2025-2026学年安徽省示范高中培优联盟高一下学期春季联赛物理试题及答案

小物块静置在纸上。从力与运动的关系角度分析，下列说法A.抽出纸张时，只要拉动得足够迅速，物块就可以保B.抽出纸张时，无论拉动得有多么迅速，物块都不A.在研究香蕉球的飞行原理时，应把足球看B.足球在空中任一点的速度方向均沿其轨一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹沿并沿绳方向对其施加拉力F(F>0)。小球半径远小于凹槽半径。若小球始终位于内壁最低点，凹槽始终保持静止，则下列说法中正确的是(开始计时，t0时间内游客的位移大小x随时间t变化的图像如图乙A.游客做圆周运动的半径为x00000一水平面，直线距离d=600m，B点在A点的正北方向，此时有稳定的西风，风速现要求操控无人机沿直线将包裹准确送达B点，下列说A.应调整v2指向正北方向B.应调整v2指向北偏西30°D.若风速增加到8m/s，则无法操控无人机沿直线将包裹准确送达B点为v、方向与两者中心连线垂直的速度射出。若恒星半径为R，表面重力加速度不考虑空气阻力、自转等影响。则下列说法一定正确的是D.若v=0，小球落到地面的速度一定为·C.从A点抛出时的速度大小为D.从A点抛出时的速度大8．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于点O，现用向右以速度v匀速移动，运动过程中保持悬挂橡皮的那段细线始终细线与竖直方向夹角为θ,则在铅笔未碰到橡皮前，下列说法正确的是()A.橡皮的运动轨迹是一条直线B.橡皮受到细线拉力等于其重力C.橡皮竖直方向的分速度大小为vsinθ D.橡皮的实际速度大小为v1+cos2θ些干扰，输出了几段现实中绝对不可能出现的速度—时识推断，这几段v-t图像有可能是()A.A.B.C.D.对木板施加一个水平向右的恒力F=5N，并且作用一段时间△t后撤去，重力加速度g测力套筒的标尺露出的格数可以显示向心力的大小。每侧塔(1)若要通过本装置探究向心力大小与半径之间____________________(2)若某同学准备探究向心力与某物理量之间的关系， BBA.小车靠近打点计时器，先释放小车，再接(2)正确操作后，打点计时器打出的纸带的一段如图所示，该还有4个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是50Hz____________________ ；（(3)在系统质量保持不变的情况下，通过将砝码桶中的砝码拿砝码的总重力为F，根据实验数据作出的a-F图像应该是；(BD(4)在保持砝码桶和桶内砝码质量不变的情况下，通过增减小），数据作出的a-1图像最有可能是；（填字母）M____________________量为m=0.8kg的小球B。不可伸长的轻绳一端与小球相连，另一端固定在天花板上的与水平地面的夹角为30°,重力加速度取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。试h=0.8R，地球可看作半径为R、质量为M的距L1=3.2m的水平传送带以大小可调的线速度v0顺时针匀速转动，A、B两点分别为传送带水平部分左右两端点。传送带右侧水平地面上固定有两个倾角为θ=37°、长度为L2=4m的斜面，斜面底端D、E相距为d=3.8m。现将一可视为质点的小放在传送带左端A点，已知小物块与所有接触面的动摩擦因数均为μ=0.25，重力加：（C.惯性是物体的固有属性，仅由物体的质量决定，与拉动纸张解析：A.研究香蕉球的飞行原理时，需要考虑足球的旋转产生），B.根据曲线运动的特点可知，足球在空中做曲线运动时，任一点的速度C.足球在空中飞行时不仅受到竖直向下的重力，还受到空气阻动力作用，由于轨迹在水平面内发生了明显的弯曲，说明D.足球在飞行过程中，随着速度和旋转情况的变化，受到的空气作用力也在不断变化，解析：A.