浙江溫州市2021年搖籃杯高一下學期物理競賽試卷

2021年浙江省溫州市搖籃杯高一物理競賽試題（考試時間90分鐘，滿分100分）2021.9第Ⅰ卷（選擇題）一、不定項選擇題（本大題共12小題，每小題3分，共36分。每小題列出的四個備選項中至少有一個符合題目要求。全部選對的得3分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）1.下列單位中屬于國際單位制的基本單位的是（）A.厘米 B.米每秒 C.牛頓 D.摩爾【答案】D【解析】【詳解】國際單位制共有七個基本物理單位。包括如下：熱力學溫度K（開爾文），長度m（米），質量kg（千克），時間s（秒），電流A（安），物質的量mol（摩爾），光強cd（坎德拉）。故選D。2.關于科學家在物理學發(fā)展過程中所做的研究或貢獻，下列描述正確的是（）A.伽利略通過理想斜面實驗研究自由落體運動B.牛頓將復雜多樣的相互作用抽象為“力”C.開普勒對行星運動進行長期觀測，并通過對自己的觀測數(shù)據(jù)進行分析計算，發(fā)現(xiàn)了行星運動所滿足的規(guī)律，后人稱之為開普勒行星運動定律D.牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律，并測得了引力常量G的數(shù)值【答案】B【解析】【詳解】A．伽利略猜想自由落體的運動速度與下落時間成正比，并未直接進行驗證，而是在斜面實驗的基礎上的理想化推理，故A錯誤；B．牛頓把復雜多樣的相互作用抽象為“力”這一物理概念，故B正確；C．第谷對行星運動進行了長期觀測，積累了大量數(shù)據(jù)；開普勒對觀測數(shù)據(jù)進行分析計算，發(fā)現(xiàn)了行星運動所滿足的規(guī)律，后人稱之為開普勒行星運動定律，故C錯誤；D．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪什通過精密的實驗測得了引力常量G的數(shù)值，故D錯誤。故選B。3.一輛肇事車緊急剎車后停在原地等候交警，交警測出肇事車在水平路面留下的剎車痕跡長度，通過查詢資料得到該車緊急剎車的加速度，用監(jiān)控視頻判斷該次剎車經(jīng)歷的時間。下列關于能否算出汽車開始剎車時的速度的說法中正確的是（）A.只需其中任意一個數(shù)據(jù)即可算出 B.只需其中任意兩個數(shù)據(jù)即可算出C.必須用到全部三個數(shù)據(jù)才可算出 D.只用這三個數(shù)據(jù)還不能算出【答案】B【解析】【詳解】若剎車痕跡長度、剎車的加速度已知，根據(jù)可算出汽車開始剎車時的速度，若剎車痕跡長度、剎車經(jīng)歷的時間已知，根據(jù)可算出汽車開始剎車時的速度，若剎車的加速度、剎車經(jīng)歷的時間已知，根據(jù)可算出汽車開始剎車時的速度，故只需其中任意兩個數(shù)據(jù)即可算出。故選B。4.某人跑步過程中不同時刻的速度與加速度矢量如圖，則關于此人在這些時刻的運動情況，說法正確的是（）A.圖①時刻此人正勻速率向右轉 B.圖②時刻此人正減速向左轉C.圖③時刻此人正加速向右轉 D.圖④時刻此人正加速向右轉【答案】BC【解析】【詳解】A．加速度方向向左且與速度垂直，該時刻此人向左轉，故A錯誤；B．將加速度分解為垂直速度方向與沿速度方向，可知該時刻此人正減速向左轉，故B正確；C．將加速度分解為垂直速度方向與沿速度方向，可知該時刻此人正加速向右轉，故C正確；D．將加速度分解為垂直速度方向與沿速度方向，可知該時刻此人正加速向左轉，故D錯誤。故選BC。5.