到地铁施加的作用力与自身的重力作用，合力为Mgtanθ，因此中学生受到地铁施加的作用力大小等于重力与Mgtanθ的合力大小，为
故C正确；
D．由于两小球的质量和加速度均相同，它们的合力相同均为ma，则细绳和轻杆对小球的作用力大小均为
方向与竖直方向夹角均为θ，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，在某次植树活动中，工作人员先把树根部放入土坑中，再用双手把树扶起到竖直状态，工作人员向左匀速运动扶正树苗时，可认为树苗绕和地面的接触点O做圆周运动。手与树苗接触点的高度始终不变，若某时刻树苗与地面的夹角为θ，从此时开始到树苗被扶起到竖直状态，这一过程中树苗转动的角速度（ ）
A. 逐渐减小B. 逐渐增大C. 先减小后增大D. 先增大后减小
【答案】B
【解析】工作人员的两手与树苗的接触位置始终距地面高为h，故双手的实际速度水平向左，将手的速度按如图所示进行分解
可得
手握树干的位置到O点距离为
根据
可得树苗转动的角速度
由于、不变，增大，则逐渐增大。
故选B。
8. 在一个足够长的斜面上，将一个弹性小球沿垂直斜面的方向抛出，落回斜面又弹起。如图所示，设相邻落点的间距分别为x1、x2、x3…每次弹起时平行于斜面的速度不变，垂直于斜面的速度大小不变、方向相反。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球每次弹起在空中运动时间越来越长
B. 小球每次弹起时和斜面间的最大间距越来越大
C.
D. x1+x3=2x2
【答案】D
【解析】AB．将斜面上的抛体运动分解成沿斜面方向和垂直斜面方向的两个分运动，在垂直斜面方向做的是类上抛运动，由于每次反弹垂直斜面方向速度大小不变，所以每次在空中运动时间相同和斜面间的最大距离相同，故AB错误；
CD．在沿斜面方向，每次反弹速度相同，所以在该方向上小球做初速度为0的匀加速直线运动，根据逐差法可知
可得
故C错误，D正确。
故选D。
9. 与地球公转轨道相切于A点的小行星甲和相切于B点的小行星乙的公转轨道如图所示，A为小行星甲的近日点，B为小行星乙的远日点。假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为R1，小行星乙的近日点到太阳的距离为R2，万有引力常量为G，则（ ）
A. 小行星甲在A点的速度小于乙在B点的速度
B. 小行星乙在B点的加速度小于甲在A点的加速度
C. 小行星甲与乙的运行周期之比
D. 若已知甲的公转周期为T1，则太阳质量
【答案】CD
【解析】A．由卫星变轨知识可知，小行星甲在A点速度大于地球公转速度，小行星乙在B点速度小于地球公转速度，所以甲在A点的速度大于乙在B点的速度，故A错误；
B．由万有引力提供向心力
可得
所以小行星甲、乙在A、B两点加速度大小相等，故B错误；
C．由开普勒第三定律可知小行星甲与乙的运行周期之比为
故C正确；
D．由开普勒第三定律可知，一个行星做圆周运动的轨道半径为
时，其周期也为T1，由万有引力提供向心力
可得太阳的质量为
故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，一长L、质量为M的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量为m的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力，现用水平恒力F1向左作用在滑块上，用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块、木板同时从地面由静止开始向上运动。已知L=1.0m、质量M=0.20kg、m=0.80kg、μ=0.10，现F2与F1同时作用时间t=2s，滑块与木板恰好分离，g=10m/s2，试根据以上信息，判断以下正确的选项是（ ）
A. F1不能小于20N
B. F2不能小于20N
C. 当F1=30N时，F2=19N
D t=2s内，滑块与木板加速度之差一定等于0.5m/s2
【答案】AD
【解析】A．根据题意有
所以
故A正确；
B．根据牛顿第二定律，对滑块有
对木板有
根据滑块与木板的位移关系有
联立并代入数据可得
由于
所以
故B错误；
C．当F1=30N时，有
故C错误；
D．由于
代入数据可得
故D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共58分。
11. 如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1∶2∶1，变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1，如图乙所示。
（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是（ ）
