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2025届广东省深圳市宝安区高三上学期一模（10月）物理试题
1．（2024高三上·宝安模拟）在足球场上罚任意球时，高水平运动员踢出的足球在飞行中绕过“人墙”，飞向球门，使守门员难以扑救。下列关于足球的说法正确的是（　　）
A．研究运动员踢球的动作时运动员可视为质点
B．研究足球飞行轨迹时足球可视作质点
C．脚对足球的力大于足球对脚的力
D．脚对足球的力与足球对脚的力是一对平衡力
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；质点
【解析】【解答】A．研究踢球动作，要看运动员具体动作，因此运动员不能看作质点，故A错误；
B．研究足球轨迹，相对于轨迹，足球的大小和形状可以忽略，足球可以看作质点，故B正确；
CD．脚对足球的力与足球对脚的力是一对相互作用力，总是大小相等，方向相反，故CD错误。
故选B。
【分析】本题主要考查对质点和相互作用的理解，任何物体，只要大小和形状对研究的问题的影响可以忽略都可以看做质点，物体间的相互作用力总是等大反向、性质一定相同、同时产生同时消失。
2．（2024高三上·宝安模拟）如图所示，男、女同学共提一桶水静止站在水平地面上，男同学提桶方向与竖直夹角为，受到的地面摩擦力大小为f。保持女同学对桶作用力方向不变，为了让女同学省些力气，男同学应（　　）
A．减小角，摩擦力f将减小 B．增大角，摩擦力f将减小
C．减小角，摩擦力f将增大 D．增大角，摩擦力f将增大
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】根据题意，对水桶受力分析，受重力mg、男女同学的拉力F1、F2，则水桶的重力与男女同学的拉力的合力等大反向，如图所示
由图可知，女同学对桶作用力方向不变，为了让女同学省些力气，即F1减小，则θ减小，F2增大，而男同学受到地面的摩擦力大小等于F1在水平方向的分量，由于F1减小，其水平分量减小，f减小，故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】本题主要考查共点力平衡知识的简单应用，如果物体受三个力处于平衡状态，则人两个力的合力与第三个力等大反向，以重力为对角线，拉力F1、F2为邻边做平行四边形，结合题意判断解答。
3．（2024高三上·宝安模拟）科学家发现某巨大类地行星，其质量为地球的18倍，直径为地球的2倍，假设该星球与地球均可视作密度均匀的球体。已知地球表面重力加速度为g，第一宇宙速度为v，下列关于该巨大类地行星的说法正确的是（　　）
A．第一宇宙速度为9v B．表面的重力加速度为4.5g
C．人类到达该星球质量将增大 D．人类到达该星球惯性将增大
【答案】B
【知识点】惯性与质量；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力有
可知第一宇宙速度
由题意可知，
得到
故A错误；
B．根据星球表面，重力近似等于万有引力，即
得
解得
故B正确；
CD．质量是物体的基本属性，与物体含有的物质多少有关，与环境无关，质量又是惯性唯一量度，故CD错误。
故选B。
【分析】本题主要考查万有引力定律的简单应用，以及对惯性的理解。万有引力提供向心力，根据求解第一宇宙速度和重力加速度关系；质量与物体含有的物质多少有关，质量是物体惯性的决定因素。
4．（2024高三上·宝安模拟）某同学用手指以2 Hz的频率触动水面形成水波。水波自左向右传播，某时刻波形如下图所示，下列说法正确的是（　　）
A．P点的运动方向向上 B．P点将随波浪向右移动
C．该水波传播的速度为8 m/s D．此后1 s内P点运动路程为4 cm
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图可知，由于波向右传播，根据“上下坡法”可知此时P点向下运动，故A错误；
B．质点P只会在平衡位置附近重复振源的振动形式，不随波迁移，故B错误；
C．由图可知波长，由波速公式
解得波速
故C错误；
D.1s内P质点发生两次全振动，P点的运动路程为振幅的8倍，即
故D正确；
故选D。
【分析】本题主要考查对波的图像的理解，波的图像反映同一时刻不同质点相对平位置的位移。
沿着波的传播方向，处于上坡的质点振动速度向下，处于下坡的质点振动速度向上，进而判断此时P点振动方向；波传播的是波源振动形式，波中质点重复波源振动形式，不随波传播而发生迁移；根据计算波速；质点在一个周期内走过路程为四个振幅长度，根据时间与周期关系计算质点所走路成。
5．（2024高三上·宝安模拟）图甲为由物块和轻弹簧组成的一个竖直放置的振动装置。图乙记录了物体振动过程中速度v随时间t变化的曲线，以向上为正方向。关于该振动过程，下列说法正确的是（　　）
A．t = 0.2 s时，物块位于平衡位置上方
B．t = 0.4 s时，物块位于平衡位置上方
C．t = 0.6 s时，物块的加速度为零
D．t = 0.6 s时，物块加速度方向向下
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A．由图可知，t = 0时，速度最大，方向向下，因此刚好处于平衡位置，合力为零，
t = 0.2 s时，速度由向下变为速度为零，加速度为正方向，物块处于平衡位置下方最大位移处（最低点），故A错误；
B．t = 0.4 s时，速度最大，方向向上，物块正通过平衡位置，故B错误；
CD．t = 0.6 s时，速度由向上变为速度为零，在最高点，加速度最大，方向向下，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查对简谐运动v—t图像的理解 ，做简谐运动的物体在平衡位置，速度最大，加速度为零，在最大位移处，速度为零，加速度最大。
6．（2024高三上·宝安模拟）某同学乘坐摩天轮做匀速圆周运动。依次从A点经B点运动到C的过程中，下列关于该同学的说法正确的是（　　）
A．机械能保持不变 B．合外力做功为零
