安徽省2024-2025学年高一下学期3月尖子生联考物理试题

高一物理参考答案　 第 1　 页(共 4 页) 高一物理参考答案 一、选择题:共 10 小题,共 42 分。 在每小题给出的四个选项中,第 1 ~ 8 题只有一个选项符合题目要求, 每小题 4 分,共 32 分;第 9 ~ 10 题有多个选项符合题目要求,每小题 5 分,共 10 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A B B C D C CD AC 1. D　 【解析】曲线运动一定是变速运动,A 错误。 物体受到的合外力与速度不在一条直线上,物体做曲 线运动,合外力可能是恒力也可能是变力,若物体做曲线运动时,受到的是恒力,则物体做匀变速 曲线运动,BC 错误。 做曲线运动的物体,速度方向和合外力方向一定位于曲线两侧,D 正确。 2. C　 【解析】持竿助跑过程,运动员的重力的反作用力是人对地球的吸引力,A 错误;根据牛顿第三定 律可得,撑竿起跳上升阶段,弯曲的撑竿对人的作用力等于人对撑竿的作用力,B 错误;撑竿起跳 上升阶段,人先向上加速后向上减速,故人先处于超重状态后处于失重状态,C 正确。 在最高点手 已离开撑竿,运动员还能继续越过横杆,是因为惯性的作用,D 错误。 3. A　 【解析】物体做曲线运动时,所受合外力指向曲线的凹侧,故沿 x 轴方向做匀速直线运动,沿 x 轴 方向合外力为 0,故沿 y 轴方向可能先做匀加速运动后做匀减速运动,不可能先做匀减速运动后 做匀加速运动,A 正确,B 错误。 同理沿 y 轴方向做匀速直线运动,沿 x 轴方向可能先做匀减速运 动后做加速运动,不可能后做匀速运动,更不可能先做匀加速运动后做匀速运动,CD 错误。 4. B　 【解析】由题意可知 B 为 AC 段的中间时刻,故 vA+vB 2 = 30, vC+vB 2 = 60, vC+vA 2 = vB,联立解得 vC = 75 m / s,B 正确。 5. B　 【解析】脚踏板转动的频率 f= N t ,脚踏板转动的角速度 ω = 2πf = 2πN t ,飞轮转动频率 f′ = n1N n2 t 飞轮 转动的角速度 ω′= 2πf′= 2πn1N n2 t ,该自行车的骑行速度 v=ω′R= 2πn1NR n2 t ,B 正确。 6. C　 【解析】由题意可知 vx1 ×t1 = 4×vx2 × t2 2 , t2 2 = t1,故 vx1 = 4vx2,t2 = 2t1,B 错误。 vy1 = g× t1 2 ,vy2 = g× t2 2 ,故 vy2 = 2vy1,又 tanθ1 = vy1 vx1 ,tanθ2 = vy2 vx2 ,所以 tanθ1 tanθ2 = 1 8 ,A 错误。 从抛出到落地速度变化量 Δv = gt,故 Δv1 Δv2 = 1 2 ,C 正确。 球离地面的最大高度 h= 1 2 gt2,故 h1 h2 = 1 4 ,D 错误。 7. D　 【解析】根据匀变速直线运动速度—时间的公式 v= v0 +at,可得 v t = v0· 1 t +a,故甲乙两车的的加速 度大小分别为 a1 = 1 m / s2、a2 = 2 m / s2,初速度分别为 v01 = 3-1 0. 2 m / s = 10m / s,v02 = 3-2 0. 2 m / s = 5m / s, AB 错误;C. 两车位移相等,则有 v01 t+ 1 2 a1 t2 = v02 t+ 1 2 a2 t2,解得 t = 10s,C 错误;两车速度相等时相 距最远,则有 v01 +a1 t′ = v02 +a2 t′,此时相距 Δx = v01 t′+ 1 2 a1 t′2 -( v02 t′+ 1 2 a2 t′2 ),代入数据解得 Δx = 12. 5m,D 正确。 8. C　 【解析】小明乘坐甲电梯,电梯匀速运行受重力、支持力,电梯加速运行受重力、支持力及水平阶梯 高一物理参考答案　 第 2　 页(共 4 页) 的静摩擦力作用。 乘坐乙电梯,小明受受重力、支持力及沿斜面向上的摩擦,AB 错误。 电梯加速 时小明乘坐甲电梯,把加速度沿水平和竖直方向分解,ax = acosθ,ay = asinθ,水平方向,f1 = max = macosθ,竖直方向 N1 -mg =may =masinθ,得 N1 =mg+masinθ。 乘坐乙电梯时,垂直电梯方向 N2 = mgcosθ,沿电梯方向 f2 -mgsinθ=ma,即 f2 =mgsinθ+ma,所以 f1 ∶ f2 = acosθ ∶ (gsinθ+a),N1 ∶ N2 = (g+asinθ) ∶ gcosθ,C 正确。 