A. 探究两个互成角度的力的合成规律
B. 探究平抛运动的特点
C. 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带位于第三层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为___________。
（3）在记录两个标尺露出的格数时，同学们发现要同时记录两边的格数且格数又不是很稳定，不便于读取，于是有同学提出用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数。下列对该同学建议的评价，你认为正确的是___________。
A. 该方法可行，但仍需要匀速转动手柄
B. 该方法可行，且不需要匀速转动手柄
C. 该方法不可行，因不能确定拍照时露出的格数是否已稳定
【答案】（1）C （2）1:9 （3）B
【解析】【小问1详解】
在该实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。
A．探究两个互成角度的力的合成规律应用了等效替代法，故A错误；
B．探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，应用了控制变量法，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，即两小球的质量相等，做匀速圆周运动的半径也相同。当传动皮带位于第三层，变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
可知在A和C位置的小球做匀速圆周运动的角速度之比为1:3，由向心力公式
可知在A和C位置的小球做匀速圆周运动所需的向心力大小之比为1:9，所以则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为1:9。
【小问3详解】
该方法可行，用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数，这样可以准确读出某一时刻两边标尺露出的格数，并通过格数得出向心力与角速度的关系，手柄转速变化时，两边标尺露出的格数同时变化，仍可通过格数得出向心力与角速度的关系，故不需要匀速转动手柄。
故选B。
12. 一组同学在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，实验装置如图甲所示。
（1）下列说法正确的是______；
A. 在悬挂砂和砂桶B前，对小车和砝码A平衡摩擦力
B. 滑轮和小车之间的细绳必须保持水平
C. 本实验砂和砂桶B的质量应远大于小车和砝码A的质量
D. 在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像，mA为小车和砝码A的质量
（2）若某次实验获得如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间均有4个点未画出，打点计时器所用交流电频率为50Hz，则加速度大小a=______m/s2，计数点4的速度大小v4=______m/s（结果均保留三位有效数字）；
（3）某学生在控制小车和砝码A质量不变的情况下，探究a—F关系时，忘记平衡摩擦力，得到如图丙所示图像，图中a1、F1、F0为已知量，若已知重力加速度为g，不计其它摩擦影响，则本次实验中所用小车和砝码A的总质量mA=______；小车和木板间的动摩擦因数为______。（用题中已知的物理量来表示）
【答案】（1）AD （2）1.12 0.686 （3）
【解析】【小问1详解】
AB．为了使细绳的拉力等于小车所受外力的合力，实验中在悬挂砂和砂桶B前，需要对小车和砝码A平衡摩擦力，同时需要使滑轮和小车之间的细绳必须保持与长木板平行，而不是保持水平，故A正确，B错误；
C．实验中认为砂和砂桶B的重力大小与细绳拉力大小相等，由于
，
则有
当时，近似有
可知，本实验砂和砂桶B的质量应远小于小车和砝码A的质量，故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
则有
由于加速度与mA成反比，则由于加速度与成正比，可知，在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像，mA为小车和砝码A的质量，故D正确。
故选AD。
【小问2详解】
[1]相邻计数点间均有4个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法有
[2]匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打计数点4的速度大小
【小问3详解】
