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广东茂名市高州中学2025-2026学年度第二学期3月阶段检测高一物理试题
1．2026年1月6日上午，航空工业试飞跑道上，一架接近量产标准的歼-35技术验证机伴随着引擎轰鸣腾空而起，圆满完成2026年度“新年第一飞”，这一亮相标志着我国歼-35五代舰载机的量产进程全面提速。已知该战机在某次测试中沿曲线MN加速爬升，图为战机在轨迹上P点的受力分析示意图。战机在P点时所受合力的方向可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，合力一定指向轨迹的凹侧，因此排除、；战机加速爬升，说明合力与速度方向夹角为锐角，与速度方向夹角为钝角，与速度方向夹角为锐角，满足加速条件，故合力方向为。
故答案为：A
【分析】本题考查曲线运动合力的判断，核心思路：①曲线运动合力始终指向轨迹凹侧；②物体加速运动时合力与瞬时速度夹角为锐角，减速时为钝角。
2．在2025年都灵大冬会短道速滑男子5000米接力A组决赛中，中国队夺得冠军。运动员过弯时的运动可视为匀速圆周运动。下列关于匀速圆周运动的说法正确的是（　　）
A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
B．物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的
C．物体做匀速圆周运动时，其加速度是变化的
D．向心加速度公式在非匀速圆周运动中不适用
【答案】C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】ABC．做匀速圆周运动的物体，由于合力大小不变所以加速度大小不变，由于合力方向时刻方向时刻指向圆心，根据牛顿第二定律可知加速度变化，为非匀变速曲线运动，由于线速度大小不变，方向改变，则线速度改变，故C正确，AB错误；
D．向心加速度为所有做圆周运动的物体具有的加速度，所以向心加速度公式既适合匀速圆周运动也适合非匀速圆周运动，故D错误。
故选C。
【分析】 做匀速圆周运动的物体，其加速度大小不变，方向时刻指向圆心，则加速度变化，为非匀变速曲线运动，其线速度大小不变，方向改变，则线速度改变；向心加速度公式既适合匀速圆周运动也适合非匀速圆周运动。
3．关于运动，以下说法正确的是（　　）
A．物体受变力作用不可能做直线运动
B．物体受恒力作用不可能做曲线运动
C．两个初速度为0，加速度不同的匀变速直线运动的合运动有可能是曲线运动
D．分运动一是匀速直线运动，分运动二是匀加速直线运动，若这两个运动的方向不在一条直线上，则其合运动一定是曲线运动
【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．物体做曲线运动的条件在于合力方向与速度的方向不在同一直线上，当物体受变力作用，如果力与速度在同一直线上，则物体做直线运动，故A错误；
B．物体做曲线运动的条件在于合力方向与速度的方向不在同一直线上，物体受恒力作用，如果力与速度不在同一直线上，则物体做曲线运动，故B错误；
C．两个初速度为0，加速度不同的匀变速直线运动，根据运动的合成可知合运动一定是匀加速直线运动，故C错误；
D．分运动一是匀速直线运动，分运动二是匀加速直线运动，若这两个运动的方向不在一条直线上，根据速度的合成可知合力方向与合速度方向一定不在同一直线上，其合运动一定是曲线运动，故D正确。
故选D。
【分析】物体做曲线运动的条件在于合力方向与速度的方向不在同一直线上，不在乎合力大小是否改变；两个初速度为0，加速度不同的匀变速直线运动，根据运动的合成可知合运动一定是匀加速直线运动； 分运动一是匀速直线运动，分运动二是匀加速直线运动，若这两个运动的方向不在一条直线上，则合力方向与合速度方向一定不在同一直线上，其合运动一定是曲线运动 。
4．如图所示为中国古代的手摇纺车，匀速转动手柄，带动绳轮匀速转动，A、B为绳轮上的两点，A、B两点到转轴O的距离之比为3：1。下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的周期之比为3：1
B．A、B两点的角速度之比为1：3
C．A、B两点的线速度大小之比为3：1
D．A、B两点的向心加速度大小之比为9：1
【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】AB．A、B两点一起做圆周运动，为同轴传动，由于两点相同时间内转过的角度相等所以角速度相同，根据周期和角速度的关系可知可知，周期也相同，故AB错误；
C．根据线速度和角速度的关系式子可知，因为，所以，故C正确；
D．根据向心力的表达式可知，所以，故D错误。
故选C。
【分析】AB两点角速度相等，利用周期和角速度的关系可以比较周期的大小；结合半径的大小可以求出线速度和向心加速度的比值。
