浙江温州市2021年摇篮杯高一下学期物理竞赛试卷

2021年浙江省温州市摇篮杯高一物理竞赛试题（考试时间90分钟，满分100分）2021.9第Ⅰ卷（选择题）一、不定项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）1.下列单位中属于国际单位制的基本单位的是（）A.厘米 B.米每秒 C.牛顿 D.摩尔【答案】D【解析】【详解】国际单位制共有七个基本物理单位。包括如下：热力学温度K（开尔文），长度m（米），质量kg（千克），时间s（秒），电流A（安），物质的量mol（摩尔），光强cd（坎德拉）。故选D。2.关于科学家在物理学发展过程中所做的研究或贡献，下列描述正确的是（）A.伽利略通过理想斜面实验研究自由落体运动B.牛顿将复杂多样的相互作用抽象为“力”C.开普勒对行星运动进行长期观测，并通过对自己的观测数据进行分析计算，发现了行星运动所满足的规律，后人称之为开普勒行星运动定律D.牛顿发现万有引力定律，并测得了引力常量G的数值【答案】B【解析】【详解】A．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故A错误；B．牛顿把复杂多样的相互作用抽象为“力”这一物理概念，故B正确；C．第谷对行星运动进行了长期观测，积累了大量数据；开普勒对观测数据进行分析计算，发现了行星运动所满足的规律，后人称之为开普勒行星运动定律，故C错误；D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什通过精密的实验测得了引力常量G的数值，故D错误。故选B。3.一辆肇事车紧急刹车后停在原地等候交警，交警测出肇事车在水平路面留下的刹车痕迹长度，通过查询资料得到该车紧急刹车的加速度，用监控视频判断该次刹车经历的时间。下列关于能否算出汽车开始刹车时的速度的说法中正确的是（）A.只需其中任意一个数据即可算出 B.只需其中任意两个数据即可算出C.必须用到全部三个数据才可算出 D.只用这三个数据还不能算出【答案】B【解析】【详解】若刹车痕迹长度、刹车的加速度已知，根据可算出汽车开始刹车时的速度，若刹车痕迹长度、刹车经历的时间已知，根据可算出汽车开始刹车时的速度，若刹车的加速度、刹车经历的时间已知，根据可算出汽车开始刹车时的速度，故只需其中任意两个数据即可算出。故选B。4.某人跑步过程中不同时刻的速度与加速度矢量如图，则关于此人在这些时刻的运动情况，说法正确的是（）A.图①时刻此人正匀速率向右转 B.图②时刻此人正减速向左转C.图③时刻此人正加速向右转 D.图④时刻此人正加速向右转【答案】BC【解析】【详解】A．加速度方向向左且与速度垂直，该时刻此人向左转，故A错误；B．将加速度分解为垂直速度方向与沿速度方向，可知该时刻此人正减速向左转，故B正确；C．将加速度分解为垂直速度方向与沿速度方向，可知该时刻此人正加速向右转，故C正确；D．将加速度分解为垂直速度方向与沿速度方向，可知该时刻此人正加速向左转，故D错误。故选BC。5.唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（）A.耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大B.耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大C.曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力D.直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力【答案】B【解析】【分析】【详解】A．将拉力F正交分解如下图所示则在x方向可得出Fx曲=FsinαFx直=Fsinβ在y方向可得出Fy曲=FcosαFy直=Fcosβ由题知α<β则sinα<sinβcosα>cosβ则可得到Fx曲<Fx直Fy曲>Fy直A错误、B正确；CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误。故选B。【点睛】6.