9. CD　 【解析】小球受到的合力等于小球受到的向心力,故在 B、D 两点小球受到的合力 大小相等,但方向不同,A 错误;在 D 小球受力如图,弹力一定不沿杆的方向,同 理 B 点也是,故 B 正确;设在最高点时,杆的弹力为 F1,在最低点时,杆的弹力为 F2,当杆转动的角速度为 ω0 时,F1 = 0,此时重力提供向心力,即 mg =mω20 l,解得 ω0 = g l ,当杆转动的角速度 ω<ω0 时,则在最高点,有 mg-F1 =mlω2,在最低点, 有 F2 -mg=mlω2,所以 F2 -F1 = 2mlω2。 当杆转动的角速度 ω>ω0 时,在最高点,有 mg+F1 =mlω2, 最低点 F2 -mg=mlω2,解得 F2 -F1 = 2mg,CD 正确。 10. AC　 【解析】以 A 球为对象,其受力如图所示,沿 MN 杆方向,根据受力平衡可得 F弹 cosβ =mAgcosα, 缓慢推动 B 球向左移动一小段距离,A 球也缓慢向上移动,β 减小,则 cosβ 增大,而 α 不变,可 知弹簧弹力减小,A、B 之间的距离增大,弹簧长度变长,垂直 MN 杆方向,根据受力平衡可得 N1 =mAgsinα+F弹 sinβ,由于 F弹减小,sinβ 减小,则杆 MN 对球 A 的支持力减小;对 B 球,F弹减小,θ 增大,故 F 减小,对整体,N1 减小,故 N2 增大,综上 AC 正确。 AM N B F P β α θ N1 N2 m gA m gB F! F! 二、非选择题:本题共 5 小题,共 58 分。 11. (6 分) (1) d lt (2 分)　 　 (2) 1 t2 (1 分)　 　 md 2 l (2 分)　 　 角速度平方(1 分) 【解析】(1)根据滑块角速度与线速度的关系可知该滑块的角速度为 ω = v r = d lt ;(2)F =mω2r,可得 F=md 2 l 1 t2 ,所以应作出 F 与 1 t2 的关系图像。 图像的斜率为md 2 l 。 根据 F=md 2 l 1 t2 ,得 F =ml d 2 l2 t2 ,所以实验 过程中向心力与角速度的平方成正比。 12. (10 分) (1)不需要　 　 (2) d t1 　 　 (3)2　 　 2v0 t0 　 　 (4) 4F0 2g-a0 【解析】(1)绳子的拉力可以通过力传感器直接读出,槽码的质量不需要远小于滑块的质量;(2)当 滑块通过光电门的时间为 t1 时,滑块通过光电门时的速度大小 v1 = d t1 ;(3)由题意可知 L = v1 t+ 1 2 at2,整 高一物理参考答案　 第 3　 页(共 4 页) 理得 L t = v1 + 1 2 at 方程与图像不符。 L = v1 t+ 1 2 at2,v2 = v1 +at,联立整理得 L t = v2 - 1 2 at,与图像符合,故 v0 表示遮光片通过光电门 2 时的速度大小,又 1 2 a= v0 t0 ,解得 a= 2v0 t0 ;(4)由图可知,对槽码由牛顿第二定律 可知,mg-2F0 =m a0 2 ,整理得 m= 4F0 2g-a0 。 13. (10 分) (1)第 5 辆汽车前端与停车线的距离为 x5 = 4l+4d1 = 24m (1 分)…………………………………… 根据 v2 = 2ax5 (1 分)…………………………………………………………………………………… 解得 v= 4 3 m / s (1 分)………………………………………………………………………………… (2)前一辆汽车行驶 Δd=d2 -d1 = 2. 0m (1 分)………………………………………………………… 之后,后一辆车才能开始运动,两车运动的间隔时间满足 Δd= 1 2 aΔt2 (1 分)……………………… 解得 Δt= 2s (1 分)……………………………………………………………………………………… 故第 13 辆汽车开始运动时已经过去的时间为 t1 = 12Δt= 24s (1 分)………………………………… 第 13 辆汽车开始运动到与停止线平齐所需时间 x13 = 12l+12d1 = 1 2 at2 2 (1 分)…………………………………………………………………………… 解得 t2 = 12s (1 分)……………………………………………………………………………………… 总时间 t1 +t2 = 36s>35s 故第 13 辆车不能到达停止线 (1 分)…………………………………………………………………… 14. (15 分) (1)小物块刚放在传送带顶端时,根据牛顿第二定律可得 mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1 (1 分)………………………………………………………………………… 解得 a1 = 10m / s2,方向沿传送带向下 (1 分)…………………………………………………………… (2)设经过 t1 时间小物块与传送带共速,则有 t1 = v0 a1 = 0. 