资源简介

广东茂名市田家炳中学2025-2026学年高一下学期5月期中物理试题
1．某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．为了研究抛体运动特点，小明在某高处竖直向上抛出一个物块，忽略空气阻力。则关于物块的位移y、速度v、加速度a随时间t变化的图像，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示，静止巨石受到水平地面的作用力为，当有风吹来时，巨石受到水平风力作用还继续保持静止状态，此时地面对巨石的作用力为，以下正确的是（　　）
A．小于 B．大于
C．等于 D．的大小与风力无关
4．一男子钓鱼突遇河水暴涨被困河道，幸有飞手用无人机吊运男子安全上岸，已知无人机先沿竖直方向将男子向上吊起一定高度，待男子静止后二者开始沿水平方向飞到岸边，全程仅用2分钟，科技服务于生活日益具象化。关于此次救援过程，以下说法正确的是（　　）
A．无人机竖直向上拉男子的过程中，男子先经历失重再经历超重
B．无人机竖直向上拉男子的过程中，绳子对男子的拉力大于男子对绳子的拉力
C．无人机水平拉动男子加速移动的过程中，绳子对男子的拉力与男子的重力是一对平衡力
D．无人机水平拉动男子加速移动的过程中，绳子对男子的拉力做正功
5．某住宅小区出入口使用栅栏道闸，道闸的转动杆平行，分别绕N、O点在竖直面内匀速转动，点在点的正下方，杆通过铰链与转动杆链接并保持竖直。道闸抬起至如图所示位置时，下列说法正确的是（　　）
A．A点的线速度方向竖直向上 B．A点的加速度指向点
C．A点的角速度大于点的角速度 D．A点的线速度大于点的线速度
6．2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与“天和核心舱”完成对接，航天员费俊龙、邓清明、张陆进入“天和核心舱”。对接过程的示意图如图所示，“天和核心舱”处于半径为的圆轨道Ⅲ；神舟十五号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与“天和核心舱”对接。则神舟十五号飞船（　　）
A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点减速
B．沿轨道Ⅱ运行的周期为
C．在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D．在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度
7．如图所示，物体用跨过定滑轮的轻绳与汽车连接，汽车以的速度向右匀速运动，连接小车端的轻绳与水平方向的夹角为，在物体上升过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体向上做减速运动
B．绳子拉力大于物体的重力
C．时物体的速度大小为
D．物体始终处于失重状态
8．《砖工记》中记载了我国古代抛接砖瓦的情景。工人在点先后抛出砖块和，在点被接住，轨迹如图所示。接住时，砖块的速度大小为，方向水平。砖块在最高点时的速度大小为，砖块、在空中运动时间分别为、，不计空气阻力。则（　　）
A． B． C． D．
9．如图所示，一可视为质点、质量为1.5kg的物块静止在水平地面上，现用方向水平向右、大小为6N的恒力F作用在物块上，物块运动了3m时撤去恒力F，物块继续运动了6m后静止。对于物块从开始运动到最终静止的过程，下列说法正确的是（　　）
A．物块受到的摩擦力大小为3N
B．物块受到的摩擦力大小为2N
C．该过程中合力对物块做的功为18J
D．该过程中摩擦力对物块做的功为-18J
10．2025年3月4日，《上观新闻》消息，我国2025年将发射神舟二十号、神舟二十一号载人飞船和一搜货运飞船，执行二次载人飞行任务的航天员乘组已经选定，正在开展相关训练。如果“神舟二十号”飞船升空后先进入停泊轨道（即近地圆形轨道），之后进入转移轨道，最后在中国空间站轨道与天和核心舱对接，如图所示。已知中国空间站轨道为圆形轨道，距地面高度为h，飞船在停泊轨道运行的周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．从停泊轨道进入转移轨道在P点需要减速
B．天和核心舱的向心加速度大小为
C．可估得地球密度为
D．飞船从P点运行到Q点需要的时间为
11．图甲为“探究平抛运动的特点”实验装置示意图，小球抛出后砸在横梁（图中未画出）上时会挤压复写纸，进而在白纸上留下点迹，小球多次落下后，会在纸上留下多个点迹，将这些点迹连成光滑的曲线就是小球的运动轨迹。图乙是实验后在白纸上描出的轨迹和所测得的数据。
（1）有关实验的一些操作，下列说法正确的有
A．安装斜槽时必须使其末端切线水平
B．固定木板在竖直平面内，且斜槽应尽可能光滑
C．每次都要从斜槽上不同位置释放小球，才能更好地描出运动轨迹
D．每次都要由静止释放小球
（2）下图中的铅垂线、小球平抛运动的起始点O及Ox、Oy轴的建立正确的是
A．
B．
C．
（3）根据图乙中的数据，求出此平抛运动的初速度v0=　 　m/s。（结果保留2位有效数字，取重力加速度g=9.8m/s2）
12．实验小组同学用如图装置探究向心力的表达式的装置。已知塔轮共3层，每层左右半径比分别为 1：1（第一层）、2：1（第二层）、3：1（第三层）。两侧变速塔轮通过皮带连接，长槽和短槽随塔轮转动，挡板A和挡板C离塔轮中心轴的半径相等，标尺显示两球向心力之比。
（1）实验中探究向心力与角速度的关系时，需将质量相同的两个钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板　 　位置处，这种研究方法是　 　（选填“控制变量法”“理想模型法”）；
（2）当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的　 　倍；右塔轮的角速度是左塔轮的　 　倍；