地球赤道上有一物体随地球自转而做圆周运动，所受到的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）所受到的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球同步卫星所受到的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3；地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v，假设三者质量相等，则（）A.F1＝F2>F3 B.a1＝a2＝g>a3 C.ω1＝ω3<ω2 D.v1＝v2＝v>v3【答案】C【解析】【详解】A．由于卫星做圆周运动，万有引力提供向心力有则轨道半径越大的卫星所受到的向心力越小，有由于随地球自转的物体与同步卫星具有相同的周期及角速度，根据则则轨道半径越大的向心力越小，所以有则A错误；B．由于卫星做圆周运动，万有引力提供向心力有则轨道半径越大的卫星所受到的向心加速度越小，有由于随地球自转的物体与同步卫星具有相同的周期及角速度，根据则则轨道半径越大的向心加速度越小，所以有则B错误；C．由于卫星做圆周运动，万有引力提供向心力有解得则轨道半径越大的卫星的角速度越小，有由于随地球自转的物体与同步卫星具有相同的周期及角速度，所以有则C正确；D．由于卫星做圆周运动，万有引力提供向心力有解得则轨道半径越大的卫星的线速度越小，有由于随地球自转的物体与同步卫星具有相同的周期及角速度，根据则则轨道半径越大的向心力越小，所以有则D错误；故选C。7.在足够长的倾斜长直轨道上，先后将甲、乙两个相同滑块以相同的初速度在同一位置沿倾斜轨道向上弹出，它们运动的图像如图所示，滑块视为质点。据图可知下列说法正确的是（）A.两滑块在轨道上运动时没有受到摩擦力 B.时，两滑块相对于出发点的位移相等C.两滑块回到出发点时的速度大小为 D.甲滑块内的平均速度大小为【答案】ABD【解析】【详解】A.由图中甲的运动图线可知，甲上滑和下滑的加速度相同，说明滑块只受重力和支持力，即两滑块在轨道上运动时没有受到摩擦力，故A正确；B.由图线可知，甲在t＝4s时的位移x甲乙在t＝4s时的位移x乙即t＝4s时，两滑块相对于出发点的位移相等，故B正确；C.由图线可知，两滑块碰撞后速度都变为0，沿轨道向下运动的加速度大小为碰撞发生在t＝4s时，此时两滑块离出发点的距离为20m，由可得两滑块回到出发点时的速度大小为故C错误；D.甲滑块4s内的平均速度大小为故D正确。故选ABD。8.如图所示，轻杆的A端用光滑铰链固定在竖直墙面上，另一端点O固定一个小球a，并用轻绳拴住小球（B点在A点正上方）。在小球a的右侧同一水平线上放一小球b。且小球a、b之间存在大小与距离的平方成反比的引力，现将小球b从无穷远处沿水平方向缓慢向小球a移动至无限靠近，小球a始终保持静止状态。对于此过程，下列说法正确的是（）A.细绳的拉力先变小后变大 B.轻杆对小球a的弹力方向一直沿轻杆向上C.轻杆对小球a弹力可能先变小后变大 D.细绳和轻杆对小球a的合力一直变大【答案】CD【解析】【详解】ABC.以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，四力构成一个闭合矢量四边形如图乙，小球缓慢从无穷远处向小球靠近过程中，引力变大，直接从这闭合矢量四边形中动态变化可以看出细绳的拉力一直变大，轻杆对小球的弹力可能先变小后变大，且轻杆对小球a的弹力方向可以沿轻杆向上，也可以沿轻杆向下。故C正确；AB错误；D.由平衡条件知细绳和轻杆对小球a的合力应与重力与引力的合力等大反向。因为引力方向不变，大小一直变大，所以重力与引力的合力一直变大，所以细绳和轻杆对小球a的合力一直变大，故D正确。故选CD。9.如图所示，斜面体A静止放置在水平地面上。质量为m的滑块B在水平向右的和沿斜面向下的共同作用下沿着斜面向下运动，此过程中斜面体A受到地面的静摩擦力方向向左。则下列说法中正确的是（）A.若同时撤去和，滑块B的加速度方向一定沿斜面向下B.若只撤去，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右C.若只撤去，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受面地摩擦力的方向可能向右D.