唐代《耒耜經(jīng)》記載了曲轅犁相對直轅犁的優(yōu)勢之一是起土省力，設牛用大小相等的拉力F通過耕索分別拉兩種犁，F(xiàn)與豎直方向的夾角分別為和，，如圖所示，忽略耕索質量，耕地過程中，下列說法正確的是（）A.耕索對曲轅犁拉力的水平分力比對直轅犁的大B.耕索對曲轅犁拉力的豎直分力比對直轅犁的大C.曲轅犁勻速前進時，耕索對犁的拉力小于犁對耕索的拉力D.直轅犁加速前進時，耕索對犁的拉力大于犁對耕索的拉力【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．將拉力F正交分解如下圖所示則在x方向可得出Fx曲=FsinαFx直=Fsinβ在y方向可得出Fy曲=FcosαFy直=Fcosβ由題知α<β則sinα<sinβcosα>cosβ則可得到Fx曲<Fx直Fy曲>Fy直A錯誤、B正確；CD．耕索對犁的拉力與犁對耕索的拉力是一對相互作用力，它們大小相等，方向相反，無論是加速還是勻速，則CD錯誤。故選B。【點睛】6.地球赤道上有一物體隨地球自轉而做圓周運動，所受到的向心力為F1，向心加速度為a1，線速度為v1，角速度為ω1；繞地球表面附近做圓周運動的人造衛(wèi)星（高度忽略）所受到的向心力為F2，向心加速度為a2，線速度為v2，角速度為ω2；地球同步衛(wèi)星所受到的向心力為F3，向心加速度為a3，線速度為v3，角速度為ω3；地球表面的重力加速度為g，第一宇宙速度為v，假設三者質量相等，則（）A.F1＝F2>F3 B.a1＝a2＝g>a3 C.ω1＝ω3<ω2 D.v1＝v2＝v>v3【答案】C【解析】【詳解】A．由于衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力提供向心力有則軌道半徑越大的衛(wèi)星所受到的向心力越小，有由于隨地球自轉的物體與同步衛(wèi)星具有相同的周期及角速度，根據(jù)則則軌道半徑越大的向心力越小，所以有則A錯誤；B．由于衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力提供向心力有則軌道半徑越大的衛(wèi)星所受到的向心加速度越小，有由于隨地球自轉的物體與同步衛(wèi)星具有相同的周期及角速度，根據(jù)則則軌道半徑越大的向心加速度越小，所以有則B錯誤；C．由于衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力提供向心力有解得則軌道半徑越大的衛(wèi)星的角速度越小，有由于隨地球自轉的物體與同步衛(wèi)星具有相同的周期及角速度，所以有則C正確；D．由于衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力提供向心力有解得則軌道半徑越大的衛(wèi)星的線速度越小，有由于隨地球自轉的物體與同步衛(wèi)星具有相同的周期及角速度，根據(jù)則則軌道半徑越大的向心力越小，所以有則D錯誤；故選C。7.在足夠長的傾斜長直軌道上，先后將甲、乙兩個相同滑塊以相同的初速度在同一位置沿傾斜軌道向上彈出，它們運動的圖像如圖所示，滑塊視為質點。據(jù)圖可知下列說法正確的是（）A.兩滑塊在軌道上運動時沒有受到摩擦力 B.時，兩滑塊相對于出發(fā)點的位移相等C.兩滑塊回到出發(fā)點時的速度大小為 D.甲滑塊內的平均速度大小為【答案】ABD【解析】【詳解】A.由圖中甲的運動圖線可知，甲上滑和下滑的加速度相同，說明滑塊只受重力和支持力，即兩滑塊在軌道上運動時沒有受到摩擦力，故A正確；B.由圖線可知，甲在t＝4s時的位移x甲乙在t＝4s時的位移x乙即t＝4s時，兩滑塊相對于出發(fā)點的位移相等，故B正確；C.由圖線可知，兩滑塊碰撞后速度都變?yōu)?