5．如图所示，大湾区跨海大桥检修时，工人使用支架系统作业。水平横杆AB一端固定在桥体（A点），另一端B点通过等长轻绳BC和BD悬挂检修篮，轻绳BC和BD与竖直方向夹角均为，检修篮及工人总质量，重力加速度，，。下列说法正确的是（　　）
A．轻绳BC的拉力大小约为667N
B．横杆AB在B点对轻绳的弹力方向水平向右
C．横杆AB在B点对轻绳的弹力大小为800N
D．若增大，轻绳BC的拉力将减小
【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．以工人和检修篮为对象，根据平衡方程可知轻绳BC和BD拉力的竖直分力的合力与总重力相等，有，解得轻绳BC拉力大小，A错误；
BC．由于工人和检修篮处于静止，根据平衡条件可知杆在B点对轻绳的支持力与地球对轻绳、工人和检修篮的重力是一对平衡力，其大小等于800N，方向竖直向上，B错误，C正确；
D．根据平衡条件可知两绳BC和BD拉力的合力不变，等于，增大导致两绳间的夹角增大，根据平衡方程可知每根绳子中的拉力大小增大，D错误。
故选C。
【分析】以工人和检修篮为对象，利用平衡方程可以求出绳子拉力的大小；利用绳子拉力的表达式可以判别角度变化时拉力的大小变化；根据平衡条件可知杆在B点对轻绳的支持力与地球对轻绳、工人和检修篮的重力是一对平衡力，其大小等于800N，方向竖直向上。
6．“一杆挥去人间冷暖，一钩钓尽水中日月。”从古至今，垂钓都能给人们带来悠然自得的乐趣。如图所示，某钓鱼爱好者收线的过程中，鱼沿水平直线从位置被拉到位置，线与杆的结点保持不动。点与鱼之间的线始终拉直，鱼视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．若该爱好者匀速收线，则鱼可能做减速运动
B．若该爱好者加速收线，则鱼可能做匀速运动
C．若该爱好者减速收线，则鱼可能做加速运动
D．无论该爱好者怎样收线，鱼都不可能做匀速运动
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A．设线与水面的夹角为，对鱼儿的速度沿着绳子方向及垂直于绳子方向进行分解，根据速度的关系有，根据表达式可知若不变，增大，则减小，增大，选项A错误；
B．若增大，减小，根据表达式可知一定增大，选项B错误；
CD．若减小，减小，根据表达式 可知可能增大，可能减小，也可能不变，选项C正确、D错误。
故选C。
【分析】对鱼儿的速度进行分解，利用鱼儿速度和鱼线速度的关系式可以判别鱼儿速度的大小变化。
7．如图所示，完全相同的三个小球、、从距离地面同一高度处以等大的初速度同时开始运动，分别做平抛、竖直上抛和斜抛运动，忽略空气阻力。以下说法正确的是（　　）
A．三个小球同时落地
B．、所能达到的最大高度相同
C．球运动至最高点的速度为零
D．落地之前，三个小球在任意相等时间内速度的增量相同
【答案】D
【知识点】竖直上抛运动；平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，球做竖直上抛运动，球做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，它们的初速度在竖直方向的分量不同，根据速度公式可知落地时间不同，故A错误；
B．球做斜抛运动，竖直方向的分速度小于球速度，根据竖直方向的位移公式可知球能到达更大的高度，故B错误；
C．做斜抛运动，由于小球速度方向为轨迹的切线方向，运动到最高点的速度为初速度的水平分速度，不为零，故C错误；
D．三个小球均做抛体运动，加速度均为重力加速度，故落地之前，根据速度公式可知三个小球在任意相等时间内速度的增量相同，故D正确。
故选D。
【分析】利用速度公式可以比较运动的时间；利用竖直方向的速度位移公式可以比较上升的高度；利用曲线运动的轨迹切线方向可以判别速度的大小；利用三个小球的加速度相同可以得出小球在任意相等时间内速度的增量相同。
8．图甲为一种常见的3D打印机的实物图，打印喷头做x轴、y轴和z轴方向的运动，时，打印喷头从打印平台的中心开始运动，在x轴方向的位移-时间图像和y轴方向的速度-时间图像如图乙、丙所示，下列说法正确的是（　　）
A．末喷头的速度大小为
B．喷头运动轨迹可能是图丁中的轨迹P
C．末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为
D．末喷头离打印平台中心的距离为
【答案】B,C,D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成，注意掌握曲线运动的条件。A．由图乙可知，在x轴方向做匀速直线运动，速度大小为
由图丙可知，在y轴方向做匀加速直线运动，加速度大小为
末喷头在y轴的分速度大小为
末喷头的速度大小为
故A错误；
B．由以上分析可知，喷头在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，所以合力沿y轴方向，所以轨迹可能为P，故B正确；