若只撤去，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力大小和方向均不改变【答案】AD【解析】【详解】本题可以假设从以下两个方面进行讨论。（1）斜劈A表面光滑（设斜面的倾角为θ，A的质量为mA，B的质量为mB）A．同时撤去F1和F2，物体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匀加速直线运动。故A正确；B．如果撤去F1，使A相对地面发生相对运动趋势的外力大小是FN2sinθ=mBgcosθsinθ方向向右。如图1所示。由于mBgcosθsinθ＜（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ所以A所受地面的摩擦力仍然是静摩擦力，其方向仍然是向左，而不可能向右。故B错误；CD．撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的变化情况要从A受地面摩擦力作用的原因角度去思考即寻找出使A相对地面发生相对运动趋势的外力的变化情况。通过分析，使A相对地面有向右滑动趋势的外力是（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ．如图2、3所示。与F2是否存在无关。所以撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面的摩擦力应该保持不变。故C错误，D正确；因此，在斜劈表面光滑的条件下，该题的答案应该是AD。那么，答案会不会因为斜劈表面粗糙而不同呢？（2）斜劈A表面粗糙（设A表面的动摩擦因数为μ）在斜劈A表面粗糙的情况下，B在F1、F2共同作用下沿斜面向下的运动就不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直线运动。如果在此再陷入对B的运动的讨论中，势必加大判断的难度。退一步海阔天空。是不是可以不必纠缠于B的受力分析，看一看A会怎么样呢？由题意知，在B沿斜劈下滑时，受到A对它弹力FN和滑动摩擦力f。根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A．斜劈A实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势的FNsinθ＞fcosθ又因为f=μFN所以FN

sinθ＞μFNcosθ即A．同时撤出F1和F2，物体受到的沿斜面方向向下的力mB

gsinθμmBgcosθ＞0所以物体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正确；B．如果撤去F1，在物体B仍向下运动的过程中N=mgcosθf=μN图中假设A受的摩擦力fA方向向左，则sinθ=fcosθ+fA则有fA=NsinθμNcosθ=N（sinθμcosθ）＞0所以斜劈A都有相对地面向右运动的趋势，摩擦力方向是向左。故B错误；CD．又由于F2的存在与否对斜劈受地面摩擦力大小没有影响，故撤去F2后，斜劈A所受摩擦力的大小和方向均保持不变。故C错误，D正确；因此，在斜劈A表面粗糙的情况下，本题的正确选项仍然是AD。故选AD。10.如图所示，从高H处的P点先后水平抛出两个小球，球1刚好直接越过竖直挡板落在水平地面上的Q点，球2与地面碰撞次后，刚好越过挡板并在Q点与地面发生第次碰撞，已知挡板的高度为h。假设球2每次与地面碰撞前、后瞬间水平速度大小、方向均相同，竖直速度大小相同、方向相反，两球所受到的空气阻力均可忽略。则（）A.h与H之比可能为 B.h与H之比可能为C.球1与球2速度之比可能为 D.球1与球2速度之比可能为【答案】BC【解析】【详解】CD．两小球都能落在Q点，对球1：，对球2：，可得球1与球2速度之比可能为3:1、5:1、7:1、…，故C正确，D错误；AB．刚好能过M点，对球1，对球2，其中可得利用代入可解得当时，h与H之比为11:36，故A错误，B正确。故选BC。11.将一质量为M的光滑斜劈置于光滑水平面上，一质量为m的光滑滑块（滑块可以看成质点）从斜面顶端由静止自由滑下，在此过程中用水平推力F使斜劈保持静止，斜劈对滑块的支持力记为，地面对斜劈的支持力记为，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为v、竖直分速度的大小记为。