广东省广州市育才中学2023-2024学年高一下学期“五湖杯”物理学科竞赛试题

试卷第 1页，共 4页 广州市育才中学 2026 届高一“五湖杯”物理学科竞赛 姓名：___________班级：___________学号：___________ 一、不定项选择题．．．．．．（每题 8 分，共 48 分，每题至少有一个正确答案．．．．．．．．．．．，若漏选地 4 分，错选或不选 0 分） 1．消毒碗柜的金属碗架可以将碗竖直放置于两条金属杆之间，如图所示。取某个碗的正视图 如图所示，其中 a、b分别为两光滑水平金属杆，下列说法正确的是（ ） A．若减小 a、b间距，碗仍保持竖直静止，碗的合力减小 B．若减小 a、b间距，碗仍保持竖直静止，a杆受到的弹力不变 C．若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于 a、b杆之间，碗受 到杆的作用力变小 D．若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于 a、b杆之间，碗受 到杆的作用力不变 2．《礼记传》中提到：“投壶，射之细也，宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示， 甲、乙两人沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53和37；已 知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，cos37 0.8  ，cos53 0.6  ， 下列说法正确的是（ ） A．甲、乙两人投出的箭在空中均做匀加速直线运动 B．甲、乙两人投出的箭在空中均处于失重状态 C．若甲、乙两人从同一高度水平射出箭，则甲所射箭的水平初速度比乙的小 D．若甲、乙两人从同一高度水平射出箭，则甲射箭位置距壶的水平距离比乙大 试卷第 2页，共 4页 3．如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为一个质量为 M的支架（含 电动机）上由一根长为 l的轻杆带动一个质量为 m的铁球（铁球可视为质点），如图乙所示， 重力加速度为 g。若在某次打夯过程中，铁球以角速度ω匀速转动，则（ ） A．铁球转动过程线速度不变 B．铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 C．铁球转动到最低点时，处于超重状态 D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好 为零，则  M m g ml    4．如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ） A．甲图中，物体在 0-t0这段时间内的平均速度为 02 v B．乙图中，物体的加速度大小为 1m/s2 C．丙图中，阴影面积表示 t1-t2时间内物体的位移 D．丁图中，0~3秒内物体的位移大小为 30m 5．如图，潜艇从海水的高密度区驶入低密度区过程称为“掉深”。图 a，某潜艇在高密度区水 平向右匀速航行； t=0时，该捞艇开始“掉深”， 图 b为其竖直方向的速度时间图像，水平速 度 v保持不变。若以水平向右为 x轴，竖直向下为 y轴，则带艇“掉深”后的 0~30s内。能大致 表示其运动轨迹的图形是（ ） 试卷第 3页，共 4页 A． B． C． D． 6．如图所示，质量都为 m的 A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于 mg的 恒力 F向上拉 B，运动距离 h时 B与 A分离。则下列说法中正确的是（ ） A．B和 A刚分离时，弹簧为原长 B．弹簧的劲度系数等于 mg h C．在 B与 A分离之前，它们的加速度逐渐变大 D．在 B与 A分离之前，它们的加速度逐渐变小 二、解答题（共 3题，共 52分） 7．（12分）如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以 3m/sv  水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从 A点切入光滑竖直圆弧轨道， 并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为 1.0mR  ，圆弧所对应圆 心角 106  ，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中，空气阻力忽略不计。（计算中 取 210m/sg  ， sin 53 0.8  ， cos53 0.6  ）求： （1）从平台飞出到 A点，人和车运动的水平距离 s； （2）人和车运动到达圆弧轨道 A点时对轨道的压力大小； （3）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度 33m/sv  ，此时对轨道的压力大小。 试卷第 4页，共 4页 8．