2s (1 分)………………………………… 该过程小物块通过的位移大小为 x1 = v0 2 t1 = 0. 2m (1 分)…………………………………………… 共速后,由于 μ1 = 0. 5<tanθ= 0. 75 小物块继续向下加速运动,根据牛顿第二定律可得 mgsinθ-μ1mgcosθ=ma2 (1 分)……………… 解得 a2 = 2m / s2 (1 分)………………………………………………………………………………… 根据运动学公式可得 2a2(L-x1)= v21 -v20 (1 分)……………………………………………………… 解得 v1 = 4m / s (1 分)…………………………………………………………………………………… (3)小物块滑上平板车后,小物块与车之间的摩擦力为 f1 =μ1mg= 5N 平板车与地面的最大静摩擦力为 f2 =μ2 m+m( ) g= 4N<f1 (1 分)…………………………………… 则小物块滑上平板小车后,小物块开始减速,平板车开始加速,小物块由牛顿第二定律得 μ1mg=ma3 解得 a3 = 5 m / s2 (1 分)………………………………………………………………………………… 对平板车,由牛顿第二定律得 μ1mg-μ2 m+m( ) g=ma4 解得 a4 = 1 m / s2 (1 分)………………………………………………………………………………… 高一物理参考答案　 第 4　 页(共 4 页) 设经时间 t2,小物块和平板车达到共同速度,则 v1 -a3 t2 =a4 t2 解得 t2 = 2 3 s,v共 = 2 3 m / s (1 分)………………………………………………………………………… 因此二者共速后,一起在水平面上做减速运动,直到速度减为零,二者减速时的加速度为 a5 =μ2g= 2 m / s2 (1 分)………………………………………………………………………………… 二者共同减速的时间为 t3 = v共 a5 = 1 3 s (1 分)…………………………………………………………… 整个过程平板车的位移为 x= v共 2 t3 +t2( ) = 1 3 m (1 分)………………………………………………… 15. (17 分) (1)小球刚好过 D 点,所以 D 点压力大小为 0,则 B 点支持力大小为 54N,设此时 B 点速度为 vB 根据圆周运动知 N-mgcosθ=m v2B R (1 分)……………………………………………………………… 代入得 vB = 46 m / s (1 分)…………………………………………………………………………… (2)小球沿圆周运动到达 D 点,由题意可知 mg+FN = mv2 R (1 分)……………………………………………………………………………………… 解得 v≥ gR = 10 m / s (1 分)………………………………………………………………………… 设小球在 D 点速度为 v′时,恰好落到 B 点,则 Rsinθ= v′t (1 分)………………………………………………………………………………………… R(1+cosθ)= 1 2 gt2 (1 分)……………………………………………………………………………… 联立解得 v′= 1m / s (1 分)……………………………………………………………………………… 故小球不可能落到 B 点 (1 分)………………………………………………………………………… (3)由平抛运动知,设水平方向位移为 x,水平方向有 x= v1 t (1 分)………………………………… 竖直方向有 y= 1 2 gt2 (1 分)…………………………………………………………………………… 由几何关系知 R+Rcosθ-y x-Rsinθ = tanθ (1 分)………………………………………………………………… 又 vy =gt (1 分)………………………………………………………………………………………… v= v21 +(vy) 2 (1 分)…………………………………………………………………………………… 联立解得 v= 2g(13 9 y+81R 2 36y -2R) (2 分)…………………………………………………………… 则当 y= 9 13 26 R,取得最小值 解得 v1 = 13-2 13 13 10 13 m / s (2 分)……………………………………………………………… 高一物理 满分100分，考试时间75分钟。 