若撤去水平推力F，再让滑块从斜面项端由静止下滑，在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为、地面对斜劈的支持力记为，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为、竖直分速度的大小记为。下面大小关系正确的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【详解】A．两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上；第一种情况下斜劈对滑块的支持力为当滑块m相对于斜劈加速下滑时，斜劈水平向左加速运动，所以滑块m相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度，则所以故A正确；B．对斜劈：地面对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和，因则地面对斜劈的支持力故B错误；C．若斜劈固定，则若斜劈不固定，则由能量关系可知则故C错误；D．对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律因则两种情况下滑块的竖直位移相等，则由可知故D正确。故选AD。12.如图所示，ABC是一个位于竖直平面内的圆弧形轨道，高度为h，轨道的末端C处与水平面相切。一个质量为m的小木块从轨道顶端A处由静止释放，到达C处停止，此过程中克服摩擦力做功为W1，到达B处时速度最大为v1，加速度大小为aB；小木块在C处以速度v向左运动，恰好能沿原路回到A处，此过程中克服摩擦力做功为W2，经过B处的速度大小为v2。重力加速度为g。则()A B.v1<v2 C.W1<W2 D.aB=0【答案】BC【解析】【详解】B.木块下滑过程，从A到B过程，由动能定理木块上滑从B到A，根据动能定理可得v1<v2B正确；C.从A到C整个过程中的速度平均值要小于从C到A过程的速度的平均值，故从A到C的整个过程中物体对曲面的压力要小于从C到A过程中物体对曲面的压力，从A到C的整个过程中曲面对物体的摩擦力要小于从C到A过程中曲面对物体的摩擦力，故从A到C的整个过程中物体克服摩擦力做的功要小于从C到A过程中物体克服摩擦力做的功，即W1<W2C正确；A.从A到C，由动能定理从C到A，由动能定理而W1<W2解得A错误；D.在B点的速度最大，则切向方向受力平衡，但是沿半径方向有向心加速度，故aB不为零，D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题（本大题有5个小题，共7空，每空4分，共28分）13.如图所示为打印机送纸装置。搓纸辊旋转带动纸张前进走纸，摩擦片在纸张下方贴紧，施加阻力分离纸张，以保证只有一张纸前移且避免两张纸同时送入。已知搓纸辊和纸张之间的动摩擦因数为，纸张之间的动摩擦因数为，纸张和摩擦片之间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计纸张质量及空气阻力。为保证送纸装置正常工作，则和的值从大到小的排序为_________。【答案】【解析】【详解】由题意可知，接触面间的弹力大小均相等，则纸槽内有两张纸时，对于与搓纸辊接触的纸张，搓纸辊对它的最大静摩擦力应大于下面纸张对它的最大静摩擦力，即对于与摩擦片接触的纸张，摩擦片对它的最大静摩擦力应大于上面纸张对它的最大静摩擦力，即当纸槽内只有一张纸时，纸张仍要能被送进打印机，故综上所述可得14.如图所示，雪道和与水平面夹角均为，A、C与B的高度差分别为和，一位总质量为的滑雪者以某一初速度从A处下滑，若已知滑雪者受到的空气阻力恒为，与斜面间的动摩擦因数均为0.2，假设滑雪者经过连接处B时速度大小不会发生突变。取，。则滑雪者从A滑至C的最长时间为_________s。