（3）实验中观察到：当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是（　　）
A．向心力与角速度成正比
B．向心力与角速度的平方成正比
C．向心力与角速度的立方成正比
D．无法确定向心力与角速度的关系
13．如图，某链球运动员在一次链球训练时，两手握着链球上铁链的把手，人带动链球旋转，最后用力将球甩出去，测得落点到抛出点的距离为，通过训练录像测得链球离地的最大高度为，（忽略空气阻力，不计链球抛出时离地高度，重力加速度取），求：
（1）链球在空中的运动时间；
（2）链球在最高点的速度大小；
（3）链球脱手前瞬间速度的大小。
14．小型4旋翼无人机是一种能够垂直起降的遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用，可运输物资，可动态演绎灯光秀等，如图所示一架质量的无人机从地面上由静止开始竖直向上起飞，匀加速上升，历时。不计空气阻力，取。求：
（1）无人机平均每个螺旋机翼受到的升力；
（2）若通过飞控系统调控，改变无人机受到的升力，让它在水平面内做半径的匀速圆周运动，此时升力F与竖直方向成37°角，求无人机做匀速圆周运动的线速度。（，）
15．如图为某药品自动传送系统的示意图，该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L，药品盒A被轻放在以速度为匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入螺旋滑槽，随后从平台滑落经平台最右端N点落入圆盘，恰好落在圆盘中心，圆盘中心到N点的水平距离为2L，已知A的质量为m，A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略空气阻力和圆盘高度，将药品盒视为质点，求：
（1）A在传送带上由静止到共速所用的时间；
（2）A滑到N点时的速度大小；
（3）A从M点滑到N点时克服摩擦力所做的功。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】篮球做曲线运动，根据曲线运动的弯曲方向可以判别合力的方向，所以所受合力指向运动轨迹的凹侧。
故选A。
【分析】利用曲线运动的性质可以判别合力的方向。
2．【答案】D
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】A．由于物体做竖直上抛运动，则根据竖直方向的位移公式有
根据表达式可知y-t图像为抛物线，故A错误；
BCD．由于物体只受到重力的作用，竖直上抛运动物块加速度恒为g，则a-t图像为平行t轴的直线；根据竖直上抛的速度公式v=v0-gt可知，v-t图像是斜率不变的倾斜的直线，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】利用位移公式可以得出位移与时间的关系；利用物体只受到重力可以判别加速度保持不变；利用速度公式可以判别速度与时间的关系。
3．【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】无风时，由于巨石处于静止，根据平衡条件可以得出地面对巨石的作用力方向竖直向上，大小与重力相等，为
当受到一个水平风力时，地面对巨石的作用力与竖直向下的重力及水平方向的风力，三力平衡，则重力和风力的合力等于地面对石头的作用力，根据力的合成可以得出地面对巨石的作用力大小为
故小于，的大小与风力有关。
故选A。
【分析】当石头处于静止，利用重力可以求出地面对石头作用力的大小；当风吹石头时，利用力的合成可以求出地面对石头的作用力大小。
4．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；超重与失重；功的概念
【解析】【解答】A、无人机竖直向上拉起男子时，一般先向上加速（加速度向上，处于超重），后向上减速（加速度向下，处于失重），因此男子先超重再失重，故A错误；
B、绳子对男子的拉力与男子对绳子的拉力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小一定相等，故B错误；
C、无人机水平加速移动过程中，男子存在水平方向的加速度，受力不平衡，绳子拉力斜向上，拉力与重力不在同一直线上，不是一对平衡力，故C错误；
D、水平加速过程中，绳子拉力存在沿运动方向的水平分力，拉力与位移夹角为锐角，因此绳子对男子的拉力做正功，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查超重与失重的判断，加速度向上超重，加速度向下失重，竖直上拉先加速后减速，对应先超重后失重；
B、考查相互作用力的特点，一对相互作用力大小相等、方向相反、作用在两个物体上；
C、考查平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体、同一直线，加速运动物体受力不平衡；
D、考查正负功的判断，力与位移夹角为锐角做正功，钝角做负功，直角不做功。
5．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A、A点做匀速圆周运动，线速度方向沿圆周切线方向，垂直于转动杆NQ向上，并非竖直向上，故A错误；
B、A点随杆NQ做匀速圆周运动，合外力提供向心力，向心加速度始终指向圆心N点，故B正确；
C、杆AB始终保持竖直，NQ、OP两根转动杆转动角度始终相同，因此A、B两点角速度相等，故C错误；
D、A、B角速度相同，转动半径，根据可知，A、B两点线速度大小相等，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查匀速圆周运动线速度方向，线速度沿轨迹切线方向，垂直于转动半径；