本卷命题范围：必修一、必修二的第五、六章。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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. 在我们五彩缤纷的现实世界里，可以看到很多很多的运动形式，其中曲线运动最为常见，关于曲线运动，下列说法正确的是 A. 做曲线运动的物体速度可能不变 B. 物体在变力作用下一定做曲线运动 C. 曲线运动不可能是匀变速运动 D. 做曲线运动时，物体的速度方向和合外力方向不可能位于曲线同侧 2. 2025年2月22日，为期两天的2025年全国室内田径大奖赛暨南京世界田联室内锦标赛测试赛在南京开赛。首日女子撑竿跳高决赛中，牛春格以4米47的成绩收获了冠军。撑竿跳高是田径比赛中一项技术性很强的运动，完整的过程可以简化成三个阶段：持竿助跑、撑竿起跳上升、越杆下落，如图所示。撑竿跳高的过程中包含很多物理知识，下列说法正确的是 A. 持竿助跑过程，运动员的重力的反作用力是地面对运动员的支持力 B. 撑竿起跳上升阶段，弯曲的撑竿对人的作用力大于人对撑竿的作用力 C. 撑竿起跳上升阶段，人先处于超重状态后处于失重状态 D. 在最高点手已离开撑竿，运动员还能继续越过横杆，是因为受到了一个向前的冲力 3. 在2024年11月珠海航展上，中国自主研制的新一代隐身战斗机歼-35A首次公开亮相。歼-35A表演时在某段时间内的轨迹如图所示，这段时间内关于歼-35A沿x轴方向和沿y轴方向的运动判断可能正确的是 A. 沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向先做匀加速运动后做匀减速运动 B. 沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向先做匀减速运动后做匀加速运动 C. 沿x轴方向先做匀加速运动后做匀速运动，沿y轴方向做匀速直线运动 D. 沿x轴方向先做匀减速运动后做匀速运动，沿y轴方向做匀速直线运动 4. 2024年10月11日宣绩高铁开通运营，宣绩高铁位于安徽省南部，线路起自合杭高铁宣城站，经由宣城市宣州区、宁国市、绩溪县，终至绩溪北站，新建正线全长111.6公里。宣绩高铁首发列车G9298从宁国南站驶出，做匀加速直线运动，途中经过A、B、C三点，已知AB段距离为BC段距离的一半，AB段的平均速度为108km/h，BC段的平均速度为216km/h，如图所示，高铁经过C点的速度大小为 A. 85m/s B. 75m/s C. 65m/s D. 55m/s 5. 小明同学骑自行车上学，该自行车的动力构件如图所示。已知牙盘的齿轮数为，飞轮的齿轮数为，自行车后轮的半径为R，若某段时间t内小明蹬脚踏板匀速转动了N圈，则这段时间内小明的骑行速度为 A. B. C. D. 6. 甲乙两个小球同时从水平面上的O点斜向上抛出，其运动轨迹如图，甲球落地时，乙球刚好运动到轨迹的最高点。乙球的落点正好在甲球轨迹最高点的正下方，不计空气阻力，下列判断正确的是 A. 乙球初速度与水平方向的夹角的正切值是甲球的2倍 B. 甲球的最小速度是乙球最小速度的2倍 C. 从抛出到落地乙球速度的变化量是甲球的2倍 D. 乙球离地面的最大高度是甲球的2倍 7. 最近在武汉市街头有一种叫做“萝卜快跑”的无人驾驶网约车，因其科技含量高和较低的乘车费用引起市民的广泛关注。这种无人驾驶的汽车在投入运营前需要进行各种安全性能测试。在某次测试中，沿同一方向做匀变速直线运动两辆“萝卜快跑”甲和乙，当并排通过某位置时开始计时，得到它们的图像分别为甲、乙，如图所示，下列说法正确的是 A. 甲车初速度大小为1m/s B. 乙车的加速度大小为5m/s2 C. 两车经过4s再次相遇 D. 相遇前两车间最大距离为12.5m 8. 某商场装有如图甲、乙所示的两部电梯，小明先乘坐甲电梯(接触面为水平面)后乘坐乙电梯(接触面视为斜面)，若两部电梯都是先以加速度a匀加速直线运动达某速度后再匀速运动，电梯运动方向与水平方向的夹角均为θ，人与电梯始终保持相对静止，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 A. 乘坐甲电梯，电梯加速和匀速时，小明均受3个力作用 B. 乘坐乙电梯，电梯加速和匀速时，小明先受4个力作用，后受3个力作用 C. 电梯加速时，甲乙两个电梯对小明的支持力之比为 D. 电梯加速时，小明在甲乙两个电梯上受到的摩擦力之比为 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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。 