【答案】【解析】【详解】滑雪者从A处出发运动到C处的时间最长，则滑到C处速度恰好为零；滑雪者在BC段上滑过程中，根据牛顿第二定律可得代入数据解得滑雪者在BC段做匀减速运动，根据运动学公式可得代入数据解得滑雪者在BC段做匀减速运动的时间为滑雪者在AB段上滑过程中，根据牛顿第二定律可得代入数据解得滑雪者在AB段做匀加速运动，根据运动学公式可得解得初速度为滑雪者在AB段做匀加速运动的时间为则滑雪者从A滑至C的最长时间为15.一根足够长的圆管倾斜固定在地面上，与水平面倾角，管内有一劲度系数为轻质弹簧，弹簧上下端分别连有质量可以忽略的活塞和质量为的光滑小球（小球直径略小于管径），已知活塞与管壁间的最大静摩擦力，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，。当弹簧处于自然长度时由静止释放小球。当活塞第一次开始移动时，小球的速度大小为_________；从小球开始运动至第一次速度减为零的过程中，小球的位移大小为_________m。【答案】①.0.5②.【解析】【详解】[1]当活塞第一次开始移动时，设弹簧的伸长量为，弹簧弹力和活塞受到的沿斜面向上的最大静摩擦力平衡，则得从释放到活塞刚开始滑动，对小球由动能定理得解得[2]根据上面的分析可得，当弹簧弹力等于管对活塞的最大摩擦力后，小球做匀减速的直线运动，加速度根据可得，则小球会继续向下运动位移从小球开始运动至第一次速度减为零的过程中，小球的位移大小为16.如图所示，物体A、B质量相同，倾角为的固定斜面光滑，滑轮及绳子质量均不计，现将系统由静止释放，则物体A在下降h距离时（动滑轮未碰到钉子）的速度大小为_________。【答案】【解析】【详解】设物体A在下降h距离时的速度为，则此时B物体的速度为，由机械能守恒得求得17.如图所示，竖直平面内有一半径为R的光滑圆形轨道与光滑的倾斜直轨道平滑连接，一质量为m的小球，从倾斜轨道的A处静止释放，在Q点脱离轨道后做抛体运动恰好经过圆心O点，则小球在Q点处的速度大小为______、A、B的高度差为______。【答案】①.②.【解析】【详解】[1]令小球在Q点的速度与水平方向夹角为，由于小球在Q点脱离轨道，则有小球恰好经过圆心O点，根据斜抛运动规律有根据数学三角函数关系有解得[2]小球从A运动到Q过程，根据动能定理有结合上述解得三、计算题（本大题共3个小题，共36分。解答过程必须包含详细的步骤及必要的文字说明，只给出答案的不得分。）18.如图所示，木板质量，静止放在水平地面上，与地面的动摩擦因数。质量为的电动机放在木板上，不可伸长的轻绳跨过竖直墙上的定滑轮与木板相连，绳与地面平行。电动机通过转轮卷动给绳提供恒定拉力，已知电动机底座与木板间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小。（1）启动电动机后，若在内，转轮卷动了长的绳子，此过程中电动机与木板保持相对静止。①求电动机与木板一起运动的加速度大小；②求电动机与木板一起运动的过程中绳的拉力大小；（2）启动电动机后，为使电动机与木板相对静止一起加速，求绳的拉力满足的条件。【答案】（1）①；②；（2）【解析】【详解】（1）电动机位移由匀变速直线运动公式，可得解得（2）对整体牛顿运动定律解得（3）电动机与木板一起以向右的加速度a加速运动，受力如图对电动机对木板电动机与木板不发生相对滑动加速度应满足的条件可得则19.如图甲所示，半径为R的光滑半球形碗固定于水平地面，碗口平面平行地面，O为球心，质量均为m的A、B两小球用长为R的轻杆连接置于碗内，重力加速度为g。（1）求两球静止时杆对A球作用力大小F1；（2）如图乙所示，在过O的竖直平面内将B球置于碗口边缘且A球紧靠碗壁，将两小球由静止释放，求释放后瞬间杆对A球的作用力大小F2；（3）将A、B两球均置于碗口边缘并由静止同时释放，两小球沿碗壁运动过程中轻杆始终保持水平，求两球运动到最低点时轻杆对A球作用力大小F3【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）两球静止时对A球进行受力分析如图所示根据平衡条件有解得（2）释放后瞬间受力分析如图所示由于A、B球用轻质细杆相连，所以任何时刻球A和B的线速度大小、切向加速度大小、径向加速度大小都相等，设切向加速度分别为，则根据牛顿第二定律，对于B球有对于A球有解得（3）两球运动到最低点过程由于机械能守恒有最低点时，对A有根据圆周运动规律有联立解得20.如图所示是一款固定在竖直平面内的游戏装置。半径的半圆型细管轨道与半径的