[1][2]控制小车和砝码A质量不变的情况下，若忘记平衡摩擦力，则有
变形有
结合图像有
，
解得
，
13. 乒乓球是我国的国球，中国乒乓球队更是奥运梦之队。在刚刚结束的第33届巴黎奥运上，我国包揽了5枚金牌，为国乒喝彩。乒乓球训练入门简单，一支球拍，一个球，就能做颠球训练，也能对着墙壁开展对练模式。为了避免捡球的烦恼，现在推出了一种悬挂式乒乓球训练器，如图甲所示。该训练器可简化成一根长为l的轻质细绳下悬挂一可视为质点、质量为m的小球。不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）敲击小球，可以让小球在竖直平面内摆动，最大偏转角度为θ，则小球摆到最高点时，求绳子拉力大小；
（2）敲击小球，也可以让小球做圆锥摆运动，当轻绳偏离竖直方向夹角为θ时，求绳子拉力大小及小球线速度大小。
【答案】（1）
（2），
【解析】【小问1详解】
对小球受力分析，如图
当小球摆到最高点时
对小球受力分析，沿绳方向有
小问2详解】
对小球受力分析，如图
竖直方向有
可得绳子的拉力大小为
水平方向由牛顿第二定律
可得小球的线速度大小为
14. 如图所示，水平转台上的小物体1、2通过轻质细线相连，质量分别为m、2m。保持细线伸直且恰无张力，并静止在转台上，可绕垂直转台的中心轴OO′转动。两物体与转台表面的动摩擦因数相同均为μ，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。两物体与轴O共线且物体1到转轴的距离为r，物体2到转轴的距离为2r，重力加速度为g。当转台从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，针对这个过程，求解下列问题：
（1）求轻绳刚有拉力时转台的角速度；
（2）求当转台角速度为时，物体1受到的摩擦力；
（3）求当物体1和物体2均被甩离转台时的角速度。
【答案】（1）
（2）0 （3）
【解析】【小问1详解】
轻绳刚有拉力时，物体2与转盘间的摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得
解得
【小问2详解】
圆盘角速度为
此时2与转盘间的摩擦力是最大静摩擦力，则对2有
对1有
解得
【小问3详解】
当圆盘转动的角速度大于时，物体2与转盘间的摩擦力仍为最大静摩擦力，但物体1所受的摩擦力沿半径向外，且随着角速度的增大，摩擦力不断增大，当物体1和物体2均被甩离转台时，物体1所受的摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律可得
解得
15. 如图所示，水平传送带AB长度为l=4m，粗糙斜面BC足够长，倾角θ=37°，传送带与斜面在B点平滑连接。传送带水平向右运动，速度为5m/s。现将一小滑块轻放在传送带的A端。已知滑块与传送带和斜面间动摩擦因数均为μ=0.5。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：
（1）滑块从A到B的运动时间；
（2）滑块第一次从斜面上返回B点时的速度大小；
（3）滑块第n次冲上斜面的最大位移。
【答案】（1）1.3s
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
滑块在传送带上，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式
达到共速的时间为
在1s内，滑块运动的位移为
因为
所以滑块接着做匀速直线运动，则
解得
则滑块从A到B的运动时间为
【小问2详解】
滑块第一次以的速度冲上斜面，则滑块在斜面上滑时，由牛顿第二定律
解得
上滑位移为
下滑时，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式
可得滑块第一次从斜面上返回B点时的速度大小为
【小问3详解】
滑块在传送带上先匀减速后反向匀加速，返回B点时速度大小仍然为
滑块第二次冲上斜面上滑的最大位移为
滑块第二次从斜面返回到B点时，速度大小为
同理可知，滑块第三次冲上斜面上滑的最大位移为
同理可知，滑块第n次冲上斜面上滑的最大位移为
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：必修第一册，必修第二册5、6、7章。
一、选择题（本题共10小题，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1. 2024年巴黎奥运会刚结束，对于运动会中的某些比赛，下列说法正确的是（ ）
A. 乒乓球比赛中，樊振东准备接对手发出的旋转球，此时可以将乒乓球看成质点
B. 篮球比赛中詹姆斯接到队友大力传球时，他的手对篮球的弹力是由篮球发生形变产生的
C. 潘展乐在男子100米自由泳决赛加速冲刺时，水对他的作用力大于他对水的作用力