B、考查匀速圆周运动向心加速度特点，匀速圆周运动的向心加速度始终指向圆周运动的圆心；
C、考查同轴类转动模型，两杆同步转动，转过角度相同，角速度一定相等；
D、考查线速度与角速度关系式，角速度、转动半径均相等时，线速度大小相等。
6．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A、从低圆轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，需要在A点点火加速，让万有引力不足以提供向心力做离心运动，不需要减速，故A错误；
B、根据开普勒第三定律，椭圆轨道半长轴，整理得，选项给出表达式与推导结果不符，故B错误；
C、同一位置A，飞船受到的万有引力相同，由牛顿第二定律，加速度大小相等，故C错误；
D、从椭圆轨道Ⅱ在B点变轨进入圆轨道Ⅲ，需要在B点点火加速，因此圆轨道Ⅲ上B点的线速度大于椭圆轨道Ⅱ上B点的线速度，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查卫星变轨规律，离心变轨需要加速，近地点加速进入更高椭圆轨道；
B、考查开普勒第三定律，椭圆轨道使用半长轴代入公式，对比选项表达式判断正误；
C、考查万有引力与向心加速度关系，同一轨道位置万有引力相同，加速度相等；
D、考查远地点变轨原理，椭圆变更高圆轨道需要加速，轨道ⅢB点速度更大。
7．【答案】B
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解
【解析】【解答】ABD．对汽车的速度进行分解，根据速度关系可以得出物体的速度为
由于物体上升过程中小车与水平方向的夹角逐渐减小，根据表达式可以得出的速度逐渐增大，由于做加速运动，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知，绳子拉力大于物体重力，物体超重，故AD错误，B正确；
C．对汽车的速度进行分解，根据速度关系可以得出物体的速度为
当时，，故C错误。
故选B。
【分析】利用汽车的速度进行分解可以求出物体A的速度大小，结合角度的变化可以判别A的速度变化，进而判别加速度的方向及超重与失重。
8．【答案】A,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】AB、将运动逆向处理，砖块a从D到C可逆向视为平抛运动，砖块b从最高点到C也可逆向视为平抛运动；由图可知b的最大竖直下落高度更大，根据，高度越大运动时间越长，因此，故A正确，B错误。
CD、两块砖水平位移大小相等，由可知，运动时间越短，水平初速度越大，所以，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、B考查斜抛运动逆向等效平抛法，运动时间仅由竖直方向下落高度决定，下落高度越大，运动总时间越长；
C、D考查平抛运动水平分运动规律，水平方向匀速直线运动，水平位移相同时，运动时间越短，水平速度越大。
9．【答案】B,D
【知识点】摩擦力的判断与计算；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB、对物块整个运动过程应用动能定理，初末动能均为0，
可得：代入，，解得，故A错误，B正确。
C、根据动能定理，合外力做功等于物体动能变化量，物块初始与末态动能都是0，因此全过程合外力对物块做功为0，故C错误。
D、摩擦力全程始终与运动方向相反，总位移，摩擦力做功，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B考查动能定理全过程应用，全过程初末动能为零，外力总功为零，以此求解滑动摩擦力大小；
C、考查动能定理物理意义，合外力做功等于动能变化，初末动能不变则合外力总功为零；
D、考查恒力做功公式，摩擦力全程阻碍运动，位移取全程总路程，力与位移夹角180°，做负功。
10．【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．飞船在停泊轨道经过Q点时由于向心力小于引力做向心运动，为了增大向心力，使飞船在Q点做匀速圆周运动，根据向心力的表达式可知可以通过加速从停泊轨道进入转移轨道，A错误；
B．设天和核心舱的向心加速度大小为，地表物体受到地球的引力形成重力，根据牛顿第二定律有，地球对核心舱的引力产生加速度，根据牛顿第二定律有，解得，B正确；
C．船在停泊轨道运行的周期为，由于地球的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得，根据地球的质量和体积的比值可知地球的密度为，解得，C正确；
D．设飞船在转移轨道运行的周期为，由开普勒第三定律有，整理可得，根据运动的周期可知飞船在转移轨道上从点飞到点所需的时间为，D错误。
故选BC。
【分析】利用飞船在停泊轨道经过Q点时由于向心力小于引力做向心运动，为了增大向心力，使飞船在Q点做匀速圆周运动，根据向心力的表达式可知可以通过加速从停泊轨道进入转移轨道；利用引力形成重力和提供向心力可以求出核心舱的加速度大小；利用引力提供向心力结合密度公式可以求出地球的密度；利用开普勒第三定律可以求出飞船运动的周期，进而求出运动的时间。
11．【答案】（1）A；D
（2）C
（3）1.6
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）安装斜槽末端切线水平才能保证小球做平抛运动，A正确；每次从斜槽同一位置由静止释放小球即可保证初速度相同，斜槽不需要光滑，B、C错误，D正确。
故答案为：AD；
（2）平抛运动的坐标原点应是小球在斜槽末端时球心的水平投影点，Ox轴水平向右，Oy轴沿铅垂线竖直向下，只有C选项符合该要求。
故答案为：C；
（3）小球竖直方向做自由落体运动，由，代入、，解得运动时间；水平方向匀速直线运动，。
故答案为：；