9. 如图所示，长为l的轻杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，杆带动小球以角速度ω做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、D点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是 A. 在B、D两点小球受到的合力相同 B. 在B、D两点杆对小球的弹力可能沿杆方向 C. 在A、C两点，杆对球的弹力之差可能为2mg D. 在A、C两点，杆对球的弹力之差可能为2mlω² 10. 如图所示，两个小球A、B通过轻弹簧连接，分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角，两小球在沿PN方向的外力F作用下处于静止状态。现缓慢推动B球向左移动一小段距离，A球也缓慢向上移动，当B球到达C点(图中未画出)时，停止推动，A、B依然均处于静止状态，下列判断正确的是 A. 弹簧长度变长 B. 杆MN对球A的支持力增大 C. 杆NP对球B的支持力增大 D. 外力F增大 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11. (6分)实验小组的同学利用实验室新进的器材探究向心力大小与角速度的关系，实验装置如图：滑块套在光滑的水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一水平细绳连接滑块，用来测绳上拉力大小。滑块上中心处固定一遮光片，宽度为d，光电门可以记录遮光片通过的时间，测出滑块中心到竖直杆的距离为l。实验过程中细绳始终被拉直。 (1) 滑块随杆转动做匀速圆周运动时，每经过光电门一次。力传感器和光电门就同时获得一组拉力F和遮光时间t，则滑块的角速度ω=____________(用t、l、d表示)。 (2) 为验证向心力大小与角速度的关系，得到多组实验数据后，应作出F与____________或(“”)的关系图像。如果图像是一条过原点的倾斜直线，且直线的斜率等于____________，表明此实验过程中向心力与____________成正比(选填“角速度”“角速度平方”或“角速度二次方根”)。 12. (10分)物理实验小组的同学在实验室“探究加速度与力和质量的关系”，实验装置如图甲，遮光条的宽度为d，两光电门间的距离为L，滑块在水平气垫导轨上运动时可以忽略导轨的摩擦力，当地的重力加速度为g，图中滑轮均为轻质滑轮。 (1) 本实验____________(填“需要”或“不需要”)满足所挂槽码的总质量远小于滑块的质量； (2) 实验时，先按住滑块使滑块静止在距光电门一定距离处，再松手，测出滑块通过光电门的时间。若某次滑块通过光电门1的时间为t1，则滑块通过光电门1时的速度大小为____________(用d、t1表示)。 (3) 实验小组的同学测得两个光电门间的距离为L，遮光片从光电门1到光电门2的时间为t，保持光电门2的位置和和滑块的释放位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，测得多组L和对应的t，作出图像如图乙，若图像的纵截距为v0，横截距为t0。则v0表示遮光片通过光电门____________(填“1”或“2”)时的速度大小，滑块的加速度大小为____________(用v0和t0表示) (4) 若某次实验测得滑块的加速度大小为a0，传感器的示数为F0，则悬挂的槽码质量为____________(用a0、F0、g等字母表示) 13. (10分)如图所示，在某平直公路的十字路口，红灯拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为L=4.0m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1=2.0m。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2=4.0m时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以a=1m/s²的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求： (1) 第5辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；(答案保留根号) (2) 若绿灯的持续时间为35s，则第13辆汽车前端能否在一次绿灯时间里到达停止线。 