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(分值：100分)
考生注意：
1.本试卷分选择题部分和非选择题部分。
2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。
3.请在答题卡(另附)中作答，保持试卷清洁完整。
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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.(2024·河南省三模)如图所示，体育课上某同学在做引体向上，他两手握紧单杠，身体悬垂，接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动)，稍作停顿后放松肩臂还原下降至起始位置。关于一次引体向上的过程，下列说法正确的是(　　)
A.初始悬垂时若改变两手间的距离，两臂拉力的合力大小也会改变
B.向上拉升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
C.初始用力开始上升时和下降过程最后停下前，该同学均处于超重状态
D.在下降过程中人始终处于失重状态
答案　C
解析　依据力的合成法则，初始悬垂时若改变两手间的距离，即改变两拉力的夹角，因两臂拉力的合力等于该同学的重力，故保持不变，故A错误；在上升过程中，人先加速后减速，先超重后失重，则单杠对人的作用力先大于重力后小于重力；在下降运动中，人先做加速运动，后做减速运动，人先处于失重状态，后处于超重状态，单杠对人的作用力先小于人的重力，后大于人的重力，故C正确，B、D错误。
2.(2025·海南海口市模拟)一名航天员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s内的位移是42 m(第4 s内小球未落到该星球上)，则(　　)
A.小球在2 s末的速度是16 m/s
B.该星球上的重力加速度为10 m/s2
C.小球在第4 s末的速度是48 m/s
D.小球在前4 s内的位移是80 m
答案　C
解析　第4 s内的位移是42 m，有g0g0=42 m，代入数据解得g0=12 m/s2，所以2 s末的速度v2=g0t2=24 m/s，故A、B错误；小球在第4 s末的速度是v4=g0t4=48 m/s，故C正确；小球在前4 s内的位移是h4=g0=96 m，故D错误。
3.(2025·北京市昌平区模拟)如图所示，两个质量均为m的小木块A、B(可视为质点)放在水平圆盘上，A、B到转轴OO'的距离分别为l、2l。小木块与圆盘之间的动摩擦因数均为μ，可以认为小木块最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若圆盘从静止开始绕轴转动，并缓慢地加速，用ω表示圆盘转动的角速度，用g的大小表示重力加速度的大小，下列说法正确的是(　　)
A.圆盘对A的作用力大小大于A对圆盘的作用力大小
B.当ω=时，A所受摩擦力的大小为μmg
C.A、B所受摩擦力的大小始终相等
D.B一定比A先开始滑动
答案　D
解析　圆盘对A的作用力与A对圆盘的作用力是相互作用力，总是等大反向，选项A错误；
当ω=时，A所受摩擦力的大小为FfA=mω2l=μmg，选项B错误；
根据Ff=mω2r可知，在两木块未发生相对滑动时，A、B所受摩擦力的大小不相等，选项C错误；
根据ml=μmg，可知ω0=，可知发生滑动时B的临界角速度较小，则B一定比A先开始滑动，选项D正确。
4.(2024·北京市海淀区模拟)如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中错误的是(　　)
A.a、b、c三物体，都仅由万有引力提供向心力
B.周期关系为Ta=Tc>Tb
C.线速度的大小关系为va<vc<vb
D.向心加速度的大小关系为ab>ac>aa
答案　A
解析　b、c围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，a为地球赤道上的物体，由万有引力垂直于地轴的分力提供向心力，故A错误，符合题意；
c为地球同步卫星，a为地球赤道上的物体，两者的周期与地球自转周期相等。根据开普勒第三定律有=，由于Rc>Rb，则有Tc>Tb，可知Ta=Tc>Tb，故B正确，不符合题意；
c为地球同步卫星，根据v=ωr，a、c角速度相等，a的轨道半径小一些，则有va<vc，根据G=m，则有v=，c的轨道半径大于b的轨道半径，则c的线速度小于b的线速度，则有va<vc<vb，故C正确，不符合题意；
c为地球同步卫星，根据a=ω2r，a、c角速度相等，a的轨道半径小一些，则有aa<ac，根据G=ma，则有a=，c的轨道半径大于b的轨道半径，则c的加速度小于b的加速度，则有ab>ac>aa，故D正确，不符合题意。
5.(2024·湖南怀化市第三中学月考)如图所示，一质量为m的长木板B静止在足够长倾角为θ的固定斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于(　　)
A.mgsin θ+μmgcos θ
B.mgsin θ+2μmgcos θ
C.4μmgcos θ
D.4mgsin θ
答案　C