，沿軌道向下運動的加速度大小為碰撞發(fā)生在t＝4s時，此時兩滑塊離出發(fā)點的距離為20m，由可得兩滑塊回到出發(fā)點時的速度大小為故C錯誤；D.甲滑塊4s內的平均速度大小為故D正確。故選ABD。8.如圖所示，輕桿的A端用光滑鉸鏈固定在豎直墻面上，另一端點O固定一個小球a，并用輕繩拴住小球（B點在A點正上方）。在小球a的右側同一水平線上放一小球b。且小球a、b之間存在大小與距離的平方成反比的引力，現(xiàn)將小球b從無窮遠處沿水平方向緩慢向小球a移動至無限靠近，小球a始終保持靜止狀態(tài)。對于此過程，下列說法正確的是（）A.細繩的拉力先變小后變大 B.輕桿對小球a的彈力方向一直沿輕桿向上C.輕桿對小球a彈力可能先變小后變大 D.細繩和輕桿對小球a的合力一直變大【答案】CD【解析】【詳解】ABC.以小球為研究對象，受力分析如圖甲所示，四力構成一個閉合矢量四邊形如圖乙，小球緩慢從無窮遠處向小球靠近過程中，引力變大，直接從這閉合矢量四邊形中動態(tài)變化可以看出細繩的拉力一直變大，輕桿對小球的彈力可能先變小后變大，且輕桿對小球a的彈力方向可以沿輕桿向上，也可以沿輕桿向下。故C正確；AB錯誤；D.由平衡條件知細繩和輕桿對小球a的合力應與重力與引力的合力等大反向。因為引力方向不變，大小一直變大，所以重力與引力的合力一直變大，所以細繩和輕桿對小球a的合力一直變大，故D正確。故選CD。9.如圖所示，斜面體A靜止放置在水平地面上。質量為m的滑塊B在水平向右的和沿斜面向下的共同作用下沿著斜面向下運動，此過程中斜面體A受到地面的靜摩擦力方向向左。則下列說法中正確的是（）A.若同時撤去和，滑塊B的加速度方向一定沿斜面向下B.若只撤去，在滑塊B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右C.若只撤去，在滑塊B仍向下運動的過程中，A所受面地摩擦力的方向可能向右D.若只撤去，在滑塊B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力大小和方向均不改變【答案】AD【解析】【詳解】本題可以假設從以下兩個方面進行討論。（1）斜劈A表面光滑（設斜面的傾角為θ，A的質量為mA，B的質量為mB）A．同時撤去F1和F2，物體在其重力沿斜面向下的分力mBgsinθ的作用下也一定沿斜面向下做勻加速直線運動。故A正確；B．如果撤去F1，使A相對地面發(fā)生相對運動趨勢的外力大小是FN2sinθ=mBgcosθsinθ方向向右。如圖1所示。由于mBgcosθsinθ＜（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ所以A所受地面的摩擦力仍然是靜摩擦力，其方向仍然是向左，而不可能向右。故B錯誤；CD．撤去F2，在物體B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力的變化情況要從A受地面摩擦力作用的原因角度去思考即尋找出使A相對地面發(fā)生相對運動趨勢的外力的變化情況。通過分析，使A相對地面有向右滑動趨勢的外力是（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ．如圖2、3所示。與F2是否存在無關。所以撤去F2，在物體B仍向下運動的過程中，A所受地面的摩擦力應該保持不變。故C錯誤，D正確；因此，在斜劈表面光滑的條件下，該題的答案應該是AD。那么，答案會不會因為斜劈表面粗糙而不同呢？（2）斜劈A表面粗糙（設A表面的動摩擦因數(shù)為μ）在斜劈A表面粗糙的情況下，B在F1、F2共同作用下沿斜面向下的運動就不一定是勻加速直線運動，也可能是勻速直線運動。如果在此再陷入對B的運動的討論中，勢必加大判斷的難度。退一步海闊天空。是不是可以不必糾纏于B的受力分析，看一看A會怎么樣呢？由題意知，在B沿斜劈下滑時，受到A對它彈力FN和滑動摩擦力f。根據(jù)牛頓第三定律，這兩個力反作用于A．斜劈A實際上就是在這兩個力的水平分力作用下有相對地面向右運動的趨勢的FNsinθ＞fcosθ又因為f=μFN所以FN