D. 全红婵在女子10米跳水比赛中，她在上升到最高点时处于失重状态
【答案】D
【解析】A．乒乓球比赛中，樊振东准备接对手发出的旋转球，乒乓球的大小和形状不能忽略不计，则此时不可以将乒乓球看成质点，故A错误；
B．篮球比赛中詹姆斯接到队友大力传球时，他的手对篮球的弹力是由手发生形变产生的，故B错误；
C．潘展乐在男子100米自由泳决赛加速冲刺时，水对他的作用力与他对水的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，大小相等，方向相反，故C错误；
D．全红婵在女子10米跳水比赛中，她在上升到最高点时仅受重力，加速度向下，处于失重状态，故D正确。
故选D。
2. 甲、乙两质点在同一直线路段上运动的位移—时间图像（x − t图像）如图所示，其中甲的图线是直线，乙的图线是抛物线。下列说法错误的是（ ）
A. 甲做匀速直线运动
B. 在0 ~ 6 s内的任意时刻，甲、乙的速度不可能相同
C. 乙的加速度大小为
D. 在0 ~ 12 s内，有两个时刻甲、乙之间的距离为2.5 m
【答案】D
【解析】A．甲的x − t图像是一条倾斜直线，斜率表示速度，则甲做匀速直线运动，故A正确；
B．在0 ~ 6 s内甲、乙运动方向相反，两者速度方向相反，故此段时间内甲、乙的速度不可能相同，故B正确；
C．乙图线是抛物线，说明乙做匀变速直线运动，6 ~ 12 s内乙向负方向做初速度为0的匀加速运动，由得乙的加速度大小为
故C正确；
D．初始时刻相距3 m，到第一次相遇之前，有某一个时刻相距2.5 m，在6 s末时，两者恰好相距2.5 m，然后乙反向追甲，此段时间内两者距离先增大后减小，还有一个时刻相距2.5 m，故总共有三个时刻距离为2.5 m，故D错误。
本题选择错误的，故选D。
3. 如图，长为L的轻质光滑细杆AB上穿有一个小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，则由此可知小球C与A端的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】对小球和轻杆组成的系统受力分析，如图所示
根据共点力平衡条件可知，力作用线或反向延长线相较于一点，由几何关系可知
4. 足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方O点。两次射门，足球先后打在水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示。若足球两次击中横梁时的速度方向均沿水平方向，不计空气阻力的作用，下列说法不正确的是（ ）
A. 若足球从O点运动到a、b的时间分别为t1和t2，则t1=t2
B. 若足球击中a、b两点的速度分别为v1和v2，则v1=v2
C. 若先后两次足球被踢出时的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则θ1>θ2
D. 若足球从O点运动到a、b的平均速度分别为和，则
【答案】B
【解析】A．由于击中a、b两点时速度方向均沿水平方向，所以此过程可看做平抛运动的逆过程，根据几何关系可知，到达b点的足球水平位移较大，二者竖直位移相等，根据竖直方向有
可知从O点运动到a、b得时间相等，故
故A正确；
B．设足球击中a、b两点时的速度分别为、，由于到达b点的足球水平位移较大，运动时间相同，根据
可得
故B错误；
C．竖直方向速度为
可知二者在O点时竖直方向速度相同，由
可知
故C正确；
D．由于，所以足球从O点运动到a、b竖直位移相同，从O点运动到b点水平位移大，根据
可得总位移关系
根据平均速度
可知
故D正确。
本题选择不正确的，故选B。
5. 如图所示，一根粗糙直杆倾斜固定在滑轮正下方的地面上，与水平地面夹角为θ，一轻质细绳绕过光滑的定滑轮，一端连接小球，一端连接套在杆子上的圆环，小球与圆环质量相等。已知圆环在杆子上任意位置都能静止，初始时连接圆环的细绳与杆子垂直，将圆环沿杆子缓慢向下移动，则（ ）
A. 杆子对圆环的弹力减小，摩擦力减小
B. 杆子对圆环的弹力增大，摩擦力减小
C. 杆子对圆环的作用力先增大后减小
D. 杆子对圆环的作用力一直增大
【答案】A
【解析】AB．设绳与杆的夹角为α，根据平衡条件可得
由于α由90°逐渐减小，则sinα逐渐减小，csα逐渐增大，所以FN减小，f减小，故A正确，B错误；
CD．由于杆对圆环的FN、f均减小，且两作用力方向不变，所以杆子对圆环的作用力一直减小，故CD错误。
故选A。
6. 如图所示，质量为M的某中学生背靠在地铁车厢，发现车厢内有两个质量均为m的小球分别用细绳和固定的轻杆悬挂起来。系统稳定后，他用手机拍摄下某时刻的情景，发现细绳偏离竖直方向角度是θ，而固定的轻杆与竖直方向的夹角是β，θ < β，重力加速度是g。下列说法正确的是（ ）