解析　对临界状态时A、B整体受力分析，B与斜面之间为滑动摩擦力，大小为2μmgcos θ，根据牛顿第二定律有F-2mgsin θ-2μmgcos θ=2ma，对物块A受力分析，A、B之间为最大静摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma，联立可得拉力F的最小值为4μmgcos θ。故选C。
6.(2025·湖北省襄阳五中月考)如图所示，轻质细线绕过轻质光滑定滑轮，滑轮用轻杆固定于O处且O位于圆心O'的正上方，OB、OC另一端分别连接质量为m的小球P(可视为质点)、质量为2m的物体Q，将物体Q放置于粗糙水平面上，小球P放置于半径为R的光滑半圆柱上，当O、O'处于同一竖直线上时，OC处于水平且物体Q恰好不滑动，此时OB=R，OO'=2R，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体Q与水平面间的动摩擦因数为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　根据题意，对小球P受力分析，由于小球处于平衡状态，绳子对小球P的拉力与小球P的重力和光滑半圆柱的支持力的合力等大反向，如图所示
由相似三角形有=，解得F'=mg，则F=F'=mg，对物块Q受力分析，由平衡条件有Ff=F=mg，FN2=2mg，又有Ff=μFN2，解得μ=，故选C。
7.(2024·河南禹州市第一高级中学月考)如图所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为
3 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，重力加速度g取10 m/s2。 某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　)
A.B对A的压力大小为12 N
B.弹簧弹力大小为50 N
C.B的加速度大小为10 m/s2
D.A的加速度为零
答案　A
解析　原来A处于平衡状态，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，仍有F弹=mAg=20 N，故B错误；
细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，故整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg=(mA+mB)a，解得A、B共同加速度大小a=6 m/s2，故C、D错误；
对B由牛顿第二定律可得mBg-FN=mBa
解得B受到的支持力大小为FN=12 N
由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，故A正确。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.(2025·黑龙江齐市地区校联考)无线蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。为了得到某款无线蓝牙耳机在运动时的最大连接距离，甲和乙两位同学做实验如下：乙佩戴无线蓝牙耳机，甲携带手机检测，二人间隔17.5 m且之间无障碍，某时刻起甲追乙的v-t图像如图所示。发现手机在3 s末开始检测到蓝牙耳机信号，则下列判断正确的是(　　)
A.4 s时甲、乙相距最近为8 m
B.4 s时甲、乙相距最近为9.5 m
C.手机与蓝牙耳机连接上的时间为3 s
D.最远连接距离为10 m
答案　BD
解析　根据题图可知，4 s时甲、乙速度相等，此时相距最近，4 s时有x甲-x乙=v甲t-=8 m，初始位置乙在甲前方17.5 m，故此时相距9.5 m，选项A错误，B正确；
由题图可知乙的加速度为a乙== m/s2=1 m/s2，在3 s时有x甲'-x乙'=7.5 m，则有最远连接距离为x=17.5 m
-7.5 m=10 m，选项D正确；
根据图像的对称性可知，3 s时与5 s时甲、乙之间的距离相等，即5 s末手机与蓝牙耳机信号断开，连接上的时间为2 s，选项C错误。
9.(2025·福建三明市检测)如图所示，球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，最后羽毛球(视为质点)从筒口上端出来，已知球筒质量为M=90 g(不含球的质量)，羽毛球质量为m=5 g，球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff1=2.6 N，球与筒之间的滑动摩擦力为Ff2=0.1 N，球头离筒的上端距离为d=9 cm，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个向下的初速度后(　　)
A.静置时，羽毛球所受的摩擦力为0.1 N
B.拍打球筒后瞬间，羽毛球受到向上的摩擦力
C.拍打球筒后瞬间，羽毛球的加速度为30 m/s2
D.仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则球筒的初速度为3 m/s
答案　CD