C．重力的冲量为零 D．合外力的冲量为零
【答案】B
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．从A点运动到C点，动能不变，重力势能减少，机械能减少，故A错误；
B．该同学坐摩天轮做匀速圆周运动，速度大小不变，由可知动能不变，由动能定理可知合外力做功为零，故B正确；
C．设摩天轮角速度为，从A点运动到C点运动时间为，由可知重力做的冲量
，故C错误；
D．根据动量定理有
，合外力的冲量不为零，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查对机械能、动能定理、动量定理、冲量等概念的理解，机械能包括动能和势能，根据动能和势能变化判断机械能变化；动能定理：物体所受合外力做的功等于物体动能的变化；动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化；冲量等于物体受力与作用时间的乘积，与物体运动状态无关。
7．（2024高三上·宝安模拟）自行车脚踏板上有a、b、c三点，b在踏板转轴上，a、c分别位于踏板左右边缘，如图所示。现自行车曲柄绕着牙盘转轴匀速旋转，脚踏板始终保持水平。以自行车为参照物，关于a、b、c三点圆周运动的半径r、线速度大小v、角速度ω、向心加速度大小a，下列说法正确的是（　　）
A．ra < rb < rc B．va < vb < vc
C．ωa = ωb = ωc D．aa > ab > ac
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A.b在踏板转轴上，a、c 分别位于踏板左右边缘，它们到转轴的距离相等且不为0，所以rb=ra=rc ，故A错误；C.a、b、c 三点都在脚踏板上，脚踏板绕牙盘转轴匀速旋转且始终保持水平，三点是同轴转动，根据同轴转动的特点，它们的角速度相等，即，故C正确。
B.根据线速度与角速度的关系 ，可知va=vb=vc ，故B错误；
D.根据向心加速度公式 ，可知 aa=ab=ac ，故D错误；
故选C。
【分析】本题主要考查传动问题，边缘传动，边缘上的点线速度相等，同轴转动，除轴外，角速度相等，根据脚踏板上各点与转轴关系判断解答。
8．（2024高三上·宝安模拟）某同学做“引体向上”时的上升动作如图所示，忽略动作变化对重心的影响，可把该同学视作质点。从最低点运动到最高点的过程中，手对身体的拉力始终保持向上，下列关于该同学的说法正确的有（　　）
A．经历了超重和失重过程 B．一直处于超重状态
C．机械能一直增大 D．机械能先增大后减小
【答案】A,C
【知识点】功能关系；超重与失重
【解析】【解答】AB． 从最低点到最高点的过程中， 有多种施力方式，可能是先加速再匀速后减速，也可能先加速后减速，或者加速减速交替出现，但总体而言需要经历了加速和减速过程，即超重和失重过程，故A正确，B错误；
CD． 机械能包括动能和重力势能，除重力以外的其他力对物体做功等于物体机械能的变化量。 由于手对身体的拉力始终保持向上，手一直对身体做正功，由功能关系可知机械能持续增大，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查对超重、失重和机械能的理解，加速度向上处于超重状态，加速度向下是失重，外力对系统做正功，系统机械能增加，外力对系统做负功，系统系机械能减少。
9．（2024高三上·宝安模拟）如图所示，一顶端带有挡板P，表面粗糙的斜面固定在水平面上，滑块以速度v0冲上斜面，t1时刻滑到斜面顶端与挡板P发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后速度大小不变，方向相反。滑块的加速度为a，速度为v，运动时间为t，以沿斜面向上为正方向。在斜面上运动的过程中，其v t图像或a t图像可能正确的有（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AD．以向上为正方向，由于接触面粗糙，受力分析可知，向上运动时，根据牛顿第二定律可得
解得加速度
进行减速，碰撞后向下运动，有三种情况
①若
根据牛顿第二定律可得可得加速度
因为，所以向下减速，到达斜面底端，速度可能减到零，也可能减不到零，
故AD正确；
C．②若
则加速度
向下匀速运动；
③若
根据牛顿第二定律可得
可得加速度
向下加速，且
故C正确；
B．对于B选项，上下滑加速度相同，由上述分析可知，当斜面光滑时，才可能出现，故B错误。
故选ACD。
【分析】本题主要考查牛顿第二定律的简单应用，对物体受力分析，分情况根据牛顿第二定律列式求解加速度的表达式，得到加速度随时间变化图像，根据物体运动情况判断速度时间图像。
10．（2024高三上·宝安模拟）小明设计实验研究“淋雨量”与移动速度的关系。分别把面积相同的吸水纸挡在头顶和挡在身前，以速度大小v向右穿过长度相同的一段下雨的区域，如图所示。挡在头顶的吸水纸质量增加，挡在身前的吸水纸质量增加。已知雨滴匀速下落，可视作密度均匀的介质。下列关于和的说法正确的有（　　）
A．与v无关 B．v越大越小
C．与v无关 D．v越大越小
【答案】B,C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】由题意，可知吸水纸质量增加量等于纸档通过下雨区域时，所吸收的雨水质量。设纸档面积为，单位时间降雨量质量为，则纸档挡在头顶时，穿过该下雨区域吸水纸质量增加量为
纸档挡在身前时，则纸档穿过该下雨区域吸水纸质量增加量为
显然，与有关，越大，越小；与无关。
故选BC。
【分析】本题主要考查运动的合成与分解在生活中的应用，运动的合成与分解遵循平行四边形定则，根据雨滴相对雨伞的运动情况分析解答。
11．（2024高三上·宝安模拟）请根据下列两种常见的加速度测算方法完成实验操作和计算。