【分析】（1）本题考查平抛实验操作规范，斜槽末端水平是平抛的前提，同一位置静止释放小球用来保证每次初速度一致，斜槽轨道无需光滑。
（2）本题考查平抛坐标系的建立，原点选取小球抛出瞬间的球心位置，竖直坐标轴依靠铅垂线确定。
（3）本题考查平抛运动数据处理，将运动分解为水平匀速直线运动与竖直自由落体运动，先由竖直位移求运动时间，再结合水平位移求解平抛初速度。
（1）A．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，安装斜槽时必须使其末端切线水平，故A正确；
BCD．为了保证每次小球抛出的速度相同，每次都要从斜槽上同一位置静止释放小球，但斜槽轨道不需要光滑，故BC错误，D正确。
故选AD。
（2）坐标原点O应选择小球在斜槽末端时的球心水平投影处，Ox轴沿水平方向，Oy轴沿竖直方向。
故选C。
（3）结合图乙，小球在水平方向上做匀速运动，故小球从O点出发，到达横坐标及所用的时间之比为
小球竖直方向有
代入对应纵坐标数值可知，
故小球平抛运动的初速度
12．【答案】（1）A；控制变量法
（2）1；2
（3）B
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，还需要控制小球的质量相等，即需要将两个相同质量的钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；探究一个物理量与多个物理量的关系使用的方法叫做控制变量法。
（2）由于皮带传动时，与皮带接触的边缘的点由于相同时间经过的弧线长度相等所以线速度大小相等，当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的1倍； 第二层塔轮右塔轮与左塔轮半径之比为1：2，根据线速度和角速度的关系可知
解得
（3）当小球质量和半径不变时，根据向心力的表达式可知当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
故选B。
【分析】（1）探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，还需要控制小球的质量相等，即需要将两个相同质量的钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；本实验使用控制变量法；
（2）塔轮转动时边缘处线速度相等，结合半径的比值可以求出角速度的比值；
（3）利用向心力的表达式结合角速度的变化可以得出实验结论为保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
（1）[1]探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，即需要将两个钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；
[2]结合上述可知，这种研究方法是控制变量法。
（2）[1]由于皮带传动时，与皮带接触的边缘的线速度大小相等，则当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的1倍；
[2] 第二层塔轮右塔轮与左塔轮半径之比为1：2，根据
解得
（3）根据当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
故选B。
13．【答案】（1）解：斜抛运动竖直方向做匀变速直线运动，水平方向做匀速运动，根据
解得
在空中运动的总时间
（2）解：水平方向做匀速运动
解得
（3）解：根据
脱手前瞬时速度大小
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）本题考查斜抛运动时间求解，竖直方向上升过程逆向处理为自由落体运动，上升和下落时间对称，由此求出全程总运动时间。
（2）本题考查斜抛运动最高点速度特点，最高点竖直方向速度减为零，只有水平分速度，结合水平匀速直线运动公式即可求解。
（3）本题考查运动的合成与分解，先求出抛出时竖直方向初速度，再将水平、竖直分速度通过勾股定理合成得到抛出瞬间的合速度大小。
（1）斜抛运动竖直方向做匀变速直线运动，水平方向做匀速运动，根据
解得
在空中运动的总时间
（2）水平方向做匀速运动
解得
（3）根据
脱手前瞬时速度大小
14．【答案】（1）解：设无人机匀加速上升的加速度大小为，末速度大小为
则有，
又
联立解得无人机平均每个螺旋机翼受到的升力
（2）解：无人机在水平面内做匀速圆周运动，有
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）本题考查匀变速直线运动规律与牛顿第二定律综合应用，先由匀加速位移公式求出加速度，再对无人机列牛顿第二定律方程，求解单个螺旋桨的升力。
（2）本题考查水平面内匀速圆周运动的受力分析，将升力沿水平、竖直方向分解，竖直方向合力为零，水平方向合力充当向心力，联立公式求解线速度大小。
（1）设无人机匀加速上升的加速度大小为，末速度大小为
则有，
又
联立解得无人机平均每个螺旋机翼受到的升力
（2）无人机在水平面内做匀速圆周运动，有
解得
15．【答案】（1）解：在水平传送带上，对药盒有
由匀变速直线运动规律
联立解得
（2）解：从平台滑到圆盘过程中药品盒做平抛运动，由平抛运动规律有，
可得
（3）解：由动能定理可得
代入可解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）本题考查传送带匀加速问题，利用滑动摩擦力求加速度，再结合运动学速度公式求解加速时间。
（2）本题考查平抛运动规律，将运动分解为竖直方向自由落体、水平方向匀速直线运动，联立求解抛出点 N 的水平速度。
（3）本题考查动能定理的应用，选取 M 到 N 过程，分析重力、摩擦力做功，结合初末动能列方程，求解克服摩擦力做的功。