解析　静置时，根据平衡条件有Ff=mg=5×10-3×10 N=0.05 N，故A错误；拍打球筒后瞬间，球筒相对于羽毛球向下运动，则羽毛球给球筒的摩擦力向上，而根据牛顿第三定律可知，球筒给羽毛球的摩擦力向下，故B错误；拍打球筒后瞬间，对羽毛球由牛顿第二定律有mg+Ff2=ma1，解得a1=30 m/s2，故C正确；仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则羽毛球到达筒口上端时与球筒恰好达到共速，设球筒的加速度为a2，初速度为v，则对球筒由牛顿第二定律有Ff1+Ff2-Mg=Ma2，解得a2=20 m/s2，球筒做匀减速运动，羽毛球做匀加速运动，有v-a2t=a1t，vt-a2t2-a1t2=d，代入数据解得v=3 m/s，故D正确。
10.(2024·四川遂宁市二模)如图所示，在M点的正上方离地高H处以水平速度v1向右投掷一飞盘P，反应灵敏的小狗Q同时在M点右方水平地面上的N点以速度v2斜向左上方跳出，结果飞盘P和小狗Q恰好在M、N连线的中点正上方相遇。为使问题简化，飞盘和小狗均可看成质点，不计飞盘和小狗运动过程所受空气阻力，则飞盘水平抛出后至与小狗相遇的过程，下列说法正确的是(　　)
A.飞盘和小狗速度的变化量相等
B.飞盘和小狗相遇点在距离地面H高度处
C.初速度大小关系一定是v1<v2
D.小狗相对飞盘做匀加速直线运动
答案　AC
解析　飞盘和小狗分别做平抛和斜上抛运动，根据Δv=gt，可知飞盘和小狗速度的变化量相等，故A正确；
因为飞盘和小狗恰好在M、N两点连线中点的正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又因为运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即v2cos θ=v1，可得v1<v2，故C正确；
根据题意可知飞盘和小狗运动的时间相同，因为不知道小狗在竖直方向初速度的大小，所以不能判断飞盘和小狗相遇点距离地面的高度，故B错误；
飞盘和小狗都只受到重力作用，都做匀变速运动，加速度相同，所以小狗相对飞盘做匀速直线运动，故D错误。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(6分)(2025·河北省模拟)某班级分成若干实验小组探究加速度和力、质量的关系，其中A组遵循课本的原始实验进行操作，设计实验如图甲所示，B组设计实验如图乙所示，已知两组实验中，钩码和小车质量均为相同规格：
(1)下列说法正确的是　　　　。
A.B组实验不需要满足小车质量远大于钩码的质量
B.A组和B组的实验均需要平衡阻力
C.若其他条件均合理，忽略误差影响，A组和B组的实验加速度大小相同
D.A组学生所用的打点计时器为电火花计时器
(2)A组的同学实验中，打点计时器接在频率为50 Hz的电源上，两个计数点之间还有4个点没有画出，测得的纸带如图丙所示，则此时P点的速度是　　　　 m/s(保留三位有效数字)；加速度是　　　　 m/s2(保留两位有效数字)。
答案　(1)AB　(2)0.135　0.30
解析　(1)B组实验可以用加速度传感器测加速度，不需要满足小车质量远大于钩码的质量，故A正确，小车所受的合力为细线的拉力，则A组和B组的实验均需要平衡阻力，故B正确；若其他条件均合理，忽略误差影响，A组的实验加速度大小应是B组实验加速度大小的2倍，故C错误；由于A组学生所用的电源为学生电源，所以所用的打点计时器为电磁打点计时器，故D错误。
(2)P点的速度为vP=×10-2 m/s=0.135 m/s，加速度为a=×10-2 m/s2=0.30 m/s2
12.(8分)(2024·四川省南充高级中学月考)如图所示的装置可用来验证物体做圆周运动的向心力大小与半径、线速度、质量的关系。用一根细线系住小钢球，另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上，小钢球静止于A点，将光电门固定在A点的正下方靠近A点处。在小钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条(质量不计，长度很小)，小钢球的质量为m，重力加速度为g。将小钢球竖直悬挂，测出悬点到小钢球球心之间的距离，得到小钢球的运动半径为R。
(1)将小钢球拉至某一位置静止释放，读出小钢球经过A点时力传感器的读数F及遮光条的挡光时间Δt，则小钢球通过A点时的速度大小可视为v=　　　　　。
(2)根据向心力公式可得，钢球经过最低点时的向心力大小为Fn=　　　　　(用m、d、R、Δt表示)；由受力分析可得，钢球通过A点时的向心力大小为Fn'=　　　　　(用F、m、g表示)，将两次计算的结果进行比较。
(3)改变小钢球释放的位置，重复实验，比较发现Fn总是略大于Fn'，分析表明这是系统误差造成的，该系统误差可能的原因是　　　　(填选项序号)。
A.小钢球的质量偏大
B.小钢球的初速度不为零
C.小钢球速度的测量值偏大
D.存在空气阻力
答案　(1)　(2)　F-mg　(3)C
解析　(1)根据极短时间的平均速度近似等于瞬时速度，小钢球通过A点时的速度大小可视为v=
(2)根据向心力公式可得，钢球经过最低点时的向心力大小为Fn=m=
钢球经过最低点时，细线的拉力与钢球重力的合力提供向心力，则钢球通过A点时的向心力大小为Fn'=F-mg
(3)实验测得小钢球通过A点时的速度为遮光条通过A点时的速度，小钢球、遮光条同轴转动，由于小钢球的运动半径小于遮光条的运动半径，根据v=ωr可知实际小钢球通过A点时的速度小于v，即小钢球速度的测量值偏大。故选C。
13.(12分)(2025·宁夏六盘山高级中学开学考)中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。图甲是北斗导航系统卫星分布示意图，图乙所示为其中一颗北斗卫星的轨道示意图。已知该卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球半径为R，地球表面附近的重力加速度为g，引力常量为G。