C．末喷头沿y轴方向的分速度大小为
设末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为，则
解得
故C正确；
D．末喷头沿x轴的位移大小为
在y轴方向的位移大小为
所以，末喷头离打印平台中心的距离为
故D正确。
故选BCD。
【分析】依据两图像可知：质点在x方向上做匀速直线运动，在y方向上做匀加速运动，结合运动的合成与分解，即可判定运动性质；求出y方向的分速度，然后根据平行四边形定则，得出质点的速度大小与方向；分别求出质点沿x方向的位移与y方向的位移，然后根据平行四边形定则求解1s时质点的位移。
9．在某次洪灾中，由于河水突然猛涨，救援部队快速响应，利用救援艇成功救出被困在对岸的群众。假定河流两岸平行且宽度，某段时间内河水流速恒定，救援艇的最短渡河时间为12s，以最短位移渡河时需多用时3s，下列说法正确的是（　　）
A．救援艇在静水中的速率为10m/s
B．河水流速大小为5m/s
C．以最短时间渡河时，救援艇到达对岸的位置位于出发点正对岸下游72m处
D．以最短位移渡河时，救援艇与上游河岸夹角的正弦值为
【答案】A,C
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．根据垂直于河岸的位移公式可知救援艇在静水中的速率为，故A正确；
B．设河水的流速大小为，根据速度的合成可知救援艇以最短位移渡河时渡河的速度大小为，根据位移公式可知垂直于河岸的速度为，解得，故B错误；
C．以最短时间渡河时，根据位移公式可知救援艇到达对岸的位置位于出发点正对岸下游距离为，故C正确；
D．以最短位移渡河时，设救援艇与上游河岸夹角为，根据分速度的大小可知救援艇与上游河岸夹角的正弦值为，故D错误。
故选AC。
【分析】当救援艇以最短时间过河时，利用河岸宽度和时间可以求出船在静水中速度的大小，利用水流速度和时间可以求出向下游移动的距离；当以最短位移过河时，利用河岸位移和过河时间可以求出合速度的大小，结合速度的分解可以求出水流的速度，及合速度的方向。
10．如图甲所示，书桌上水平叠放着一本词典和一本课本。保持桌面不动，用水平恒力F作用于下面的课本，模型简化如图乙。已知词典的质量，课本的质量，课本与词典间的动摩擦因数，课本与桌面间的动摩擦因数，重力加速度g取，词典与课本、课本与桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．时，词典不受摩擦力的作用
B．时，词典受到的摩擦力为3N，方向水平向右
C．时，词典的加速度大小为
D．时，词典的加速度大小为
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解答本题时，要注意分析词典和课本的运动状态，应用牛顿第二定律即可解题，解题时要注意整体法与隔离法的应用。A．桌面对词典和课本整体的滑动摩擦力为
即欲使词典和课本运动，拉力F必须大于2N，所以当时，词典和课本保持静止，词典不受摩擦力的作用，A正确；
D．当词典和课本将要相对滑动时，词典获得最大加速度，此时有
得
对整体
解得Fm=6N
可知F=8N时，词典的加速度为2m/s2，选项D错误；
D错误；
B．当时，课本和词典不发生相对滑动，对整体有
解得
方向水平向右，对词典有
方向水平向右，B错误；
C．当时，此时词典和课本将要发生相对滑动，所以词典的加速度大小为，C正确。
故选AC正确。
【分析】根据摩擦力公式求出课本和桌面间的最大静摩擦力f2，将力F与f2比较，分析课本能否被拉动，进而判断词典的运动状态，确定词典是否受摩擦力作用；当词典和课本将要相对滑动时，词典获得最大加速度，对词典和整体，分别运用牛顿第二定律列式，即可求出此时拉力大小，再求词典受到的摩擦力和词典的加速度。
11．如图甲所示是“探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系”的实验装置。转动手柄，可使两侧变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在左、右两塔轮上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以各自的角速度做匀速圆周运动，其向心力由挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力通过杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。
（1）在研究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系时主要用到了物理学中的__________。
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．演绎法
（2）皮带与不同半径的塔轮相连是主要为了使两小球的__________不同。
A．转动半径r B．质量m C．角速度 D．线速度v