14. (15分)某快递公司快递分拣系统的一部分可简化为如图所示的情景：倾斜传送带与水平方向成θ=37°，传送带顺时针方向匀速转动，传送带下端通过一小段光滑圆弧轨道(长度可忽略)与静止在水平地面上的平板车相通但不连接，可视为质点的小物块由传送带顶端由静止滑下，后滑上平板车，最终没有滑离。已知传送带转动的速度v0=2m/s，传送带的长度为L=3.2m，物块与传送带、小物块与平板车上表面的动摩擦因数均为μ1=0.5，平板车与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小物块和平板车的质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1) 小物块刚放在传送带顶端时的加速度； (2) 小物块到达传送带底端时速度的大小； (2) 平板车在水平地面上滑行的距离。 15. (17分)如图所示，半径为R=1m的圆弧形轨道BCD竖直固定在水平地面上，D为其最高点，C为其最低点，O为其圆心，倾斜轨道AB与圆弧轨道相切与B点，倾斜轨道与水平地面的夹角θ=37°。质量m=1kg的小球由倾斜轨道某处滑下，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6。 (1) 若小球恰好能通过D点，小球从倾斜轨道刚进入圆弧轨道上时(刚刚过B点)对轨道的压力比通过D点对轨道的压力大54N，求小球在B点的速度大小； (2) 若小球能到达D点，请判断小球能否落到B点，若能，计算小球到达D点的速度大小，若不能，请说明理由； (3) 改变小球释放的高度使其以不同速度从D点水平抛出并落到倾斜轨道上，为了使其落到倾斜轨道上的速度最小，求小球在D点速度大小。 高一物理参考答案 一、选择题：共10小题，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一个选项符合题目要求，每小题4分，共32分；第9~10题有多个选项符合题目要求，每小题5分，共10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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A B B C D C CD AC 1. D【解析】曲线运动一定是变速运动，A错误。物体受到的合外力与速度不在一条直线上，物体做曲线运动，合外力可能是恒力也可能是变力，若物体做曲线运动时，受到的是恒力，则物体做匀变速曲线运动，BC错误。做曲线运动的物体，速度方向和合外力方向一定位于曲线两侧，D正确。 2. C【解析】持竿助跑过程，运动员的重力的反作用力是人对地球的吸引力，A错误；根据牛顿第三定律可得，撑竿起跳上升阶段，弯曲的撑竿对人的作用力等于人对撑竿的作用力，B错误；撑竿起跳上升阶段，人先向上加速后向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，C正确。在最高点手已离开撑竿，运动员还能继续越过横杆，是因为惯性的作用，D错误。 3. A【解析】物体做曲线运动时，所受合外力指向曲线的凹侧，故沿x轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向合外力为0，故沿y轴方向可能先做匀加速运动后做匀减速运动，不可能先做匀减速运动后做匀加速运动，A正确，B错误。同理沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向可能先做匀减速运动后做加速运动，不可能后做匀速运动，更不可能先做匀加速运动后做匀速运动，CD错误。 4. B【解析】由题意可知B为AC段的中间时刻，故，，，联立解得vC=75m/s，B正确。 5. B【解析】脚踏板转动的频率，脚踏板转动的角速度，飞轮转动频率，飞轮转动的角速度，该自行车的骑行速度，B正确。 6. C【解析】由题意可知，，故，，B错误。，，故，又，，所以，A错误。从抛出到落地速度变化量，故，C正确。球离地面的最大高度，故，D错误。 7. D【解析】根据匀变速直线运动速度—时间的公式，可得，故甲乙两车的的加速度大小分别为、，初速度分别为，，AB错误；C.两车位移相等，则有，解得t=10s，C错误；两车速度相等时相距最远，则有，此时相距，代入数据解得，D正确。 8. C【解析】小明乘坐甲电梯，电梯匀速运行受重力、支持力，电梯加速运行受重力、支持力及水平阶梯的静摩擦力作用。乘坐乙电梯，小明受受重力、支持力及沿斜面向上的摩擦，AB错误。电梯加速时小明乘坐甲电梯，把加速度沿水平和竖直方向分解，，，水平方向，，竖直方向，得。乘坐乙电梯时，垂直电梯方向，沿电梯方向，即，所以，C正确。 