（1）通过打点计时器测量加速度。把电火花打点计时器接入“220V，50Hz”的我国家用交流电源、打点计时器打出连续两个点的时间为　 　s。选出纸带中点迹清晰的一段，纸带上连续7个点间的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5和s6，如图所示，读出s1=　 　cm。根据纸带数据测算小车的加速度大小为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）小车在斜面上匀加速直线下滑，小车上固定着宽度为d的挡光片，挡光片先后经过两个光电门的时间分别为t1和t2，要测量这个过程中小车的加速度，还需要测量一个物理量A，该物理量为　 　。则小车的加速度可以表示为　 　（用d、t1、t2和A表示）。
【答案】（1）0.02；1.20；4.08
（2）两光电门的距离；
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（1）由于交流电频率为50Hz，所以打点计时器打出连续两个点的时间为
由图可知
，
，
根据逐差法可得
；
（2）小车经过光电门1、2的速度大小分别为
由可得小车运动的加速度大小为
由此可知，需要测量的一个物理量A为两光电门的距离。
【分析】本题主要考查“常见的加速度测算方法完成实验操作和计算”，劣迹匀变速直线运动规律是解题关键。
（1）根据周期与频率关系得到打点周期；根据纸带读取数据，根据计算加速度大小；
（2）物体经过光电门的时间极短，瞬时速度近似等于平均速度，根据求得小车经过两个光电门速度，再根据判断所求物理量。
（1）[1]由于交流电频率为50Hz，所以打点计时器打出连续两个点的时间为
[2]由图可知
[3]根据逐差法可得
（2）[1][2]小车经过光电门1、2的速度大小分别为
所以小车运动的加速度大小为
由此可知，需要测量的一个物理量A为两光电门的距离。
12．（2024高三上·宝安模拟）某实验小组测量物块与水平实验桌之间的摩擦因数。实验装置如图甲所示，通过钩码拉动物块加速运动，用力传感器测量细绳的拉力F，通过打点计时器（图中未画出）记录物块运动信息，从而计算物块的加速度a。改变钩码质量，重复实验。
（1）绘制出F a图像，如图乙所示。计算F a图像的斜率为k，F轴上的截距为b，经查阅当地重力加速度为g，可测算滑块与长木板之间的动摩擦因数μ =　 　（用k、b、g表示）。
（2）为了减小细绳与滑轮间的摩擦力对实验结果产生的影响，下列建议可行的是______
A．倾斜桌面平衡摩擦力
B．选用质量更大的钩码
C．选用质量更大的物块
（3）小梁同学提出：手持弹簧测力计直接在水平桌面上拉动物块就可以测量出滑动摩擦力，进而测量出摩擦因数。请你从实验测量的精确度角度评价小梁同学的实验方案，并简述评价的依据：　 　
【答案】（1）
（2）C
（3）小梁同学误差会比较大，实验中难以保证物块匀速直线运动
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律；牛顿定律与图象
【解析】【解答】（1）设物块质量为M，对于物块，受重力Mg、支持力N，拉力F、摩擦力f，
根据牛顿第二定律有
N=Mg
F-f=Ma
又因为f=Mg
可得
解得
因此图像斜率，纵轴截距
解得；
（2）测量过程中，系统误差主要来源于纸带与打点计时器的阻力和细线与滑轮之间的摩擦力，考虑阻力，对于物块，根据牛顿第二定律有
整理得
则纵轴截距
解得
由等式可以看出，当物块质量越大，F阻影响就越小。
而改变钩码质量不影响测量，测的本来就是摩擦因数，也不能平衡摩擦力。
故选C。
（3）小梁同学误差会比较大，因为实验中难以保证物块匀速直线运动。
【分析】本题主要考查“ 测量物块与水平实验桌之间的摩擦因数 ”的实验，理解实验原理结合牛顿第二定律解答。
（1）分析物块，根据牛顿第二定律得到F—a表达式，结合图像求得摩擦因数；
（2）分析物块，根据牛顿第二定律得到F—a表达式，根据表达式分析解答；
（3）根据做实验的条件分析依据。
（1）根据牛顿第二定律有
得到
因此图像斜率
，
解得
（2）测量过程中，系统误差主要来源于纸带与打点计时器的阻力和细线与滑轮之间的摩擦力，考虑阻力，则有
整理得
则
因此
由等式可以看出，当物块质量越大，F阻影响就越小。
而改变钩码质量不影响测量，测的本来就是摩擦因数，也不能平衡摩擦力。
故选C。
（3）小梁同学误差会比较大，实验中难以保证物块匀速直线运动。
13．（2024高三上·宝安模拟）足球运动员在一次训练中以仰角方向从水平地面踢出足球，如图所示。足球恰好在最高点穿过悬挂在高度为处的圆环。已知足球可视作质点且空气的对足球的作用力可忽略不计，重力加速度g取，求
（1）足球踢出的速度v；
（2）足球从踢出到落回水平地面的位移x。
【答案】（1）足球在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向速度为0时到达最高点，有
可解得
（2）足球到最高点的时间为
足球水平方向做匀速直线运动，从踢出到落回水平地面的位移为
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】本题主要考查斜上抛运动，斜上抛运动上升阶段竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速运动，下降阶段，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，根据竖直上抛运动和匀速运动规律解答。
（1）足球在竖直方向做竖直上抛运动，在最高点竖直方向速度为0，有
可解得
（2）足球到最高点的时间为
足球水平方向做匀速直线运动，从踢出到落回水平地面的位移为
14．（2024高三上·宝安模拟）某研究小组受多级火箭启发，用单级弹射装置组合成“二级弹射装置”。每个单级弹射装置由轻质弹簧和质量为m的物块构成，如图（甲）所示。单级弹射装置竖直弹射高度为h。把2个单级弹射装置叠放起来组成二级弹射装置，如图（乙）。先释放弹射装置1，当整体上升到最大高度时触发弹射装置2，此时装置1向下弹离掉落，装置2获得向上速度，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）装置1释放后整体上升的最大高度h1；