（3）当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径为短槽中小球半径的2倍，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1：2，则左、右两边塔轮的半径之比为　 　。
（4）利用传感器升级实验装置，用力传感器测小球对挡板的压力，用光电计时器测小球运动的周期进行定量探究。某同学多次改变转速后，记录一组力与对应周期数据，他用图像法来处理数据，结果画出了如图乙所示的图像，该图线是一条过原点的直线，请分析图像横坐标x表示的物理量是__________。
A．T B． C． D．
【答案】（1）B
（2）C
（3）
（4）D
【知识点】控制变量法；向心力
【解析】【解答】(1) 实验要探究向心力与、、三个变量的关系，需控制其中两个量不变，研究第三个量的影响，该方法为控制变量法，故B正确；
故答案为：B
(2) 皮带传动的塔轮边缘线速度大小相等，由，塔轮半径不同时，角速度不同，因此皮带搭配不同半径塔轮是为改变两小球角速度，故C正确；
故答案为：C
(3) 向心力，两球质量相等，已知，标尺格数之比等于向心力之比；
代入公式得，，解得；
皮带传动相等，，；
故答案为：
(4) 由向心力公式，，联立得，控制不变时，与成正比，图像过原点，因此横坐标为，故D正确；
故答案为：D
【分析】(1) 本题考查多变量探究实验的物理方法，控制变量法适用于研究多个自变量对单一因变量的影响，是该向心力实验的核心方法。
(2) 本题考查皮带传动的运动规律，皮带不打滑时两轮边缘线速度相等，角速度与轮半径成反比，以此改变小球转动角速度。
(3) 本题综合向心力公式与皮带传动规律，先由向心力比例求出角速度之比，再利用线速度相等推导塔轮半径之比。
(4) 本题考查向心力公式的图像转化，将角速度用周期替换，推导出和的正比关系，匹配过原点直线图像的横坐标物理量。
（1）实验目的是研究向心力的大小F与小球质量m、角速度和半径r多个物理量之间的关系，因此在这个实验中，采用了控制变量法。
故选B。
（2）皮带与不同半径的塔轮相连，可知塔轮的线速度相同，根据(R为塔轮半径)，可知两小球的角速度不同。
故选C。
（3）由题可知，
结合题意可知，
联立解得
又因为，
联立可得左右两塔轮的半径之比为
（4）根据，
联立可得
则
故选D。
12．某同学用图示装置研究平抛运动的特点：
（1）为保证实验的顺利进行，下列必要的操作是___________
A．斜槽必须尽可能光滑
B．斜槽末端必须水平
C．每次小球要从同一位置由静止释放
D．小球释放的初始位置越高越好
（2）如图所示，是该同学用频闪照相研究平抛运动时拍下的照片，背景方格纸的边长为，a、b、c是同一小球在频闪照相中拍下的三个连续的不同位置时的照片，则：（）
①频闪照相相邻闪光的时间间隔　 　s；
②小球水平抛出的初速度　 　（结果保留2位有效数字）；
③小球经过b点时其竖直分速度大小为　 　。（结果保留2位有效数字）；
【答案】（1）B；C
（2）0.05；1.0；0.75
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1) A：斜槽无需光滑，只要每次同一位置静止释放，初速度就一致，A错误；
B：斜槽末端水平，才能保证小球抛出初速度沿水平方向，做平抛运动，B正确；
C：同一位置静止释放，保证每次平抛初速度相同，轨迹一致，C正确；
D：释放位置过高，初速度过大易超出坐标纸，并非越高越好，D错误；
故答案为：BC
(2) 方格边长
① 竖直方向匀变速直线运动，位移差，
故答案为：
② 水平方向匀速，相邻两点水平位移
故答案为：
③ b点竖直分速度等于ac段竖直平均速度，ac竖直总位移
故答案为：
【分析】(1) 本小问考查平抛实验操作规范，核心两点：末端水平保证平抛、同位置释放保证初速度不变，斜槽摩擦力不影响初速度一致性。
(2) 本小问结合频闪照片处理平抛数据：
① 利用竖直方向匀变速位移差公式求闪光时间间隔；
② 水平匀速直线运动，水平位移除以时间得平抛初速度；
③ 匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于平均速度，用ac竖直总位移求b点竖直分速度。
（1）A．斜槽不需要光滑，只要每次让小球从同一位置由静止释放，就能保证小球每次平抛的初速度相同，故A错误；
B．斜槽末端必须水平，才能保证小球抛出时初速度水平，做平抛运动，故B正确；
C．每次小球从同一位置由静止释放，才能保证每次平抛的初速度一致，得到相同的运动轨迹，故C正确；
D．释放位置过高会导致小球初速度过大，轨迹超出白纸范围，不便于描点研究，不是越高越好，故D错误。
故选BC。
（2）[1]已知方格边长 ，平抛运动水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体（匀变速直线运动）。
竖直方向，连续相等时间内位移差满足