9. CD【解析】小球受到的合力等于小球受到的向心力，故在B、D两点小球受到的合力大小相等，但方向不同，A错误；在D小球受力如图，弹力一定不沿杆的方向，同理B点也是，故B正确；设在最高点时，杆的弹力为F₁，在最低点时，杆的弹力为F₂，当杆转动的角速度为时，F₁=0，此时重力提供向心力，即，解得，当杆转动的角速度时，则在最高点，有，在最低点，有，所以。当杆转动的角速度时，在最高点，有，最低点，解得，CD正确。 10.AC【解析】以A球为对象，其受力如图所示，沿MN杆方向，根据受力平衡可得，缓慢推动B球向左移动一小段距离，A球也缓慢向上移动，减小，则增大，而不变，可知弹簧弹力减小，A、B之间的距离增大，弹簧长度变长，垂直MN杆方向，根据受力平衡可得，由于减小，减小，则杆MN对球A的支持力减小；对B球，减小，增大，故F减小，对整体，减小，故增大，综上AC正确。 二、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分) (1)(2分) (2)(1分) (2分) 角速度平方(1分) 【解析】(1)根据滑块角速度与线速度的关系可知该滑块的角速度为；(2)F=mo²，可得 ，所以应作出F与的关系图像。图像的斜率根据得，所以实验过程中向心力与角速度的平方成正比。 12.(10分) (1)不需要 (2) (3)2  (4) 【解析】(1)绳子的拉力可以通过力传感器直接读出，槽码的质量不需要远小于滑块的质量；(2)当滑块通过光电门的时间为，时，滑块通过光电门时的速度大小；(3)由题意可知，整理得，方程与图像不符。，，联立整理，与图像符合，故表示遮光片通过光电门2时的速度大小，又，解得；(4)由图可知，对槽码由牛顿第二定律可知，，整理得。 13.(10分) (1)第5辆汽车前端与停车线的距离为………………………………………………(1分) 根据………………………………………(1分) 解得……………………………………(1分) (2)前一辆汽车行驶………………………(1分) 之后，后一辆车才能开始运动，两车运动的间隔时间满足…………………(1分) 解得…………………………………(1分) 故第13辆汽车开始运动时已经过去的时间为………………………………(1分) 第13辆汽车开始运动到与停止线平齐所需时间 …………………………(1分) 解得…………………………………(1分) 总时间 故第13辆车不能到达停止线………………(1分) 14.(15分) (1)小物块刚放在传送带顶端时，根据牛顿第二定律可得 ……………………(1分) 解得，方向沿传送带向下…………(1分) (2)设经过t₁时间小物块与传送带共速，则有……………………………(1分) 该过程小物块通过的位移大小为…………………………………(1分) 共速后，由于 小物块继续向下加速运动，根据牛顿第二定律可得 ………………(1分) 解得…………………………………(1分) 根据运动学公式可得…………………………………………………(1分) 解得……………………………………(1分) (3)小物块滑上平板车后，小物块与车之间的摩擦力为 平板车与地面的最大静摩擦力为……………………………………(1分) 则小物块滑上平板小车后，小物块开始减速，平板车开始加速，小物块由牛顿第二定律得 解得………………………………(1分) 对平板车，由牛顿第二定律得 解得……………………………(1分) 设经时间，小物块和平板车达到共同速度，则 解得，……………………(1分) 因此二者共速后，一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，二者减速时的加速度为 ……………………(1分) 二者共同减速的时间为…………………(1分) 整个过程平板车的位移为……(1分) 15.(17分) (1)小球刚好过D点，所以D点压力大小为0，则B点支持力大小为54N，设此时B点速度为vʙ 根据圆周运动知……………(1分) 代入得…………………………(1分) (2)小球沿圆周运动到达D点，由题意可知 ……………………………(1分) 解得…………(1分) 设小球在D点速度为时，恰好落到B点，则 ……(1分) ……………………(1分) 联立解得……………………(1分) 故小球不可能落到B点………………(1分) (3)由平抛运动知，设水平方向位移为，水平方向有……………………(1分) 竖直方向有……………………………(1分) 由几何关系知……………………(1分) 又………………………(1分) ……………………(1分) 联立解得………………(2分) 则当，取得最小值 解得……………………(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$