（2）装置2触发后瞬间装置1的速度大小v1；
（3）装置2能上升的最大高度h2；
【答案】（1）由题意可知，对于单级弹射装置，物块上升到最高点速度为零，弹性势能全部转化为物块的重力势能，根据机械能守恒得
对于二级弹射装置，两个装置为整体，装置1释放后，上升到最高点速度为零，弹性势能全部转化为两个物块的重力势能，根据机械能守恒得
解得；
（2）将两个装置作为系统，弹簧弹开瞬间，时间极短，竖直方向动量守恒定律，设两物块弹开瞬间速度分别为，，可得
根据机械能守恒得
解得；
（3）弹开后装置2以为初速度，做竖直上抛运动，根据机械能守恒得
解得
上升总高度
。
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】本题主要考查机械能守恒定律和动量守恒定律的应用，理解动量守恒的条件是解题关键。
（1）对于单级弹射装置，弹开后，物块做竖直上抛运动，只受重力作用，机械能守恒，根据机械能守恒列式求解 装置1释放后整体上升的最大高度h1；
（2）对于二级弹射装置，弹开瞬间满足动量守恒，根据动量守恒机械能守恒列式求解弹开瞬间速度；
（3）对于二级弹射装置，弹开后做竖直上抛运动，根据机械能守恒列式求得弹开后上升高度，进而求得总高度。
（1）对于单级弹射装置，根据机械能守恒得
对于二级弹射装置，两个装置为整体，装置1释放后，根据机械能守恒得
解得
（2）将两个装置作为系统，弹簧弹开，时间极短，由动量守恒定律得
根据机械能守恒得
解得
（3）装置2继续上升，根据机械能守恒得
上升总高度
解得
15．（2024高三上·宝安模拟）如图甲所示，一游戏转置由左端带有弹簧振子的光滑水平轨道、水平传送带以及足够长的光滑斜面三部分组成。弹簧振子由轻弹簧和质量的振子A组成。弹簧振子的平衡位置O到传送带的左端P的距离，传送带长，且沿逆时针方向以速率匀速转动。的大小可调，右端通过可以忽略不计的光滑圆弧与斜面相连、斜面与水平面的所成的夹角。现将质量的滑块B静置于O点，振子A压缩弹簧后，在时刻由静止开始释放，运动到O点与滑块B发生正碰，碰撞时间极短，碰后滑块B向右滑动，穿过传送带并滑上斜面，速度减为零后沿原路返回到O点。已知振子A开始运动一段时间的图像如图乙所示，滑块B与传送带之间的动摩擦因数，振子A和滑块B均可视为质点，重力加速度g取，。
（1）求碰撞后瞬间滑块B的速度大小以及弹簧振子的周期；
（2）若，求滑块B向右穿过传送带的过程中产生的热量Q；
（3）调节传送带的速度，发现滑块B回到O位置时，恰好与振子A迎面正碰，求整个过程中，振子A做了几次全振动。
【答案】（1）由振子A的v-t图像可知，振子A与滑块B碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程，取碰撞前A的速度为正方向，由动量守恒定律得
解得
由振子A的v-t图像可知，弹簧振子的周期T=0.4s；
（2）滑块B向右穿过传送带，由动能定理有
解得
在传送带上，对滑块B，由动量定理有
解得
传送带的位移为
滑块B与传送带的相对位移为
由功能关系可知，产生的热量
；
（3）滑块B从O点运动到P点，所花时间
斜面光滑，滑块滑上斜面又滑下，机械能守恒，速度大小不变，为，方向反向，由动量定理，可知
解得②
①当v≥10m/s时，滑块B返回传送带，在传送带上一直加速，到左端速度刚好为10m/s，根据运动对称性，向左穿过传送带所花的时间
由P到O点，运动时间为
故滑块返回O点运动的最短时间为
②当滑块B在传送带上一直减速，到P点刚好与传送带共速，根据动能定理有
解得
当，滑块B在传送带上一直减速，返回O点时间最长。返回过程中，在传送带运动的时间，根据动量定理
解得
由P点返回O点，所花时间
运动总时间
返回O点，恰好与振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得n=12或者n=13
【知识点】功能关系；动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】本题主要考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，分清物体的运动过程选择合适公式解答。
（1）根据图乙得到碰前后A的速度，以AB为系统，根据动量守恒列式求解 碰撞后瞬间滑块B的速度大小 ，根据图象得到 弹簧振子的周期；
（2）B在传送带上做匀变速运动，根据动能定理和匀速运动计算得到B相对传送带所走距离，再根据功能关系计算得到滑块B向右穿过传送带的过程中产生的热量Q；
（3）根据B运动情况找到临界条件，由动量定理和动能定理列式求解整个过程中，振子A做的全振动的次数。
（1）由振子A的v-t图像可知，弹簧振子的周期T=0.4s
由振子A的v-t图像可知，振子A与滑块B碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程，取碰撞前A的速度为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）滑块B向右穿过传送带，根据动能定理有
解得
在传送带上，对滑块B，根据动量定理有
解得
传送带的位移为
滑块B与传送带的相对位移为
产生的热量
（3）滑块B从O点运动到P点，所花时间
斜面光滑，滑块滑上斜面又滑下，机械能守恒，速度大小不变，为，方向反向，由动量定理，可知
解得②
①当v≥10m/s时，滑块B返回传送带，在传送带上一直加速，到左端速度刚好为10m/s，根据运动对称性，向左穿过传送带所花的时间
由P到O点，运动时间为
故滑块返回O点运动的最短时间为
②当滑块B在传送带上一直减速，到P点刚好与传送带共速，根据动能定理有
解得
当，滑块B在传送带上一直减速，返回O点时间最长。返回过程中，在传送带运动的时间，根据动量定理
解得
由P点返回O点，所花时间
运动总时间
返回O点，恰好与振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得
n=12或者n=13
1 / 12025届广东省深圳市宝安区高三上学期一模（10月）物理试题