由图得：相邻两点竖直位移差
代入得：
[2]水平方向相邻两点位移
匀速运动满足
代入得：
[3]匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，是到的中间时刻，因此：
13．一中学某物理兴趣小组自制了一个如图所示的水火箭。在发射过程中，将参数理想化处理如下：水火箭由静止从地面以a=10m/s2的加速度竖直向上运动了h=20m，然后失去动力做竖直上抛运动，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。在水火箭上升过程中，求：
（1）水火箭的最大速度vm；
（2）水火箭上升过程所用的时间t；
（3）水火箭离地的最大高度H；
【答案】（1）根据速度位移关系有
可得最大速度
（2）火箭加速上升，根据速度时间关系有
代入数据可得
失去动力做竖直上抛运动有
代入数据解得
所以水火箭上升运动的时间为
（3）水火箭做竖直上抛运动，根据速度位移公式有
代入数据解得
即火箭先加速上抛再减速上抛到最高点，则水火箭上抛的最大高度即离地的最大高度为
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）火箭做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出最大的速度；
（2）火箭先加速上升后减速上升，利用速度公式可以求出两个过程的运动时间；
（3）火箭减速过程中，利用速度位移公式可以求出减速上升运动的距离。
（1）根据速度位移关系有
可得最大速度
（2）火箭加速上升，根据速度时间关系有
代入数据可得
失去动力做竖直上抛运动有
代入数据解得
所以水火箭上升运动的时间为
（3）水火箭做竖直上抛运动，根据速度位移公式有
代入数据解得
即火箭先加速上抛再减速上抛到最高点，则水火箭上抛的最大高度即离地的最大高度为
14．第24届冬季奥运会于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道，着陆坡，减速停止区三部分组成，点处对应圆弧半径为。比赛中质量的运动员从点由静止下滑，运动到点后水平飞出，落在着陆坡的点，已知运动员在空中的飞行时间为，着陆坡的倾角，重力加速度，忽略空气阻力影响，求：
（1）运动员从点水平飞出的速度大小；
（2）运动员从点飞出后经多长时间离斜面最远；
（3）运动员在点对轨道的压力。
【答案】（1）运动员从点水平飞出后做平抛运动，则有
结合题意可得
联立解得，

（2）将点的速度按如图所示分解
则有
运动员从点飞出后到离斜面最远的时间为
方法二：
解得
（3）运动员在点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律得，运动员对轨道的压力大小为，方向竖直向下
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）运动员做平抛运动，利用位移公式结合位移的方向可以求出飞出的速度大小；
（2）运动员飞出时，对飞出的速度进行分解，利用速度公式可以求出距离斜面最远的时间；
（3）运动员在B点时，利用牛顿第二定律可以求出运动员对轨道的压力大小。
（1）运动员从点水平飞出后做平抛运动，则有
结合题意可得
联立解得，
（2）将点的速度按如图所示分解
则有
运动员从点飞出后到离斜面最远的时间为
方法二：
解得
（3）运动员在点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律得，运动员对轨道的压力大小为，方向竖直向下
15．如图所示，某工厂中产品被无初速度地放在水平传送带左端，经传送带传输至右端后，平抛落入地面上的收集装置中。传送带上表面距地面高度为，收集装置入口宽度为，高度为，传送带右端到收集装置左端的水平距离为，产品与传送带之间的动摩擦因数为，传送带长度为，传送带运转速度可调，已知重力加速度取。
（1）若，计算产品到达传送带右端的时间；
（2）若使产品到达传送带右端时速度最大，传送带运转速度最小速度多大？
（3）为保证产品总能落入收集装置且不碰到收集装置侧壁，则传送带的速度应调整为多少？
【答案】（1）依题意，根据牛顿第二定律可得产品在传送带上加速时的加速度满足
解得
根据速度—时间公式可知共速时有
解得
运动的位移为
故产品在传送带上先加速后匀速，匀速阶段有
解得
则产品到达传送带右端的时间为

（2）若产品一直在传送带上加速达到最右端时，则有最小速度
解得

（3）如图所示
产品离开传送带后，做平抛运动，当产品恰能落入收集装置，下落高度为
解得
当产品能落入集装箱传送带速度最小时，若产品恰好能落入收集装置中，则有
求得
且产品与传送带共速时发生的位移为
即当传送带速度为时，产品在传送带上先加速后匀速，最后恰好落入收集装置中，产品离开传送带后，做平抛运动，产品能落入收集装置且恰不碰到收集装置的右侧壁，产品下落高度为
解得
水平方向有
求得