（20分）如图所示，一足够长的水平传送带以速度 2m/sv  匀速运动，质量为 1 1kgm  的小 物块 P和质量为 2 1.5kgm  的小物块 Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某 时刻给 P、Q同时提供大小相等的初速度 0 4m/sv  ，使 Q竖直向上运动、P从传送带左端冲上 传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块 P与传送带间的动摩擦因数 0.5,  ，重力加速 度为 210m/sg  ，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块 Q都没有上升到定滑轮处。求： （1）物块 P与传送带共速前受到的摩擦力大小和方向； （2）物块 P与传送带共速前的加速度大小； （3）物块 P与传送带达到共速所用的时间； （4）物块 P在传送带上向右运动的最大距离 x。 9．（20分）如图为薄塑料羽毛球筒，内有一羽毛球，球头离球筒口10cm，球与球筒内壁紧 密接触。为了将羽毛球取出，小明同学将球筒竖直静置，球筒下端距地面20cm，然后将球筒 静止释放，已知羽毛球质量为 5g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g取 210m/ s 。 求： （1）球筒竖直静置释放前羽毛球受到的摩擦力和下落过程中受到的摩擦力； （2）若球筒与地面相碰后速度瞬间减为 0，且不会倾倒，之后羽毛球球头刚好滑行到达球筒 口。求羽毛球滑到球筒口过程中受到的滑动摩擦力大小； （3）若球筒撞击地面后，竖直向上反弹，反弹的速度大小为撞击前速度的 0.5倍，羽毛球与 球筒间的摩擦力大小为第（2）问中的摩擦力大小。当球筒反弹到最高点时，羽毛球球头恰从 球筒中滑出，求球简的质量。 浩瀚宇宙，万有引力，努力才能克服学习阻力！ 精彩人生，能量守恒，坚守终将收获知识永恒！ 答案第 1页，共 3页 2026 届高一“五湖杯”物理学科竞赛参考答案 1．D【详解】 A．若减小 a、b间距，碗仍保持竖直静止，碗的合力仍为零，合力不变，选项 A错误； B．对碗受力分析如图，设 b点对碗的弹力 F2与竖直方向的夹角为θ，则 1 tanF G  ， 2 cos GF   若减小 a、b间距，则θ减小，a杆受到的弹力 F1减小，选项 B错误； CD．杆对碗的作用力与碗的重力等大反向，则将质量相同、半径更大的碗竖直放置于 a、b杆之间，则碗 受到杆的作用力不变，总等于重力，选项 C错误，D正确。故选 D。 2．BC【详解】A．甲、乙两人投出的箭在空中只受重力作用，加速度为 g，则均做匀加速曲线运动，选项 A错误； B．甲、乙两人投出的箭在空中的加速度均为向下的 g，则均处于失重状态，选项 B正确； CD．若甲、乙两人从同一高度水平射出箭，则根据 2yv gh 可知，两箭落地的竖直速度相同，根据 0 tan y v v   可知，则甲所射箭的水平初速度比乙的小，根据 0 2hx v g  可知，甲射箭位置距壶的水平距离比乙小，选项 C正确，D错误。故选 BC。 3．CD【详解】AB．铁球转动过程中，线速度和向心加速度的方向都在变化，故 AB错误； C．铁球转动到最低点时，拉力大于重力，故处于超重状态，故 C正确； D．铁球转动到最高点时，此时对支架受力分析，支架受到轻杆的拉力等于重力，即有T Mg 对小球分析有 2T mg m l  ，解得  M m g ml    ，故 D正确。故选 CD。 4.D【详解】A．若甲图表示初速度为 0的匀加速直线运动，则在 0~t0这段时间内的平均速度为 0 0 0 2 2 v vv   但从图像可知，甲图所表示的运动为加速度逐渐减小的加速运动，在 0~t0这段时间内任意时刻的速度都大 于匀变速直线运动的速度，因此，物体在 0~t0这段时间内的平均速度大于 02 v ，故 A错误； B．乙图中所对应的直线运动，其速度与位移的关系为 2 2v ax 则可知，图线的斜率表示 2a，可得该运动的加速度大小为 2 1 m/s 2 ，故 B错误； C．a t 图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则可知丙图中，阴影面积表示 t1~t2时间内 物体速度的变化量，故 C错误； D．将匀变速直线运动位移与时间的关系式 20 1 2 x v t at  ，变式可得 0 1 2 x v at t   ，将坐标（1，0）、（3， 10）代入上式可得 0 5m/sv   ， 210m/sa  ，则 0~3秒内物体的位移大小为 2 2 0 1 15 3 10 3 30m 2 2 x v t at         故 D正确。故选 D。 5．B【详解】根据题意可知，潜艇在 x轴方向上做匀速直线运动， y轴方向上先做匀加速直线运动，再做 匀减速直线运动，则 y x 运动轨迹的图形，在 x轴上取相邻距离相等的几段距离，则时间相等， y轴上下 降的距离先增大后减小。 答案第 2页，共 3页 故选 B。 6．BD【详解】A．B和 A刚分离时，两者有共同的加速度，此时对 B受力分析，B受重力和拉力 F，且 F mg 因此 B所受合力为零，加速度为零，则此时 A的加速度也为零，因此对 A受力分析可知，弹簧对 A的弹 力等于 A自身的重力，即 F mg弹 ，因此 B和 A刚分离时，弹簧处于压缩状态，故 A错误； B．初始状态，未施加恒力 F时，对整体受力分析得 11 2F kx mg 弹 ，B和 A刚分离时，对 A受力分析有 22F kx mg 弹 ，其中，由几何关系得 1 2x x h  ，联立解得 mgk h  ，故 B正确； CD．