sinθ＞μFNcosθ即A．同時撤出F1和F2，物體受到的沿斜面方向向下的力mB

gsinθμmBgcosθ＞0所以物體B所受的合力沿斜劈向下，加速度方向也一定沿斜劈向下。故A正確；B．如果撤去F1，在物體B仍向下運動的過程中N=mgcosθf=μN圖中假設A受的摩擦力fA方向向左，則sinθ=fcosθ+fA則有fA=NsinθμNcosθ=N（sinθμcosθ）＞0所以斜劈A都有相對地面向右運動的趨勢，摩擦力方向是向左。故B錯誤；CD．又由于F2的存在與否對斜劈受地面摩擦力大小沒有影響，故撤去F2后，斜劈A所受摩擦力的大小和方向均保持不變。故C錯誤，D正確；因此，在斜劈A表面粗糙的情況下，本題的正確選項仍然是AD。故選AD。10.如圖所示，從高H處的P點先后水平拋出兩個小球，球1剛好直接越過豎直擋板落在水平地面上的Q點，球2與地面碰撞次后，剛好越過擋板并在Q點與地面發(fā)生第次碰撞，已知擋板的高度為h。假設球2每次與地面碰撞前、后瞬間水平速度大小、方向均相同，豎直速度大小相同、方向相反，兩球所受到的空氣阻力均可忽略。則（）A.h與H之比可能為 B.h與H之比可能為C.球1與球2速度之比可能為 D.球1與球2速度之比可能為【答案】BC【解析】【詳解】CD．兩小球都能落在Q點，對球1：，對球2：，可得球1與球2速度之比可能為3:1、5:1、7:1、…，故C正確，D錯誤；AB．剛好能過M點，對球1，對球2，其中可得利用代入可解得當時，h與H之比為11:36，故A錯誤，B正確。故選BC。11.將一質量為M的光滑斜劈置于光滑水平面上，一質量為m的光滑滑塊（滑塊可以看成質點）從斜面頂端由靜止自由滑下，在此過程中用水平推力F使斜劈保持靜止，斜劈對滑塊的支持力記為，地面對斜劈的支持力記為，滑塊到達斜面底端時，相對地面的速度大小記為v、豎直分速度的大小記為。若撤去水平推力F，再讓滑塊從斜面項端由靜止下滑，在此過程中，斜劈對滑塊的支持力記為、地面對斜劈的支持力記為，滑塊到達斜面底端時，相對地面的速度大小記為、豎直分速度的大小記為。下面大小關系正確的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【詳解】A．兩種情況下斜劈對滑塊的支持力的方向均垂直斜面向上；第一種情況下斜劈對滑塊的支持力為當滑塊m相對于斜劈加速下滑時，斜劈水平向左加速運動，所以滑塊m相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物塊有沿垂直于斜面方向向下的加速度，則所以故A正確；B．對斜劈：地面對斜劈的支持力等于斜劈的重力與滑塊對斜劈的壓力的豎直分量之和，因則地面對斜劈的支持力故B錯誤；C．若斜劈固定，則若斜劈不固定，則由能量關系可知則故C錯誤；D．對滑塊，在豎直方向，由牛頓第二定律因則兩種情況下滑塊的豎直位移相等，則由可知故D正確。故選AD。12.如圖所示，ABC是一個位于豎直平面內的圓弧形軌道，高度為h，軌道的末端C處與水平面相切。一個質量為m的小木塊從軌道頂端A處由靜止釋放，到達C處停止，此過程中克服摩擦力做功為W1，到達B處時速度最大為v1，加速度大小為aB；小木塊在C處以速度v向左運動，恰好能沿原路回到A處，此過程中克服摩擦力做功為W2，經(jīng)過B處的速度大小為v2。重力加速度為g。則()A B.v1<v2 C.W1<W2 D.aB=0【答案】BC【解析】【詳解】B.