A. 地铁一定在向右加速运动，加速度大小为gtanθ
B. 中学生受到的摩擦力一定向右
C. 中学生受到地铁施加的作用力大小等于
D. 细绳和轻杆对小球的作用力方向不同
【答案】C
【解析】A．对小球受力分析如图所示
根据牛顿第二定律可知
可知
方向水平向右，因为列车可能向右加速，也可能向左减速，故A错误；
B．水平方向为中学生提供加速度的力是左侧车厢壁施加的弹力和摩擦力的合力，两者合力向右，但摩擦力不一定向右，故B错误；
C．中学生受到地铁施加的作用力与自身的重力作用，合力为Mgtanθ，因此中学生受到地铁施加的作用力大小等于重力与Mgtanθ的合力大小，为
故C正确；
D．由于两小球的质量和加速度均相同，它们的合力相同均为ma，则细绳和轻杆对小球的作用力大小均为
方向与竖直方向夹角均为θ，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，在某次植树活动中，工作人员先把树根部放入土坑中，再用双手把树扶起到竖直状态，工作人员向左匀速运动扶正树苗时，可认为树苗绕和地面的接触点O做圆周运动。手与树苗接触点的高度始终不变，若某时刻树苗与地面的夹角为θ，从此时开始到树苗被扶起到竖直状态，这一过程中树苗转动的角速度（ ）
A. 逐渐减小B. 逐渐增大C. 先减小后增大D. 先增大后减小
【答案】B
【解析】工作人员的两手与树苗的接触位置始终距地面高为h，故双手的实际速度水平向左，将手的速度按如图所示进行分解
可得
手握树干的位置到O点距离为
根据
可得树苗转动的角速度
由于、不变，增大，则逐渐增大。
故选B。
8. 在一个足够长的斜面上，将一个弹性小球沿垂直斜面的方向抛出，落回斜面又弹起。如图所示，设相邻落点的间距分别为x1、x2、x3…每次弹起时平行于斜面的速度不变，垂直于斜面的速度大小不变、方向相反。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球每次弹起在空中运动时间越来越长
B. 小球每次弹起时和斜面间的最大间距越来越大
C.
D. x1+x3=2x2
【答案】D
【解析】AB．将斜面上的抛体运动分解成沿斜面方向和垂直斜面方向的两个分运动，在垂直斜面方向做的是类上抛运动，由于每次反弹垂直斜面方向速度大小不变，所以每次在空中运动时间相同和斜面间的最大距离相同，故AB错误；
CD．在沿斜面方向，每次反弹速度相同，所以在该方向上小球做初速度为0的匀加速直线运动，根据逐差法可知
可得
故C错误，D正确。
故选D。
9. 与地球公转轨道相切于A点的小行星甲和相切于B点的小行星乙的公转轨道如图所示，A为小行星甲的近日点，B为小行星乙的远日点。假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为R1，小行星乙的近日点到太阳的距离为R2，万有引力常量为G，则（ ）
A. 小行星甲在A点的速度小于乙在B点的速度
B. 小行星乙在B点的加速度小于甲在A点的加速度
C. 小行星甲与乙的运行周期之比
D. 若已知甲的公转周期为T1，则太阳质量
【答案】CD
【解析】A．由卫星变轨知识可知，小行星甲在A点速度大于地球公转速度，小行星乙在B点速度小于地球公转速度，所以甲在A点的速度大于乙在B点的速度，故A错误；
B．由万有引力提供向心力
可得
所以小行星甲、乙在A、B两点加速度大小相等，故B错误；
C．由开普勒第三定律可知小行星甲与乙的运行周期之比为
故C正确；
D．由开普勒第三定律可知，一个行星做圆周运动的轨道半径为
时，其周期也为T1，由万有引力提供向心力
可得太阳的质量为
故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，一长L、质量为M的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量为m的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力，现用水平恒力F1向左作用在滑块上，用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块、木板同时从地面由静止开始向上运动。已知L=1.0m、质量M=0.20kg、m=0.80kg、μ=0.10，现F2与F1同时作用时间t=2s，滑块与木板恰好分离，g=10m/s2，试根据以上信息，判断以下正确的选项是（ ）
A. F1不能小于20N
B. F2不能小于20N
C. 当F1=30N时，F2=19N
D t=2s内，滑块与木板加速度之差一定等于0.5m/s2
【答案】AD
【解析】A．根据题意有
所以
故A正确；
B．根据牛顿第二定律，对滑块有
对木板有
根据滑块与木板的位移关系有
联立并代入数据可得
由于
所以
故B错误；
C．当F1=30N时，有
故C错误；