对整体受力分析，由牛顿第二定律得 2 2F kx mg ma   ，其中 F mg ，代入整理可得 2kx mg ma  由题意可知，向上运动过程中，弹簧形变量 x逐渐减小，因此加速度 a逐渐减小，故 C错误，D正确； 故选 BD。 7．（12分）（1）1.2m；（2）5580N；（3）7740N 【详解】（1）在 A点，根据平抛运动推论 0.8tan 53 2 s    ---------（1分） 得 1.2ms  ---------（1分） （2）人和车在 A点的竖直分速度为 2 10 0.8m/s 4m/syv     ---------（1分） A点的速度为 5m/s sin53 yvv    ---------（1分） 根据牛顿第二定律 2 cos53 vN mg m R    ---------（2分） 得 5580NN  ---------（1分） 根据牛顿第三定律，人和车运动到达圆弧轨道 A点时对轨道的压力大小为 5580N。---------（1分） （3）在最低点，根据牛顿第二定律 2vN mg m R     ---------（2分） 得 7740NN   ---------（1分） 根据牛顿第三定律，人和车运动到达最低点O时对轨道的压力大小为 7740N。---------（1分） 8．（20分）（1）5N，方向水平向左；（2） 28m/s ；（3）0.25s；（4）1.25m 【详解】（1）物块 P与传送带共速前受到的摩擦力大小为 1 5Nf m g  ---------（1分） 由于 0 4m/s 2m/sv v   ---------（1分） 可知摩擦力方向水平向左。---------（1分） （2）共速前，对P由牛顿第二定律得 1 1 1 1F m g m a  ---------（2分） 对Q受力分析可知，由牛顿第二定律得 2 1 2 1m g F m a  ---------（2分） 联立解得 2 1 8m/sa  ---------（1分） （3）物块P先减速到与传送带速度相同，则有 0 1 1v v a t  ---------（2分） 解得 1 0.25st  ---------（1分） （4）物块P先减速到与传送带共速过程，有 01 12 v vx t ---------（2分） 解得 1 0.75mx  共速后，由于摩擦力 1 25N 15Nf m g m g    ---------（1分） 故 P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右，设此时的加速度为 2a ，轻绳的 拉力为 2F ，对 P由牛顿第二定律得 2 1 1 2F m g m a  ---------（1分） 对 Q由牛顿第二定律得 2 2 2 2m g F m a  ---------（1分） 联立解得 2 2 4m/sa  设减速到 0位移为 2x ，则有 2 2 20 2v a x   ---------（2分） 解得 2 0.5mx  物块 P在传送带上向右运动的最大距离 1 2x x x  ---------（1分） 解得 1.25mx  ---------（1分） 答案第 3页，共 3页 9．（20分）（1） 25 10 N ，竖直向上，0；（2）3mg；（3）15g 【详解】（1）羽毛球的质量 35g 5 10 kgm    释放前羽毛球静止，设羽毛球受到的摩擦力为 f 根据平衡条件可得 3 25 10 10N 5 10 Nmg f        ---------（2分） 方向竖直向上；---------（1分） 羽毛球下落过程中和球筒一起做自由落体运动，加速度 a g ---------（1分） 设所受摩擦力为 f ，对羽毛球由牛顿第二定律有mg f mg  ---------（2分） 解得 0f   ---------（1分） （2）不计空气阻力，球筒释放后和羽毛球一起做自由落体运动，设球筒落地前瞬间的速度大小为 v， 则有 2 12v gh ---------（1分） 式中 1 20cm 0.2mh   解得 2m/sv  球筒落地后羽毛球刚好到达筒口，则对羽毛球有 2 0 22v a h ---------（1分） 式中 2 10cm 0.1mh   解得 2 0 20m/s 2a g  ---------（1分） 设羽毛球滑到球筒口过程中受到的滑动摩擦力大小为 1f 则由牛顿第二定律有 1 2f mg mg  ---------（2分） 解得 1 3f mg ---------（1分） （3）球筒给羽毛球的摩擦力向上，则根据牛顿第三定律可知，羽毛球给球筒的摩擦力竖直向下，设球筒 反弹后上升过程中的加速度大小为 2a 则对球筒由牛顿第二定律有 23Mg mg Ma  ---------（2分） 设反弹后球筒的速度大小为 1 1m/s2 vv   ---------（1分） 设球筒上升到最高点的时间为 t，则有 1 2 vt a  ---------（1分） 根据位移关系有 2 21 0 2 2 1 2 2 v vt a t h a    ---------（2分） 联立解得 15gM  ---------（1分） 浩瀚宇宙，万有引力，努力才能克服学习阻力！ 精彩人生，能量守恒，坚守终将收获知识永恒！