1．（2024高三上·宝安模拟）在足球场上罚任意球时，高水平运动员踢出的足球在飞行中绕过“人墙”，飞向球门，使守门员难以扑救。下列关于足球的说法正确的是（　　）
A．研究运动员踢球的动作时运动员可视为质点
B．研究足球飞行轨迹时足球可视作质点
C．脚对足球的力大于足球对脚的力
D．脚对足球的力与足球对脚的力是一对平衡力
2．（2024高三上·宝安模拟）如图所示，男、女同学共提一桶水静止站在水平地面上，男同学提桶方向与竖直夹角为，受到的地面摩擦力大小为f。保持女同学对桶作用力方向不变，为了让女同学省些力气，男同学应（　　）
A．减小角，摩擦力f将减小 B．增大角，摩擦力f将减小
C．减小角，摩擦力f将增大 D．增大角，摩擦力f将增大
3．（2024高三上·宝安模拟）科学家发现某巨大类地行星，其质量为地球的18倍，直径为地球的2倍，假设该星球与地球均可视作密度均匀的球体。已知地球表面重力加速度为g，第一宇宙速度为v，下列关于该巨大类地行星的说法正确的是（　　）
A．第一宇宙速度为9v B．表面的重力加速度为4.5g
C．人类到达该星球质量将增大 D．人类到达该星球惯性将增大
4．（2024高三上·宝安模拟）某同学用手指以2 Hz的频率触动水面形成水波。水波自左向右传播，某时刻波形如下图所示，下列说法正确的是（　　）
A．P点的运动方向向上 B．P点将随波浪向右移动
C．该水波传播的速度为8 m/s D．此后1 s内P点运动路程为4 cm
5．（2024高三上·宝安模拟）图甲为由物块和轻弹簧组成的一个竖直放置的振动装置。图乙记录了物体振动过程中速度v随时间t变化的曲线，以向上为正方向。关于该振动过程，下列说法正确的是（　　）
A．t = 0.2 s时，物块位于平衡位置上方
B．t = 0.4 s时，物块位于平衡位置上方
C．t = 0.6 s时，物块的加速度为零
D．t = 0.6 s时，物块加速度方向向下
6．（2024高三上·宝安模拟）某同学乘坐摩天轮做匀速圆周运动。依次从A点经B点运动到C的过程中，下列关于该同学的说法正确的是（　　）
A．机械能保持不变 B．合外力做功为零
C．重力的冲量为零 D．合外力的冲量为零
7．（2024高三上·宝安模拟）自行车脚踏板上有a、b、c三点，b在踏板转轴上，a、c分别位于踏板左右边缘，如图所示。现自行车曲柄绕着牙盘转轴匀速旋转，脚踏板始终保持水平。以自行车为参照物，关于a、b、c三点圆周运动的半径r、线速度大小v、角速度ω、向心加速度大小a，下列说法正确的是（　　）
A．ra < rb < rc B．va < vb < vc
C．ωa = ωb = ωc D．aa > ab > ac
8．（2024高三上·宝安模拟）某同学做“引体向上”时的上升动作如图所示，忽略动作变化对重心的影响，可把该同学视作质点。从最低点运动到最高点的过程中，手对身体的拉力始终保持向上，下列关于该同学的说法正确的有（　　）
A．经历了超重和失重过程 B．一直处于超重状态
C．机械能一直增大 D．机械能先增大后减小
9．（2024高三上·宝安模拟）如图所示，一顶端带有挡板P，表面粗糙的斜面固定在水平面上，滑块以速度v0冲上斜面，t1时刻滑到斜面顶端与挡板P发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后速度大小不变，方向相反。滑块的加速度为a，速度为v，运动时间为t，以沿斜面向上为正方向。在斜面上运动的过程中，其v t图像或a t图像可能正确的有（　　）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·宝安模拟）小明设计实验研究“淋雨量”与移动速度的关系。分别把面积相同的吸水纸挡在头顶和挡在身前，以速度大小v向右穿过长度相同的一段下雨的区域，如图所示。挡在头顶的吸水纸质量增加，挡在身前的吸水纸质量增加。已知雨滴匀速下落，可视作密度均匀的介质。下列关于和的说法正确的有（　　）
A．与v无关 B．v越大越小
C．与v无关 D．v越大越小
11．（2024高三上·宝安模拟）请根据下列两种常见的加速度测算方法完成实验操作和计算。
（1）通过打点计时器测量加速度。把电火花打点计时器接入“220V，50Hz”的我国家用交流电源、打点计时器打出连续两个点的时间为　 　s。选出纸带中点迹清晰的一段，纸带上连续7个点间的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5和s6，如图所示，读出s1=　 　cm。根据纸带数据测算小车的加速度大小为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）小车在斜面上匀加速直线下滑，小车上固定着宽度为d的挡光片，挡光片先后经过两个光电门的时间分别为t1和t2，要测量这个过程中小车的加速度，还需要测量一个物理量A，该物理量为　 　。则小车的加速度可以表示为　 　（用d、t1、t2和A表示）。
12．（2024高三上·宝安模拟）某实验小组测量物块与水平实验桌之间的摩擦因数。实验装置如图甲所示，通过钩码拉动物块加速运动，用力传感器测量细绳的拉力F，通过打点计时器（图中未画出）记录物块运动信息，从而计算物块的加速度a。改变钩码质量，重复实验。
（1）绘制出F a图像，如图乙所示。计算F a图像的斜率为k，F轴上的截距为b，经查阅当地重力加速度为g，可测算滑块与长木板之间的动摩擦因数μ =　 　（用k、b、g表示）。
（2）为了减小细绳与滑轮间的摩擦力对实验结果产生的影响，下列建议可行的是______
A．倾斜桌面平衡摩擦力
B．选用质量更大的钩码
C．选用质量更大的物块
（3）小梁同学提出：手持弹簧测力计直接在水平桌面上拉动物块就可以测量出滑动摩擦力，进而测量出摩擦因数。请你从实验测量的精确度角度评价小梁同学的实验方案，并简述评价的依据：　 　
13．（2024高三上·宝安模拟）足球运动员在一次训练中以仰角方向从水平地面踢出足球，如图所示。足球恰好在最高点穿过悬挂在高度为处的圆环。已知足球可视作质点且空气的对足球的作用力可忽略不计，重力加速度g取，求
（1）足球踢出的速度v；