D．由于
代入数据可得
故D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共58分。
11. 如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1∶2∶1，变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1，如图乙所示。
（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是（ ）
A. 探究两个互成角度的力的合成规律
B. 探究平抛运动的特点
C. 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带位于第三层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为___________。
（3）在记录两个标尺露出的格数时，同学们发现要同时记录两边的格数且格数又不是很稳定，不便于读取，于是有同学提出用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数。下列对该同学建议的评价，你认为正确的是___________。
A. 该方法可行，但仍需要匀速转动手柄
B. 该方法可行，且不需要匀速转动手柄
C. 该方法不可行，因不能确定拍照时露出的格数是否已稳定
【答案】（1）C （2）1:9 （3）B
【解析】【小问1详解】
在该实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。
A．探究两个互成角度的力的合成规律应用了等效替代法，故A错误；
B．探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，应用了控制变量法，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，即两小球的质量相等，做匀速圆周运动的半径也相同。当传动皮带位于第三层，变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
可知在A和C位置的小球做匀速圆周运动的角速度之比为1:3，由向心力公式
可知在A和C位置的小球做匀速圆周运动所需的向心力大小之比为1:9，所以则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为1:9。
【小问3详解】
该方法可行，用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数，这样可以准确读出某一时刻两边标尺露出的格数，并通过格数得出向心力与角速度的关系，手柄转速变化时，两边标尺露出的格数同时变化，仍可通过格数得出向心力与角速度的关系，故不需要匀速转动手柄。
故选B。
12. 一组同学在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，实验装置如图甲所示。
（1）下列说法正确的是______；
A. 在悬挂砂和砂桶B前，对小车和砝码A平衡摩擦力
B. 滑轮和小车之间的细绳必须保持水平
C. 本实验砂和砂桶B的质量应远大于小车和砝码A的质量
D. 在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像，mA为小车和砝码A的质量
（2）若某次实验获得如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间均有4个点未画出，打点计时器所用交流电频率为50Hz，则加速度大小a=______m/s2，计数点4的速度大小v4=______m/s（结果均保留三位有效数字）；
（3）某学生在控制小车和砝码A质量不变的情况下，探究a—F关系时，忘记平衡摩擦力，得到如图丙所示图像，图中a1、F1、F0为已知量，若已知重力加速度为g，不计其它摩擦影响，则本次实验中所用小车和砝码A的总质量mA=______；小车和木板间的动摩擦因数为______。（用题中已知的物理量来表示）
【答案】（1）AD （2）1.12 0.686 （3）
【解析】【小问1详解】
AB．为了使细绳的拉力等于小车所受外力的合力，实验中在悬挂砂和砂桶B前，需要对小车和砝码A平衡摩擦力，同时需要使滑轮和小车之间的细绳必须保持与长木板平行，而不是保持水平，故A正确，B错误；
C．实验中认为砂和砂桶B的重力大小与细绳拉力大小相等，由于
，
则有
当时，近似有
可知，本实验砂和砂桶B的质量应远小于小车和砝码A的质量，故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
则有