小球竖直方向受力：重力mg竖直向下，两根细绳拉力的竖直分量之和为力为0，故地面对凹槽有水平向左的静摩擦力，地面与凹槽之间存在摩擦力，C错误；D.根据牛顿第三定律，地面对凹槽的摩擦力水平向左，则凹槽对地面的BC.由图可知，在0:t0时间内，位移从0回到0，可知游客运动一周，则周期为t0，B.设v2方向为北偏西θ,需要西向分量抵消风速，即v2sinθ=v1代入数据得sinθ=解得θ=30°即v2指向北偏西30°,故B正确；但实际飞行中，有风速为v1=5m/s的西风，无人机沿AB方向的合速度一定小于解析：A.当h<R时，小球下落过程中，恒星对小球的引力大小近似不变、方向近似恒定，和地面平抛运动一致，引力可近似为恒力，故轨迹近似为抛解得GM=gR2若小球在距离恒星中心r=R+h处做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有星半径R，小球会一直绕恒星做椭圆运动，不会落到恒星表面，因D.根据G=mg¢可知恒星表面附近的重力加速度随高度的增加而减小，当v=0时，只有h<R时，重力加速度近似不变，根据mgh= 故只有h<R时，小球落到地面的速度才近似等于·2gh，故D错误。竖直方向vBy=-v0sin37°+gt其中tan37°=vByv解析：A.橡皮水平方向随铅笔以速度v匀速运动，竖直方向分速度vy=vsinθ,θ随铅笔右移逐渐增大，故vy逐渐增大，竖直方向存在加速度，合加速度与合速度方向不C.沿细线方向的分速度为vy=vsinθ,即橡皮竖直方向的分速度大小为vsinθ,C正确；D.橡皮实际速度为水平分速度与竖直分速度的合解析：物块相对于木板向右滑动时，根据牛顿第二定律μmg=ma1木板受向右摩擦力，根据牛顿第二定律F+μmg=Ma2解得a2=3m/s2撤去F后木板加速度=-0.5m/s2.令v物=v板，即8-t=3t，此时相对位移△x=x物-x板=8mt1（t1是t=2s后F继续作用的时间） 解析1）向心力大小满足公式F=mw2r，探究F与r的关系时，只能改变r，其余w相同，半径r不同，可以满足实验要求，B和C在不同侧对应不同半径位置，然后让左右塔轮用等半径轮盘传动保证角速度w相同，也可满足实验要求，所以两个小球变其中一个量，其余量必须保持相同。只有图C符合的实验要求，故C正确。故选C。解析1）A.实验时，应先接通打点计时器的电源，待打点稳定后再放开小车，否则B.实验时，需要用天平测出砝码桶和砝码的总质量，因为需要用砝码桶C.实验时，需要平衡摩擦力，调整木板左端的高度，对小车进行阻力补偿，故C正确；D.平衡好摩擦力后，调节滑轮高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平可知相邻两个计数点的时间间隔为×5s=0.1s根据逐差公式Δx=aT2，可知xBD-xBO=a(2T)2打点计时器在打B点时小车的速度×10-2m/s≈0.377m/s（3）若砝码桶和桶中砝码的总重力为F，对砝码桶和桶中砝码有F-T=ma对小车和车上砝码有T=Ma联立可得F=(M+m)a（4）对砝码桶和桶中砝码有mg-T=ma对小车和车上砝码有T=Ma当M?m时，有a≈此时可认为绳子拉力不变，小车受合力不变，可得小车加速度a与成正比，当M?m的条件不满足时，可知a= 解得mg=5N球加速度方向垂直杆向下，根据牛顿第二定律有mgcos30°=ma 解析1）A点处r=R，引力垂直隧道方向的分力Fy与支持力平衡，引力在沿隧道方向的分力Fx提供加速度，根据牛顿第二定律得(2)57m/s2解得vmin=2m/s（2）小物块在传送带上一直加速可获得最大速度，加速度大小：a=μg=2.5m/s2到达传送带右端点B时vB==m/s=4m/s在斜面CD上，向下加速时有mgsin37°-μmgcos37°=ma1，a1=4m/s2 解得：vD=57m/s≈7.55