（2）足球从踢出到落回水平地面的位移x。
14．（2024高三上·宝安模拟）某研究小组受多级火箭启发，用单级弹射装置组合成“二级弹射装置”。每个单级弹射装置由轻质弹簧和质量为m的物块构成，如图（甲）所示。单级弹射装置竖直弹射高度为h。把2个单级弹射装置叠放起来组成二级弹射装置，如图（乙）。先释放弹射装置1，当整体上升到最大高度时触发弹射装置2，此时装置1向下弹离掉落，装置2获得向上速度，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）装置1释放后整体上升的最大高度h1；
（2）装置2触发后瞬间装置1的速度大小v1；
（3）装置2能上升的最大高度h2；
15．（2024高三上·宝安模拟）如图甲所示，一游戏转置由左端带有弹簧振子的光滑水平轨道、水平传送带以及足够长的光滑斜面三部分组成。弹簧振子由轻弹簧和质量的振子A组成。弹簧振子的平衡位置O到传送带的左端P的距离，传送带长，且沿逆时针方向以速率匀速转动。的大小可调，右端通过可以忽略不计的光滑圆弧与斜面相连、斜面与水平面的所成的夹角。现将质量的滑块B静置于O点，振子A压缩弹簧后，在时刻由静止开始释放，运动到O点与滑块B发生正碰，碰撞时间极短，碰后滑块B向右滑动，穿过传送带并滑上斜面，速度减为零后沿原路返回到O点。已知振子A开始运动一段时间的图像如图乙所示，滑块B与传送带之间的动摩擦因数，振子A和滑块B均可视为质点，重力加速度g取，。
（1）求碰撞后瞬间滑块B的速度大小以及弹簧振子的周期；
（2）若，求滑块B向右穿过传送带的过程中产生的热量Q；
（3）调节传送带的速度，发现滑块B回到O位置时，恰好与振子A迎面正碰，求整个过程中，振子A做了几次全振动。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；质点
【解析】【解答】A．研究踢球动作，要看运动员具体动作，因此运动员不能看作质点，故A错误；
B．研究足球轨迹，相对于轨迹，足球的大小和形状可以忽略，足球可以看作质点，故B正确；
CD．脚对足球的力与足球对脚的力是一对相互作用力，总是大小相等，方向相反，故CD错误。
故选B。
【分析】本题主要考查对质点和相互作用的理解，任何物体，只要大小和形状对研究的问题的影响可以忽略都可以看做质点，物体间的相互作用力总是等大反向、性质一定相同、同时产生同时消失。
2．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】根据题意，对水桶受力分析，受重力mg、男女同学的拉力F1、F2，则水桶的重力与男女同学的拉力的合力等大反向，如图所示
由图可知，女同学对桶作用力方向不变，为了让女同学省些力气，即F1减小，则θ减小，F2增大，而男同学受到地面的摩擦力大小等于F1在水平方向的分量，由于F1减小，其水平分量减小，f减小，故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】本题主要考查共点力平衡知识的简单应用，如果物体受三个力处于平衡状态，则人两个力的合力与第三个力等大反向，以重力为对角线，拉力F1、F2为邻边做平行四边形，结合题意判断解答。
3．【答案】B
【知识点】惯性与质量；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力有
可知第一宇宙速度
由题意可知，
得到
故A错误；
B．根据星球表面，重力近似等于万有引力，即
得
解得
故B正确；
CD．质量是物体的基本属性，与物体含有的物质多少有关，与环境无关，质量又是惯性唯一量度，故CD错误。
故选B。
【分析】本题主要考查万有引力定律的简单应用，以及对惯性的理解。万有引力提供向心力，根据求解第一宇宙速度和重力加速度关系；质量与物体含有的物质多少有关，质量是物体惯性的决定因素。
4．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图可知，由于波向右传播，根据“上下坡法”可知此时P点向下运动，故A错误；
B．质点P只会在平衡位置附近重复振源的振动形式，不随波迁移，故B错误；
C．由图可知波长，由波速公式
解得波速
故C错误；
D.1s内P质点发生两次全振动，P点的运动路程为振幅的8倍，即
故D正确；
故选D。
【分析】本题主要考查对波的图像的理解，波的图像反映同一时刻不同质点相对平位置的位移。
沿着波的传播方向，处于上坡的质点振动速度向下，处于下坡的质点振动速度向上，进而判断此时P点振动方向；波传播的是波源振动形式，波中质点重复波源振动形式，不随波传播而发生迁移；根据计算波速；质点在一个周期内走过路程为四个振幅长度，根据时间与周期关系计算质点所走路成。
5．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A．由图可知，t = 0时，速度最大，方向向下，因此刚好处于平衡位置，合力为零，
t = 0.2 s时，速度由向下变为速度为零，加速度为正方向，物块处于平衡位置下方最大位移处（最低点），故A错误；
B．t = 0.4 s时，速度最大，方向向上，物块正通过平衡位置，故B错误；
CD．t = 0.6 s时，速度由向上变为速度为零，在最高点，加速度最大，方向向下，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查对简谐运动v—t图像的理解 ，做简谐运动的物体在平衡位置，速度最大，加速度为零，在最大位移处，速度为零，加速度最大。
6．【答案】B
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．从A点运动到C点，动能不变，重力势能减少，机械能减少，故A错误；
B．该同学坐摩天轮做匀速圆周运动，速度大小不变，由可知动能不变，由动能定理可知合外力做功为零，故B正确；
C．设摩天轮角速度为，从A点运动到C点运动时间为，由可知重力做的冲量
，故C错误；
D．根据动量定理有