木塊下滑過程，從A到B過程，由動能定理木塊上滑從B到A，根據(jù)動能定理可得v1<v2B正確；C.從A到C整個過程中的速度平均值要小于從C到A過程的速度的平均值，故從A到C的整個過程中物體對曲面的壓力要小于從C到A過程中物體對曲面的壓力，從A到C的整個過程中曲面對物體的摩擦力要小于從C到A過程中曲面對物體的摩擦力，故從A到C的整個過程中物體克服摩擦力做的功要小于從C到A過程中物體克服摩擦力做的功，即W1<W2C正確；A.從A到C，由動能定理從C到A，由動能定理而W1<W2解得A錯誤；D.在B點的速度最大，則切向方向受力平衡，但是沿半徑方向有向心加速度，故aB不為零，D錯誤。故選BC。第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題（本大題有5個小題，共7空，每空4分，共28分）13.如圖所示為打印機送紙裝置。搓紙輥旋轉帶動紙張前進走紙，摩擦片在紙張下方貼緊，施加阻力分離紙張，以保證只有一張紙前移且避免兩張紙同時送入。已知搓紙輥和紙張之間的動摩擦因數(shù)為，紙張之間的動摩擦因數(shù)為，紙張和摩擦片之間的動摩擦因數(shù)為。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計紙張質量及空氣阻力。為保證送紙裝置正常工作，則和的值從大到小的排序為_________。【答案】【解析】【詳解】由題意可知，接觸面間的彈力大小均相等，則紙槽內有兩張紙時，對于與搓紙輥接觸的紙張，搓紙輥對它的最大靜摩擦力應大于下面紙張對它的最大靜摩擦力，即對于與摩擦片接觸的紙張，摩擦片對它的最大靜摩擦力應大于上面紙張對它的最大靜摩擦力，即當紙槽內只有一張紙時，紙張仍要能被送進打印機，故綜上所述可得14.如圖所示，雪道和與水平面夾角均為，A、C與B的高度差分別為和，一位總質量為的滑雪者以某一初速度從A處下滑，若已知滑雪者受到的空氣阻力恒為，與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.2，假設滑雪者經(jīng)過連接處B時速度大小不會發(fā)生突變。取，。則滑雪者從A滑至C的最長時間為_________s?！敬鸢浮俊窘馕觥俊驹斀狻炕┱邚腁處出發(fā)運動到C處的時間最長，則滑到C處速度恰好為零；滑雪者在BC段上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)解得滑雪者在BC段做勻減速運動，根據(jù)運動學公式可得代入數(shù)據(jù)解得滑雪者在BC段做勻減速運動的時間為滑雪者在AB段上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)解得滑雪者在AB段做勻加速運動，根據(jù)運動學公式可得解得初速度為滑雪者在AB段做勻加速運動的時間為則滑雪者從A滑至C的最長時間為15.一根足夠長的圓管傾斜固定在地面上，與水平面傾角，管內有一勁度系數(shù)為輕質彈簧，彈簧上下端分別連有質量可以忽略的活塞和質量為的光滑小球（小球直徑略小于管徑），已知活塞與管壁間的最大靜摩擦力，設滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，。當彈簧處于自然長度時由靜止釋放小球。當活塞第一次開始移動時，小球的速度大小為_________；從小球開始運動至第一次速度減為零的過程中，小球的位移大小為_________m?！敬鸢浮竣?0.5②.