若产品一直在传送带上加速达到最右端时水平抛出，则有
解得
综上分析可知，要保证产品能够落入收集装置中，传送带的速度需满足

【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）产品在传送带上加速，利用牛顿第二定律可以求出加速的加速度大小，结合速度公式可以求出加速的时间，结合位移公式可以求出加速的位移，结合匀速运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；
（2）当产品一直做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出传送带的最小速度；
（3）产品离开传送带后做平抛运动，利用位移公式可以求出离开传送带的速度大小，结合速度位移公式可以求出传送带的速度大小。
（1）依题意，根据牛顿第二定律可得产品在传送带上加速时的加速度满足
解得
根据速度—时间公式可知共速时有
解得
运动的位移为
故产品在传送带上先加速后匀速，匀速阶段有
解得
则产品到达传送带右端的时间为
（2）若产品一直在传送带上加速达到最右端时，则有最小速度
解得
（3）如图所示
产品离开传送带后，做平抛运动，当产品恰能落入收集装置，下落高度为
解得
当产品能落入集装箱传送带速度最小时，若产品恰好能落入收集装置中，则有
求得
且产品与传送带共速时发生的位移为
即当传送带速度为时，产品在传送带上先加速后匀速，最后恰好落入收集装置中，产品离开传送带后，做平抛运动，产品能落入收集装置且恰不碰到收集装置的右侧壁，产品下落高度为
解得
水平方向有
求得
若产品一直在传送带上加速达到最右端时水平抛出，则有
解得
综上分析可知，要保证产品能够落入收集装置中，传送带的速度需满足
1 / 1广东茂名市高州中学2025-2026学年度第二学期3月阶段检测高一物理试题
1．2026年1月6日上午，航空工业试飞跑道上，一架接近量产标准的歼-35技术验证机伴随着引擎轰鸣腾空而起，圆满完成2026年度“新年第一飞”，这一亮相标志着我国歼-35五代舰载机的量产进程全面提速。已知该战机在某次测试中沿曲线MN加速爬升，图为战机在轨迹上P点的受力分析示意图。战机在P点时所受合力的方向可能是（　　）
A． B． C． D．
2．在2025年都灵大冬会短道速滑男子5000米接力A组决赛中，中国队夺得冠军。运动员过弯时的运动可视为匀速圆周运动。下列关于匀速圆周运动的说法正确的是（　　）
A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
B．物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的
C．物体做匀速圆周运动时，其加速度是变化的
D．向心加速度公式在非匀速圆周运动中不适用
3．关于运动，以下说法正确的是（　　）
A．物体受变力作用不可能做直线运动
B．物体受恒力作用不可能做曲线运动
C．两个初速度为0，加速度不同的匀变速直线运动的合运动有可能是曲线运动
D．分运动一是匀速直线运动，分运动二是匀加速直线运动，若这两个运动的方向不在一条直线上，则其合运动一定是曲线运动
4．如图所示为中国古代的手摇纺车，匀速转动手柄，带动绳轮匀速转动，A、B为绳轮上的两点，A、B两点到转轴O的距离之比为3：1。下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的周期之比为3：1
B．A、B两点的角速度之比为1：3
C．A、B两点的线速度大小之比为3：1
D．A、B两点的向心加速度大小之比为9：1
5．如图所示，大湾区跨海大桥检修时，工人使用支架系统作业。水平横杆AB一端固定在桥体（A点），另一端B点通过等长轻绳BC和BD悬挂检修篮，轻绳BC和BD与竖直方向夹角均为，检修篮及工人总质量，重力加速度，，。下列说法正确的是（　　）
A．轻绳BC的拉力大小约为667N
B．横杆AB在B点对轻绳的弹力方向水平向右
C．横杆AB在B点对轻绳的弹力大小为800N
D．若增大，轻绳BC的拉力将减小
6．“一杆挥去人间冷暖，一钩钓尽水中日月。”从古至今，垂钓都能给人们带来悠然自得的乐趣。如图所示，某钓鱼爱好者收线的过程中，鱼沿水平直线从位置被拉到位置，线与杆的结点保持不动。点与鱼之间的线始终拉直，鱼视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．若该爱好者匀速收线，则鱼可能做减速运动
B．若该爱好者加速收线，则鱼可能做匀速运动
C．若该爱好者减速收线，则鱼可能做加速运动
D．无论该爱好者怎样收线，鱼都不可能做匀速运动
7．如图所示，完全相同的三个小球、、从距离地面同一高度处以等大的初速度同时开始运动，分别做平抛、竖直上抛和斜抛运动，忽略空气阻力。以下说法正确的是（　　）
A．三个小球同时落地
B．、所能达到的最大高度相同
C．球运动至最高点的速度为零
D．落地之前，三个小球在任意相等时间内速度的增量相同