由于加速度与mA成反比，则由于加速度与成正比，可知，在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像，mA为小车和砝码A的质量，故D正确。
故选AD。
【小问2详解】
[1]相邻计数点间均有4个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法有
[2]匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打计数点4的速度大小
【小问3详解】
[1][2]控制小车和砝码A质量不变的情况下，若忘记平衡摩擦力，则有
变形有
结合图像有
，
解得
，
13. 乒乓球是我国的国球，中国乒乓球队更是奥运梦之队。在刚刚结束的第33届巴黎奥运上，我国包揽了5枚金牌，为国乒喝彩。乒乓球训练入门简单，一支球拍，一个球，就能做颠球训练，也能对着墙壁开展对练模式。为了避免捡球的烦恼，现在推出了一种悬挂式乒乓球训练器，如图甲所示。该训练器可简化成一根长为l的轻质细绳下悬挂一可视为质点、质量为m的小球。不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）敲击小球，可以让小球在竖直平面内摆动，最大偏转角度为θ，则小球摆到最高点时，求绳子拉力大小；
（2）敲击小球，也可以让小球做圆锥摆运动，当轻绳偏离竖直方向夹角为θ时，求绳子拉力大小及小球线速度大小。
【答案】（1）
（2），
【解析】【小问1详解】
对小球受力分析，如图
当小球摆到最高点时
对小球受力分析，沿绳方向有
小问2详解】
对小球受力分析，如图
竖直方向有
可得绳子的拉力大小为
水平方向由牛顿第二定律
可得小球的线速度大小为
14. 如图所示，水平转台上的小物体1、2通过轻质细线相连，质量分别为m、2m。保持细线伸直且恰无张力，并静止在转台上，可绕垂直转台的中心轴OO′转动。两物体与转台表面的动摩擦因数相同均为μ，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。两物体与轴O共线且物体1到转轴的距离为r，物体2到转轴的距离为2r，重力加速度为g。当转台从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，针对这个过程，求解下列问题：
（1）求轻绳刚有拉力时转台的角速度；
（2）求当转台角速度为时，物体1受到的摩擦力；
（3）求当物体1和物体2均被甩离转台时的角速度。
【答案】（1）
（2）0 （3）
【解析】【小问1详解】
轻绳刚有拉力时，物体2与转盘间的摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得
解得
【小问2详解】
圆盘角速度为
此时2与转盘间的摩擦力是最大静摩擦力，则对2有
对1有
解得
【小问3详解】
当圆盘转动的角速度大于时，物体2与转盘间的摩擦力仍为最大静摩擦力，但物体1所受的摩擦力沿半径向外，且随着角速度的增大，摩擦力不断增大，当物体1和物体2均被甩离转台时，物体1所受的摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律可得
解得
15. 如图所示，水平传送带AB长度为l=4m，粗糙斜面BC足够长，倾角θ=37°，传送带与斜面在B点平滑连接。传送带水平向右运动，速度为5m/s。现将一小滑块轻放在传送带的A端。已知滑块与传送带和斜面间动摩擦因数均为μ=0.5。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：
（1）滑块从A到B的运动时间；
（2）滑块第一次从斜面上返回B点时的速度大小；
（3）滑块第n次冲上斜面的最大位移。
【答案】（1）1.3s
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
滑块在传送带上，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式
达到共速的时间为
在1s内，滑块运动的位移为
因为
所以滑块接着做匀速直线运动，则
解得
则滑块从A到B的运动时间为
【小问2详解】
滑块第一次以的速度冲上斜面，则滑块在斜面上滑时，由牛顿第二定律
解得
上滑位移为
下滑时，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式
可得滑块第一次从斜面上返回B点时的速度大小为
【小问3详解】
滑块在传送带上先匀减速后反向匀加速，返回B点时速度大小仍然为
滑块第二次冲上斜面上滑的最大位移为
滑块第二次从斜面返回到B点时，速度大小为
同理可知，滑块第三次冲上斜面上滑的最大位移为
同理可知，滑块第n次冲上斜面上滑的最大位移为
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