【解析】【詳解】[1]當活塞第一次開始移動時，設彈簧的伸長量為，彈簧彈力和活塞受到的沿斜面向上的最大靜摩擦力平衡，則得從釋放到活塞剛開始滑動，對小球由動能定理得解得[2]根據(jù)上面的分析可得，當彈簧彈力等于管對活塞的最大摩擦力后，小球做勻減速的直線運動，加速度根據(jù)可得，則小球會繼續(xù)向下運動位移從小球開始運動至第一次速度減為零的過程中，小球的位移大小為16.如圖所示，物體A、B質量相同，傾角為的固定斜面光滑，滑輪及繩子質量均不計，現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，則物體A在下降h距離時（動滑輪未碰到釘子）的速度大小為_________?！敬鸢浮俊窘馕觥俊驹斀狻吭O物體A在下降h距離時的速度為，則此時B物體的速度為，由機械能守恒得求得17.如圖所示，豎直平面內有一半徑為R的光滑圓形軌道與光滑的傾斜直軌道平滑連接，一質量為m的小球，從傾斜軌道的A處靜止釋放，在Q點脫離軌道后做拋體運動恰好經(jīng)過圓心O點，則小球在Q點處的速度大小為______、A、B的高度差為______?！敬鸢浮竣?②.【解析】【詳解】[1]令小球在Q點的速度與水平方向夾角為，由于小球在Q點脫離軌道，則有小球恰好經(jīng)過圓心O點，根據(jù)斜拋運動規(guī)律有根據(jù)數(shù)學三角函數(shù)關系有解得[2]小球從A運動到Q過程，根據(jù)動能定理有結合上述解得三、計算題（本大題共3個小題，共36分。解答過程必須包含詳細的步驟及必要的文字說明，只給出答案的不得分。）18.如圖所示，木板質量，靜止放在水平地面上，與地面的動摩擦因數(shù)。質量為的電動機放在木板上，不可伸長的輕繩跨過豎直墻上的定滑輪與木板相連，繩與地面平行。電動機通過轉輪卷動給繩提供恒定拉力，已知電動機底座與木板間的動摩擦因數(shù)，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小。（1）啟動電動機后，若在內，轉輪卷動了長的繩子，此過程中電動機與木板保持相對靜止。①求電動機與木板一起運動的加速度大??；②求電動機與木板一起運動的過程中繩的拉力大??；（2）啟動電動機后，為使電動機與木板相對靜止一起加速，求繩的拉力滿足的條件?！敬鸢浮浚?）①；②；（2）【解析】【詳解】（1）電動機位移由勻變速直線運動公式，可得解得（2）對整體牛頓運動定律解得（3）電動機與木板一起以向右的加速度a加速運動，受力如圖對電動機對木板電動機與木板不發(fā)生相對滑動加速度應滿足的條件可得則19.如圖甲所示，半徑為R的光滑半球形碗固定于水平地面，碗口平面平行地面，O為球心，質量均為m的A、B兩小球用長為R的輕桿連接置于碗內，重力加速度為g。（1）求兩球靜止時桿對A球作用力大小F1；（2）如圖乙所示，在過O的豎直平面內將B球置于碗口邊緣且A球緊靠碗壁，將兩小球由靜止釋放，求釋放后瞬間桿對A球的作用力大小F2；（3）將A、B兩球均置于碗口邊緣并由靜止同時釋放，兩小球沿碗壁運動過程中輕桿始終保持水平，求兩球運動到最低點時輕桿對A球作用力大小F3【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）兩球靜止時對A球進行受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件有解得（2）釋放后瞬間受力分析如圖所示由于A、B球用輕質細桿相連，所以任何時刻球A和B的線速度大小、切向加速度大小、徑向加速度大小都相等，設切向加速度分別為，則根據(jù)牛頓第二定律，對于B球有對于A球有解得（3）兩球運動到最低點過程由于機械能守恒有最低點時，對A有根據(jù)圓周運動規(guī)律有聯(lián)立解得20.如圖所示是一款固定在豎直平面內的游戲裝置。半徑的半圓型細管軌道與半徑的