，合外力的冲量不为零，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查对机械能、动能定理、动量定理、冲量等概念的理解，机械能包括动能和势能，根据动能和势能变化判断机械能变化；动能定理：物体所受合外力做的功等于物体动能的变化；动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化；冲量等于物体受力与作用时间的乘积，与物体运动状态无关。
7．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A.b在踏板转轴上，a、c 分别位于踏板左右边缘，它们到转轴的距离相等且不为0，所以rb=ra=rc ，故A错误；C.a、b、c 三点都在脚踏板上，脚踏板绕牙盘转轴匀速旋转且始终保持水平，三点是同轴转动，根据同轴转动的特点，它们的角速度相等，即，故C正确。
B.根据线速度与角速度的关系 ，可知va=vb=vc ，故B错误；
D.根据向心加速度公式 ，可知 aa=ab=ac ，故D错误；
故选C。
【分析】本题主要考查传动问题，边缘传动，边缘上的点线速度相等，同轴转动，除轴外，角速度相等，根据脚踏板上各点与转轴关系判断解答。
8．【答案】A,C
【知识点】功能关系；超重与失重
【解析】【解答】AB． 从最低点到最高点的过程中， 有多种施力方式，可能是先加速再匀速后减速，也可能先加速后减速，或者加速减速交替出现，但总体而言需要经历了加速和减速过程，即超重和失重过程，故A正确，B错误；
CD． 机械能包括动能和重力势能，除重力以外的其他力对物体做功等于物体机械能的变化量。 由于手对身体的拉力始终保持向上，手一直对身体做正功，由功能关系可知机械能持续增大，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查对超重、失重和机械能的理解，加速度向上处于超重状态，加速度向下是失重，外力对系统做正功，系统机械能增加，外力对系统做负功，系统系机械能减少。
9．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AD．以向上为正方向，由于接触面粗糙，受力分析可知，向上运动时，根据牛顿第二定律可得
解得加速度
进行减速，碰撞后向下运动，有三种情况
①若
根据牛顿第二定律可得可得加速度
因为，所以向下减速，到达斜面底端，速度可能减到零，也可能减不到零，
故AD正确；
C．②若
则加速度
向下匀速运动；
③若
根据牛顿第二定律可得
可得加速度
向下加速，且
故C正确；
B．对于B选项，上下滑加速度相同，由上述分析可知，当斜面光滑时，才可能出现，故B错误。
故选ACD。
【分析】本题主要考查牛顿第二定律的简单应用，对物体受力分析，分情况根据牛顿第二定律列式求解加速度的表达式，得到加速度随时间变化图像，根据物体运动情况判断速度时间图像。
10．【答案】B,C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】由题意，可知吸水纸质量增加量等于纸档通过下雨区域时，所吸收的雨水质量。设纸档面积为，单位时间降雨量质量为，则纸档挡在头顶时，穿过该下雨区域吸水纸质量增加量为
纸档挡在身前时，则纸档穿过该下雨区域吸水纸质量增加量为
显然，与有关，越大，越小；与无关。
故选BC。
【分析】本题主要考查运动的合成与分解在生活中的应用，运动的合成与分解遵循平行四边形定则，根据雨滴相对雨伞的运动情况分析解答。
11．【答案】（1）0.02；1.20；4.08
（2）两光电门的距离；
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（1）由于交流电频率为50Hz，所以打点计时器打出连续两个点的时间为
由图可知
，
，
根据逐差法可得
；
（2）小车经过光电门1、2的速度大小分别为
由可得小车运动的加速度大小为
由此可知，需要测量的一个物理量A为两光电门的距离。
【分析】本题主要考查“常见的加速度测算方法完成实验操作和计算”，劣迹匀变速直线运动规律是解题关键。
（1）根据周期与频率关系得到打点周期；根据纸带读取数据，根据计算加速度大小；
（2）物体经过光电门的时间极短，瞬时速度近似等于平均速度，根据求得小车经过两个光电门速度，再根据判断所求物理量。
（1）[1]由于交流电频率为50Hz，所以打点计时器打出连续两个点的时间为
[2]由图可知
[3]根据逐差法可得
（2）[1][2]小车经过光电门1、2的速度大小分别为
所以小车运动的加速度大小为
由此可知，需要测量的一个物理量A为两光电门的距离。
12．【答案】（1）
（2）C
（3）小梁同学误差会比较大，实验中难以保证物块匀速直线运动
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律；牛顿定律与图象
【解析】【解答】（1）设物块质量为M，对于物块，受重力Mg、支持力N，拉力F、摩擦力f，
根据牛顿第二定律有
N=Mg
F-f=Ma
又因为f=Mg
可得
解得
因此图像斜率，纵轴截距
解得；
（2）测量过程中，系统误差主要来源于纸带与打点计时器的阻力和细线与滑轮之间的摩擦力，考虑阻力，对于物块，根据牛顿第二定律有
整理得
则纵轴截距
解得
由等式可以看出，当物块质量越大，F阻影响就越小。
而改变钩码质量不影响测量，测的本来就是摩擦因数，也不能平衡摩擦力。
故选C。
（3）小梁同学误差会比较大，因为实验中难以保证物块匀速直线运动。
【分析】本题主要考查“ 测量物块与水平实验桌之间的摩擦因数 ”的实验，理解实验原理结合牛顿第二定律解答。
（1）分析物块，根据牛顿第二定律得到F—a表达式，结合图像求得摩擦因数；
（2）分析物块，根据牛顿第二定律得到F—a表达式，根据表达式分析解答；
（3）根据做实验的条件分析依据。
（1）根据牛顿第二定律有
得到
因此图像斜率
，
解得
（2）测量过程中，系统误差主要来源于纸带与打点计时器的阻力和细线与滑轮之间的摩擦力，考虑阻力，则有
整理得
则
因此
由等式可以看出，当物块质量越大，F阻影响就越小。
而改变钩码质量不影响测量，测的本来就是摩擦因数，也不能平衡摩擦力。
故选C。