8．图甲为一种常见的3D打印机的实物图，打印喷头做x轴、y轴和z轴方向的运动，时，打印喷头从打印平台的中心开始运动，在x轴方向的位移-时间图像和y轴方向的速度-时间图像如图乙、丙所示，下列说法正确的是（　　）
A．末喷头的速度大小为
B．喷头运动轨迹可能是图丁中的轨迹P
C．末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为
D．末喷头离打印平台中心的距离为
9．在某次洪灾中，由于河水突然猛涨，救援部队快速响应，利用救援艇成功救出被困在对岸的群众。假定河流两岸平行且宽度，某段时间内河水流速恒定，救援艇的最短渡河时间为12s，以最短位移渡河时需多用时3s，下列说法正确的是（　　）
A．救援艇在静水中的速率为10m/s
B．河水流速大小为5m/s
C．以最短时间渡河时，救援艇到达对岸的位置位于出发点正对岸下游72m处
D．以最短位移渡河时，救援艇与上游河岸夹角的正弦值为
10．如图甲所示，书桌上水平叠放着一本词典和一本课本。保持桌面不动，用水平恒力F作用于下面的课本，模型简化如图乙。已知词典的质量，课本的质量，课本与词典间的动摩擦因数，课本与桌面间的动摩擦因数，重力加速度g取，词典与课本、课本与桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．时，词典不受摩擦力的作用
B．时，词典受到的摩擦力为3N，方向水平向右
C．时，词典的加速度大小为
D．时，词典的加速度大小为
11．如图甲所示是“探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系”的实验装置。转动手柄，可使两侧变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在左、右两塔轮上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以各自的角速度做匀速圆周运动，其向心力由挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力通过杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。
（1）在研究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系时主要用到了物理学中的__________。
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．演绎法
（2）皮带与不同半径的塔轮相连是主要为了使两小球的__________不同。
A．转动半径r B．质量m C．角速度 D．线速度v
（3）当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径为短槽中小球半径的2倍，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1：2，则左、右两边塔轮的半径之比为　 　。
（4）利用传感器升级实验装置，用力传感器测小球对挡板的压力，用光电计时器测小球运动的周期进行定量探究。某同学多次改变转速后，记录一组力与对应周期数据，他用图像法来处理数据，结果画出了如图乙所示的图像，该图线是一条过原点的直线，请分析图像横坐标x表示的物理量是__________。
A．T B． C． D．
12．某同学用图示装置研究平抛运动的特点：
（1）为保证实验的顺利进行，下列必要的操作是___________
A．斜槽必须尽可能光滑
B．斜槽末端必须水平
C．每次小球要从同一位置由静止释放
D．小球释放的初始位置越高越好
（2）如图所示，是该同学用频闪照相研究平抛运动时拍下的照片，背景方格纸的边长为，a、b、c是同一小球在频闪照相中拍下的三个连续的不同位置时的照片，则：（）
①频闪照相相邻闪光的时间间隔　 　s；
②小球水平抛出的初速度　 　（结果保留2位有效数字）；
③小球经过b点时其竖直分速度大小为　 　。（结果保留2位有效数字）；
13．一中学某物理兴趣小组自制了一个如图所示的水火箭。在发射过程中，将参数理想化处理如下：水火箭由静止从地面以a=10m/s2的加速度竖直向上运动了h=20m，然后失去动力做竖直上抛运动，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。在水火箭上升过程中，求：
（1）水火箭的最大速度vm；
（2）水火箭上升过程所用的时间t；
（3）水火箭离地的最大高度H；
14．第24届冬季奥运会于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道，着陆坡，减速停止区三部分组成，点处对应圆弧半径为。比赛中质量的运动员从点由静止下滑，运动到点后水平飞出，落在着陆坡的点，已知运动员在空中的飞行时间为，着陆坡的倾角，重力加速度，忽略空气阻力影响，求：