(1)求地球的质量M；
(2)求该卫星的轨道距离地面的高度h；
(3)请推导第一宇宙速度v1的表达式，并分析比较该卫星的运行速度v与第一宇宙速度v1的大小关系。
答案　(1)　(2)-R　(3)见解析
解析　(1)设地球上一物体的质量为m1，在地球表面附近万有引力等于重力，G=m1g
解得地球质量M=
(2)设该卫星质量为m2，根据牛顿第二定律
G=m2(R+h)
解得h=-R=-R
(3)根据牛顿第二定律G=m
得v=
第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，即r=R时
v1==
该卫星的轨道半径r=R+h>R
因此其速度v<v1。
14.(12分)(2024·湖南长沙市模拟)如图所示，将一张不计厚度的长方形纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一物块置于距纸板左边界d=0.2 m处。用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出，如果拉力足够大，物块几乎竖直下落到桌面上，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若物块的质量为m1=0.5 kg，纸板的质量为m2=0.3 kg，物块与纸板、纸板与桌面、物块与桌面之间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取
10 m/s2，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)当纸板相对物块运动时，桌面对纸板摩擦力Ff的大小；
(2)要使物块与纸板发生相对滑动，拉力F应满足的条件；
(3)若物块移动的距离超过l=0.002 m，人眼就能感知到物块位置的变化，忽略物块的体积因素影响，为确保实验成功，纸板所需最小拉力的大小F1。
答案　(1)4 N　(2)F>8 N　(3)308 N
解析　(1)当纸板相对物块运动时，桌面对纸板摩擦力的大小Ff=μ(m1+m2)g=4 N
(2)物块与纸板发生相对滑动时，物块与纸板间摩擦力Ff1=μm1g
纸板与桌面之间的摩擦力Ff2=μ(m1+m2)g
设物块的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则对物块由牛顿第二定律得Ff1=m1a1
对纸板由牛顿第二定律得F-Ff1-Ff2=m2a2
物块与纸板发生相对滑动，则a2>a1
解得F>2μ(m1+m2)g=8 N
(3)对物块由牛顿第二定律得μm1g=m1a3
对纸板由牛顿第二定律得F1-μm1g-μ(m1+m2)g=m2a4
物块的位移大小x1=a3
纸板的位移大小x1+d=a4
纸板抽出后物块运动的距离x2=a5
a5=a3=μg
由题意知a3t1=a5t2，l=x1+x2
解得F1=2μ(m1+m2)g+m2g=308 N。
15.(16分)(2025·云南昭通市质量检测)如图所示，倾角为θ=37°的倾斜传送带以2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，传送带上、下两端间的距离为3.2 m。质量为5 kg的长木板静止在光滑水平面上，右端与传送带下端靠近，质量为1 kg的物块轻放在传送带上端，由静止开始沿传送带向下运动，物块运动到传送带下端时，无机械能损失地滑上长木板，物块与传送带和长木板间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取
10 m/s2，不计物块的大小，物块未滑离长木板，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)物块在传送带上运动的时间；
(2)物块相对长木板运动的时间；
(3)长木板的最小长度。
答案　(1)1.2 s　(2) s　(3) m
解析　(1)物块在传送带上先做匀加速运动，根据牛顿第二定律，加速度大小为a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2
物块运动至与传送带速度相同时所用的时间为t1==0.2 s
物块运动的位移为x1=vt1=0.2 m
由于mgsin θ>μmgcos θ
所以物块继续沿传送带向下做匀加速运动，加速度大小为a2=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2
则物块在传送带上继续加速的位移为x2=3.2 m-x1=3 m
设物块滑离传送带时的速度大小为v1，则有-v2=2a2x2，解得v1=4 m/s
匀加速运动的时间为t2==1 s
物块在传送带上运动的总时间为t=t1+t2=1.2 s
(2)物块滑上长木板后，向左做匀减速直线运动，长木板向左做匀加速直线运动，物块运动的加速度大小为a3=μg=5 m/s2
长木板运动的加速度大小为a4==1 m/s2
设二者共速所用时间为t3，则v1-a3t3=a4t3
解得t3= s
(3)物块滑上长木板至二者共速的过程中，物块的位移为x3=v1t3-a3
长木板的位移为x4=a4
则长木板至少为L=x3-x4= m。