（1）在水平传送带上，对药盒有
由匀变速直线运动规律
联立解得
（2）从平台滑到圆盘过程中药品盒做平抛运动，由平抛运动规律有，
可得
（3）由动能定理可得
代入可解得
1 / 1广东茂名市田家炳中学2025-2026学年高一下学期5月期中物理试题
1．某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】篮球做曲线运动，根据曲线运动的弯曲方向可以判别合力的方向，所以所受合力指向运动轨迹的凹侧。
故选A。
【分析】利用曲线运动的性质可以判别合力的方向。
2．为了研究抛体运动特点，小明在某高处竖直向上抛出一个物块，忽略空气阻力。则关于物块的位移y、速度v、加速度a随时间t变化的图像，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】A．由于物体做竖直上抛运动，则根据竖直方向的位移公式有
根据表达式可知y-t图像为抛物线，故A错误；
BCD．由于物体只受到重力的作用，竖直上抛运动物块加速度恒为g，则a-t图像为平行t轴的直线；根据竖直上抛的速度公式v=v0-gt可知，v-t图像是斜率不变的倾斜的直线，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】利用位移公式可以得出位移与时间的关系；利用物体只受到重力可以判别加速度保持不变；利用速度公式可以判别速度与时间的关系。
3．如图所示，静止巨石受到水平地面的作用力为，当有风吹来时，巨石受到水平风力作用还继续保持静止状态，此时地面对巨石的作用力为，以下正确的是（　　）
A．小于 B．大于
C．等于 D．的大小与风力无关
【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】无风时，由于巨石处于静止，根据平衡条件可以得出地面对巨石的作用力方向竖直向上，大小与重力相等，为
当受到一个水平风力时，地面对巨石的作用力与竖直向下的重力及水平方向的风力，三力平衡，则重力和风力的合力等于地面对石头的作用力，根据力的合成可以得出地面对巨石的作用力大小为
故小于，的大小与风力有关。
故选A。
【分析】当石头处于静止，利用重力可以求出地面对石头作用力的大小；当风吹石头时，利用力的合成可以求出地面对石头的作用力大小。
4．一男子钓鱼突遇河水暴涨被困河道，幸有飞手用无人机吊运男子安全上岸，已知无人机先沿竖直方向将男子向上吊起一定高度，待男子静止后二者开始沿水平方向飞到岸边，全程仅用2分钟，科技服务于生活日益具象化。关于此次救援过程，以下说法正确的是（　　）
A．无人机竖直向上拉男子的过程中，男子先经历失重再经历超重
B．无人机竖直向上拉男子的过程中，绳子对男子的拉力大于男子对绳子的拉力
C．无人机水平拉动男子加速移动的过程中，绳子对男子的拉力与男子的重力是一对平衡力
D．无人机水平拉动男子加速移动的过程中，绳子对男子的拉力做正功
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；超重与失重；功的概念
【解析】【解答】A、无人机竖直向上拉起男子时，一般先向上加速（加速度向上，处于超重），后向上减速（加速度向下，处于失重），因此男子先超重再失重，故A错误；
B、绳子对男子的拉力与男子对绳子的拉力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小一定相等，故B错误；
C、无人机水平加速移动过程中，男子存在水平方向的加速度，受力不平衡，绳子拉力斜向上，拉力与重力不在同一直线上，不是一对平衡力，故C错误；
D、水平加速过程中，绳子拉力存在沿运动方向的水平分力，拉力与位移夹角为锐角，因此绳子对男子的拉力做正功，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查超重与失重的判断，加速度向上超重，加速度向下失重，竖直上拉先加速后减速，对应先超重后失重；
B、考查相互作用力的特点，一对相互作用力大小相等、方向相反、作用在两个物体上；
C、考查平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体、同一直线，加速运动物体受力不平衡；
D、考查正负功的判断，力与位移夹角为锐角做正功，钝角做负功，直角不做功。
5．某住宅小区出入口使用栅栏道闸，道闸的转动杆平行，分别绕N、O点在竖直面内匀速转动，点在点的正下方，杆通过铰链与转动杆链接并保持竖直。道闸抬起至如图所示位置时，下列说法正确的是（　　）
A．A点的线速度方向竖直向上 B．A点的加速度指向点
C．A点的角速度大于点的角速度 D．A点的线速度大于点的线速度
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A、A点做匀速圆周运动，线速度方向沿圆周切线方向，垂直于转动杆NQ向上，并非竖直向上，故A错误；
B、A点随杆NQ做匀速圆周运动，合外力提供向心力，向心加速度始终指向圆心N点，故B正确；
C、杆AB始终保持竖直，NQ、OP两根转动杆转动角度始终相同，因此A、B两点角速度相等，故C错误；
D、A、B角速度相同，转动半径，根据可知，A、B两点线速度大小相等，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查匀速圆周运动线速度方向，线速度沿轨迹切线方向，垂直于转动半径；
B、考查匀速圆周运动向心加速度特点，匀速圆周运动的向心加速度始终指向圆周运动的圆心；
C、考查同轴类转动模型，两杆同步转动，转过角度相同，角速度一定相等；
D、考查线速度与角速度关系式，角速度、转动半径均相等时，线速度大小相等。
6．2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与“天和核心舱”完成对接，航天员费俊龙、邓清明、张陆进入“天和核心舱”。对接过程的示意图如图所示，“天和核心舱”处于半径为的圆轨道Ⅲ；神舟十五号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与“天和核心舱”对接。则神舟十五号飞船（　　）