（3）小梁同学误差会比较大，实验中难以保证物块匀速直线运动。
13．【答案】（1）足球在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向速度为0时到达最高点，有
可解得
（2）足球到最高点的时间为
足球水平方向做匀速直线运动，从踢出到落回水平地面的位移为
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】本题主要考查斜上抛运动，斜上抛运动上升阶段竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速运动，下降阶段，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，根据竖直上抛运动和匀速运动规律解答。
（1）足球在竖直方向做竖直上抛运动，在最高点竖直方向速度为0，有
可解得
（2）足球到最高点的时间为
足球水平方向做匀速直线运动，从踢出到落回水平地面的位移为
14．【答案】（1）由题意可知，对于单级弹射装置，物块上升到最高点速度为零，弹性势能全部转化为物块的重力势能，根据机械能守恒得
对于二级弹射装置，两个装置为整体，装置1释放后，上升到最高点速度为零，弹性势能全部转化为两个物块的重力势能，根据机械能守恒得
解得；
（2）将两个装置作为系统，弹簧弹开瞬间，时间极短，竖直方向动量守恒定律，设两物块弹开瞬间速度分别为，，可得
根据机械能守恒得
解得；
（3）弹开后装置2以为初速度，做竖直上抛运动，根据机械能守恒得
解得
上升总高度
。
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】本题主要考查机械能守恒定律和动量守恒定律的应用，理解动量守恒的条件是解题关键。
（1）对于单级弹射装置，弹开后，物块做竖直上抛运动，只受重力作用，机械能守恒，根据机械能守恒列式求解 装置1释放后整体上升的最大高度h1；
（2）对于二级弹射装置，弹开瞬间满足动量守恒，根据动量守恒机械能守恒列式求解弹开瞬间速度；
（3）对于二级弹射装置，弹开后做竖直上抛运动，根据机械能守恒列式求得弹开后上升高度，进而求得总高度。
（1）对于单级弹射装置，根据机械能守恒得
对于二级弹射装置，两个装置为整体，装置1释放后，根据机械能守恒得
解得
（2）将两个装置作为系统，弹簧弹开，时间极短，由动量守恒定律得
根据机械能守恒得
解得
（3）装置2继续上升，根据机械能守恒得
上升总高度
解得
15．【答案】（1）由振子A的v-t图像可知，振子A与滑块B碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程，取碰撞前A的速度为正方向，由动量守恒定律得
解得
由振子A的v-t图像可知，弹簧振子的周期T=0.4s；
（2）滑块B向右穿过传送带，由动能定理有
解得
在传送带上，对滑块B，由动量定理有
解得
传送带的位移为
滑块B与传送带的相对位移为
由功能关系可知，产生的热量
；
（3）滑块B从O点运动到P点，所花时间
斜面光滑，滑块滑上斜面又滑下，机械能守恒，速度大小不变，为，方向反向，由动量定理，可知
解得②
①当v≥10m/s时，滑块B返回传送带，在传送带上一直加速，到左端速度刚好为10m/s，根据运动对称性，向左穿过传送带所花的时间
由P到O点，运动时间为
故滑块返回O点运动的最短时间为
②当滑块B在传送带上一直减速，到P点刚好与传送带共速，根据动能定理有
解得
当，滑块B在传送带上一直减速，返回O点时间最长。返回过程中，在传送带运动的时间，根据动量定理
解得
由P点返回O点，所花时间
运动总时间
返回O点，恰好与振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得n=12或者n=13
【知识点】功能关系；动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】本题主要考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，分清物体的运动过程选择合适公式解答。
（1）根据图乙得到碰前后A的速度，以AB为系统，根据动量守恒列式求解 碰撞后瞬间滑块B的速度大小 ，根据图象得到 弹簧振子的周期；
（2）B在传送带上做匀变速运动，根据动能定理和匀速运动计算得到B相对传送带所走距离，再根据功能关系计算得到滑块B向右穿过传送带的过程中产生的热量Q；
（3）根据B运动情况找到临界条件，由动量定理和动能定理列式求解整个过程中，振子A做的全振动的次数。
（1）由振子A的v-t图像可知，弹簧振子的周期T=0.4s
由振子A的v-t图像可知，振子A与滑块B碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程，取碰撞前A的速度为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）滑块B向右穿过传送带，根据动能定理有
解得
在传送带上，对滑块B，根据动量定理有
解得
传送带的位移为
滑块B与传送带的相对位移为
产生的热量
（3）滑块B从O点运动到P点，所花时间
斜面光滑，滑块滑上斜面又滑下，机械能守恒，速度大小不变，为，方向反向，由动量定理，可知
解得②
①当v≥10m/s时，滑块B返回传送带，在传送带上一直加速，到左端速度刚好为10m/s，根据运动对称性，向左穿过传送带所花的时间
由P到O点，运动时间为
故滑块返回O点运动的最短时间为
②当滑块B在传送带上一直减速，到P点刚好与传送带共速，根据动能定理有
解得
当，滑块B在传送带上一直减速，返回O点时间最长。返回过程中，在传送带运动的时间，根据动量定理
解得
由P点返回O点，所花时间
运动总时间
返回O点，恰好与振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得
n=12或者n=13
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