A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点减速
B．沿轨道Ⅱ运行的周期为
C．在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D．在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A、从低圆轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，需要在A点点火加速，让万有引力不足以提供向心力做离心运动，不需要减速，故A错误；
B、根据开普勒第三定律，椭圆轨道半长轴，整理得，选项给出表达式与推导结果不符，故B错误；
C、同一位置A，飞船受到的万有引力相同，由牛顿第二定律，加速度大小相等，故C错误；
D、从椭圆轨道Ⅱ在B点变轨进入圆轨道Ⅲ，需要在B点点火加速，因此圆轨道Ⅲ上B点的线速度大于椭圆轨道Ⅱ上B点的线速度，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查卫星变轨规律，离心变轨需要加速，近地点加速进入更高椭圆轨道；
B、考查开普勒第三定律，椭圆轨道使用半长轴代入公式，对比选项表达式判断正误；
C、考查万有引力与向心加速度关系，同一轨道位置万有引力相同，加速度相等；
D、考查远地点变轨原理，椭圆变更高圆轨道需要加速，轨道ⅢB点速度更大。
7．如图所示，物体用跨过定滑轮的轻绳与汽车连接，汽车以的速度向右匀速运动，连接小车端的轻绳与水平方向的夹角为，在物体上升过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体向上做减速运动
B．绳子拉力大于物体的重力
C．时物体的速度大小为
D．物体始终处于失重状态
【答案】B
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解
【解析】【解答】ABD．对汽车的速度进行分解，根据速度关系可以得出物体的速度为
由于物体上升过程中小车与水平方向的夹角逐渐减小，根据表达式可以得出的速度逐渐增大，由于做加速运动，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知，绳子拉力大于物体重力，物体超重，故AD错误，B正确；
C．对汽车的速度进行分解，根据速度关系可以得出物体的速度为
当时，，故C错误。
故选B。
【分析】利用汽车的速度进行分解可以求出物体A的速度大小，结合角度的变化可以判别A的速度变化，进而判别加速度的方向及超重与失重。
8．《砖工记》中记载了我国古代抛接砖瓦的情景。工人在点先后抛出砖块和，在点被接住，轨迹如图所示。接住时，砖块的速度大小为，方向水平。砖块在最高点时的速度大小为，砖块、在空中运动时间分别为、，不计空气阻力。则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】AB、将运动逆向处理，砖块a从D到C可逆向视为平抛运动，砖块b从最高点到C也可逆向视为平抛运动；由图可知b的最大竖直下落高度更大，根据，高度越大运动时间越长，因此，故A正确，B错误。
CD、两块砖水平位移大小相等，由可知，运动时间越短，水平初速度越大，所以，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、B考查斜抛运动逆向等效平抛法，运动时间仅由竖直方向下落高度决定，下落高度越大，运动总时间越长；
C、D考查平抛运动水平分运动规律，水平方向匀速直线运动，水平位移相同时，运动时间越短，水平速度越大。
9．如图所示，一可视为质点、质量为1.5kg的物块静止在水平地面上，现用方向水平向右、大小为6N的恒力F作用在物块上，物块运动了3m时撤去恒力F，物块继续运动了6m后静止。对于物块从开始运动到最终静止的过程，下列说法正确的是（　　）
A．物块受到的摩擦力大小为3N
B．物块受到的摩擦力大小为2N
C．该过程中合力对物块做的功为18J
D．该过程中摩擦力对物块做的功为-18J
【答案】B,D
【知识点】摩擦力的判断与计算；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB、对物块整个运动过程应用动能定理，初末动能均为0，
可得：代入，，解得，故A错误，B正确。
C、根据动能定理，合外力做功等于物体动能变化量，物块初始与末态动能都是0，因此全过程合外力对物块做功为0，故C错误。
D、摩擦力全程始终与运动方向相反，总位移，摩擦力做功，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B考查动能定理全过程应用，全过程初末动能为零，外力总功为零，以此求解滑动摩擦力大小；
C、考查动能定理物理意义，合外力做功等于动能变化，初末动能不变则合外力总功为零；
D、考查恒力做功公式，摩擦力全程阻碍运动，位移取全程总路程，力与位移夹角180°，做负功。
10．2025年3月4日，《上观新闻》消息，我国2025年将发射神舟二十号、神舟二十一号载人飞船和一搜货运飞船，执行二次载人飞行任务的航天员乘组已经选定，正在开展相关训练。如果“神舟二十号”飞船升空后先进入停泊轨道（即近地圆形轨道），之后进入转移轨道，最后在中国空间站轨道与天和核心舱对接，如图所示。已知中国空间站轨道为圆形轨道，距地面高度为h，飞船在停泊轨道运行的周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．从停泊轨道进入转移轨道在P点需要减速
B．天和核心舱的向心加速度大小为
C．可估得地球密度为
D．飞船从P点运行到Q点需要的时间为
【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．飞船在停泊轨道经过Q点时由于向心力小于引力做向心运动，为了增大向心力，使飞船在Q点做匀速圆周运动，根据向心力的表达式可知可以通过加速从停泊轨道进入转移轨道，A错误；
B．设天和核心舱的向心加速度大小为，地表物体受到地球的引力形成重力，根据牛顿第二定律有，地球对核心舱的引力产生加速度，根据牛顿第二定律有，解得，B正确；
C．船在停泊轨道运行的周期为，由于地球的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得，根据地球的质量和体积的比值可知地球的密度为，解得，C正确；
D．设飞船在转移轨道运行的周期为，由开普勒第三定律有，整理可得，根据运动的周期可知飞船在转移轨道上从点飞到点所需的时间为，D错误。
故选BC。
【分析】利用飞船在停泊轨道经过Q点时由于向心力小于引力做向心运动，为了增大向心力，使飞船在Q点做匀速圆周运动，根据向心力的表达式可知可以通过加速从停泊轨道进入转移轨道；利用引力形成重力和提供向心力可以求出核心舱的加速度大小；利用引力提供向心力结合密度公式可以求出地球的密度；利用开普勒第三定律可以求出飞船运动的周期，进而求出运动的时间。
11．图甲为“探究平抛运动的特点”实验装置示意图，小球抛出后砸在横梁（图中未画出）上时会挤压复写纸，进而在白纸上留下点迹，小球多次落下后，会在纸上留下多个点迹，将这些点迹连成光滑的曲线就是小球的运动轨迹。图乙是实验后在白纸上描出的轨迹和所测得的数据。
（1）有关实验的一些操作，下列说法正确的有
A．安装斜槽时必须使其末端切线水平
B．固定木板在竖直平面内，且斜槽应尽可能光滑
C．每次都要从斜槽上不同位置释放小球，才能更好地描出运动轨迹
D．每次都要由静止释放小球
（2）下图中的铅垂线、小球平抛运动的起始点O及Ox、Oy轴的建立正确的是
A．
B．
C．
（3）根据图乙中的数据，求出此平抛运动的初速度v0=　 　m/s。（结果保留2位有效数字，取重力加速度g=9.8m/s2）
【答案】（1）A；D
（2）C
（3）1.6
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）安装斜槽末端切线水平才能保证小球做平抛运动，A正确；每次从斜槽同一位置由静止释放小球即可保证初速度相同，斜槽不需要光滑，B、C错误，D正确。
故答案为：AD；
（2）平抛运动的坐标原点应是小球在斜槽末端时球心的水平投影点，Ox轴水平向右，Oy轴沿铅垂线竖直向下，只有C选项符合该要求。
故答案为：C；
（3）小球竖直方向做自由落体运动，由，代入、，解得运动时间；水平方向匀速直线运动，。
故答案为：；
【分析】（1）本题考查平抛实验操作规范，斜槽末端水平是平抛的前提，同一位置静止释放小球用来保证每次初速度一致，斜槽轨道无需光滑。
（2）本题考查平抛坐标系的建立，原点选取小球抛出瞬间的球心位置，竖直坐标轴依靠铅垂线确定。
（3）本题考查平抛运动数据处理，将运动分解为水平匀速直线运动与竖直自由落体运动，先由竖直位移求运动时间，再结合水平位移求解平抛初速度。
（1）A．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，安装斜槽时必须使其末端切线水平，故A正确；
BCD．为了保证每次小球抛出的速度相同，每次都要从斜槽上同一位置静止释放小球，但斜槽轨道不需要光滑，故BC错误，D正确。
故选AD。
（2）坐标原点O应选择小球在斜槽末端时的球心水平投影处，Ox轴沿水平方向，Oy轴沿竖直方向。
故选C。
（3）结合图乙，小球在水平方向上做匀速运动，故小球从O点出发，到达横坐标及所用的时间之比为
小球竖直方向有
代入对应纵坐标数值可知，
故小球平抛运动的初速度
12．实验小组同学用如图装置探究向心力的表达式的装置。已知塔轮共3层，每层左右半径比分别为 1：1（第一层）、2：1（第二层）、3：1（第三层）。两侧变速塔轮通过皮带连接，长槽和短槽随塔轮转动，挡板A和挡板C离塔轮中心轴的半径相等，标尺显示两球向心力之比。
（1）实验中探究向心力与角速度的关系时，需将质量相同的两个钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板　 　位置处，这种研究方法是　 　（选填“控制变量法”“理想模型法”）；
（2）当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的　 　倍；右塔轮的角速度是左塔轮的　 　倍；
（3）实验中观察到：当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是（　　）
A．向心力与角速度成正比
B．向心力与角速度的平方成正比
C．向心力与角速度的立方成正比
D．无法确定向心力与角速度的关系
【答案】（1）A；控制变量法
（2）1；2
（3）B
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，还需要控制小球的质量相等，即需要将两个相同质量的钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；探究一个物理量与多个物理量的关系使用的方法叫做控制变量法。
（2）由于皮带传动时，与皮带接触的边缘的点由于相同时间经过的弧线长度相等所以线速度大小相等，当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的1倍； 第二层塔轮右塔轮与左塔轮半径之比为1：2，根据线速度和角速度的关系可知
解得
（3）当小球质量和半径不变时，根据向心力的表达式可知当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
故选B。
【分析】（1）探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，还需要控制小球的质量相等，即需要将两个相同质量的钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；本实验使用控制变量法；
（2）塔轮转动时边缘处线速度相等，结合半径的比值可以求出角速度的比值；
（3）利用向心力的表达式结合角速度的变化可以得出实验结论为保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
（1）[1]探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，即需要将两个钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；
[2]结合上述可知，这种研究方法是控制变量法。
（2）[1]由于皮带传动时，与皮带接触的边缘的线速度大小相等，则当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的1倍；
[2] 第二层塔轮右塔轮与左塔轮半径之比为1：2，根据
解得
（3）根据当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
故选B。
13．如图，某链球运动员在一次链球训练时，两手握着链球上铁链的把手，人带动链球旋转，最后用力将球甩出去，测得落点到抛出点的距离为，通过训练录像测得链球离地的最大高度为，（忽略空气阻力，不计链球抛出时离地高度，重力加速度取），求：
（1）链球在空中的运动时间；
（2）链球在最高点的速度大小；
（3）链球脱手前瞬间速度的大小。
【答案】（1）解：斜抛运动竖直方向做匀变速直线运动，水平方向做匀速运动，根据
解得
在空中运动的总时间
（2）解：水平方向做匀速运动
解得
（3）解：根据
脱手前瞬时速度大小
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）本题考查斜抛运动时间求解，竖直方向上升过程逆向处理为自由落体运动，上升和下落时间对称，由此求出全程总运动时间。
（2）本题考查斜抛运动最高点速度特点，最高点竖直方向速度减为零，只有水平分速度，结合水平匀速直线运动公式即可求解。
（3）本题考查运动的合成与分解，先求出抛出时竖直方向初速度，再将水平、竖直分速度通过勾股定理合成得到抛出瞬间的合速度大小。
（1）斜抛运动竖直方向做匀变速直线运动，水平方向做匀速运动，根据
解得
在空中运动的总时间
（2）水平方向做匀速运动
解得
（3）根据
脱手前瞬时速度大小
14．小型4旋翼无人机是一种能够垂直起降的遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用，可运输物资，可动态演绎灯光秀等，如图所示一架质量的无人机从地面上由静止开始竖直向上起飞，匀加速上升，历时。不计空气阻力，取。求：
（1）无人机平均每个螺旋机翼受到的升力；
（2）若通过飞控系统调控，改变无人机受到的升力，让它在水平面内做半径的匀速圆周运动，此时升力F与竖直方向成37°角，求无人机做匀速圆周运动的线速度。（，）
【答案】（1）解：设无人机匀加速上升的加速度大小为，末速度大小为
则有，
又
联立解得无人机平均每个螺旋机翼受到的升力
（2）解：无人机在水平面内做匀速圆周运动，有
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）本题考查匀变速直线运动规律与牛顿第二定律综合应用，先由匀加速位移公式求出加速度，再对无人机列牛顿第二定律方程，求解单个螺旋桨的升力。
（2）本题考查水平面内匀速圆周运动的受力分析，将升力沿水平、竖直方向分解，竖直方向合力为零，水平方向合力充当向心力，联立公式求解线速度大小。
（1）设无人机匀加速上升的加速度大小为，末速度大小为
则有，
又
联立解得无人机平均每个螺旋机翼受到的升力
（2）无人机在水平面内做匀速圆周运动，有
解得
15．如图为某药品自动传送系统的示意图，该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L，药品盒A被轻放在以速度为匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入螺旋滑槽，随后从平台滑落经平台最右端N点落入圆盘，恰好落在圆盘中心，圆盘中心到N点的水平距离为2L，已知A的质量为m，A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略空气阻力和圆盘高度，将药品盒视为质点，求：
（1）A在传送带上由静止到共速所用的时间；
（2）A滑到N点时的速度大小；
（3）A从M点滑到N点时克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）解：在水平传送带上，对药盒有
由匀变速直线运动规律
联立解得
（2）解：从平台滑到圆盘过程中药品盒做平抛运动，由平抛运动规律有，
可得
（3）解：由动能定理可得
代入可解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）本题考查传送带匀加速问题，利用滑动摩擦力求加速度，再结合运动学速度公式求解加速时间。
（2）本题考查平抛运动规律，将运动分解为竖直方向自由落体、水平方向匀速直线运动，联立求解抛出点 N 的水平速度。
（3）本题考查动能定理的应用，选取 M 到 N 过程，分析重力、摩擦力做功，结合初末动能列方程，求解克服摩擦力做的功。
（1）在水平传送带上，对药盒有
由匀变速直线运动规律
联立解得
（2）从平台滑到圆盘过程中药品盒做平抛运动，由平抛运动规律有，
可得
（3）由动能定理可得
代入可解得
1 / 1

展开更多......

收起↑