（1）运动员从点水平飞出的速度大小；
（2）运动员从点飞出后经多长时间离斜面最远；
（3）运动员在点对轨道的压力。
15．如图所示，某工厂中产品被无初速度地放在水平传送带左端，经传送带传输至右端后，平抛落入地面上的收集装置中。传送带上表面距地面高度为，收集装置入口宽度为，高度为，传送带右端到收集装置左端的水平距离为，产品与传送带之间的动摩擦因数为，传送带长度为，传送带运转速度可调，已知重力加速度取。
（1）若，计算产品到达传送带右端的时间；
（2）若使产品到达传送带右端时速度最大，传送带运转速度最小速度多大？
（3）为保证产品总能落入收集装置且不碰到收集装置侧壁，则传送带的速度应调整为多少？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，合力一定指向轨迹的凹侧，因此排除、；战机加速爬升，说明合力与速度方向夹角为锐角，与速度方向夹角为钝角，与速度方向夹角为锐角，满足加速条件，故合力方向为。
故答案为：A
【分析】本题考查曲线运动合力的判断，核心思路：①曲线运动合力始终指向轨迹凹侧；②物体加速运动时合力与瞬时速度夹角为锐角，减速时为钝角。
2．【答案】C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】ABC．做匀速圆周运动的物体，由于合力大小不变所以加速度大小不变，由于合力方向时刻方向时刻指向圆心，根据牛顿第二定律可知加速度变化，为非匀变速曲线运动，由于线速度大小不变，方向改变，则线速度改变，故C正确，AB错误；
D．向心加速度为所有做圆周运动的物体具有的加速度，所以向心加速度公式既适合匀速圆周运动也适合非匀速圆周运动，故D错误。
故选C。
【分析】 做匀速圆周运动的物体，其加速度大小不变，方向时刻指向圆心，则加速度变化，为非匀变速曲线运动，其线速度大小不变，方向改变，则线速度改变；向心加速度公式既适合匀速圆周运动也适合非匀速圆周运动。
3．【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．物体做曲线运动的条件在于合力方向与速度的方向不在同一直线上，当物体受变力作用，如果力与速度在同一直线上，则物体做直线运动，故A错误；
B．物体做曲线运动的条件在于合力方向与速度的方向不在同一直线上，物体受恒力作用，如果力与速度不在同一直线上，则物体做曲线运动，故B错误；
C．两个初速度为0，加速度不同的匀变速直线运动，根据运动的合成可知合运动一定是匀加速直线运动，故C错误；
D．分运动一是匀速直线运动，分运动二是匀加速直线运动，若这两个运动的方向不在一条直线上，根据速度的合成可知合力方向与合速度方向一定不在同一直线上，其合运动一定是曲线运动，故D正确。
故选D。
【分析】物体做曲线运动的条件在于合力方向与速度的方向不在同一直线上，不在乎合力大小是否改变；两个初速度为0，加速度不同的匀变速直线运动，根据运动的合成可知合运动一定是匀加速直线运动； 分运动一是匀速直线运动，分运动二是匀加速直线运动，若这两个运动的方向不在一条直线上，则合力方向与合速度方向一定不在同一直线上，其合运动一定是曲线运动 。
4．【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】AB．A、B两点一起做圆周运动，为同轴传动，由于两点相同时间内转过的角度相等所以角速度相同，根据周期和角速度的关系可知可知，周期也相同，故AB错误；
C．根据线速度和角速度的关系式子可知，因为，所以，故C正确；
D．根据向心力的表达式可知，所以，故D错误。
故选C。
【分析】AB两点角速度相等，利用周期和角速度的关系可以比较周期的大小；结合半径的大小可以求出线速度和向心加速度的比值。
5．【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．以工人和检修篮为对象，根据平衡方程可知轻绳BC和BD拉力的竖直分力的合力与总重力相等，有，解得轻绳BC拉力大小，A错误；
BC．由于工人和检修篮处于静止，根据平衡条件可知杆在B点对轻绳的支持力与地球对轻绳、工人和检修篮的重力是一对平衡力，其大小等于800N，方向竖直向上，B错误，C正确；
D．根据平衡条件可知两绳BC和BD拉力的合力不变，等于，增大导致两绳间的夹角增大，根据平衡方程可知每根绳子中的拉力大小增大，D错误。
故选C。
【分析】以工人和检修篮为对象，利用平衡方程可以求出绳子拉力的大小；利用绳子拉力的表达式可以判别角度变化时拉力的大小变化；根据平衡条件可知杆在B点对轻绳的支持力与地球对轻绳、工人和检修篮的重力是一对平衡力，其大小等于800N，方向竖直向上。
6．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A．设线与水面的夹角为，对鱼儿的速度沿着绳子方向及垂直于绳子方向进行分解，根据速度的关系有，根据表达式可知若不变，增大，则减小，增大，选项A错误；
B．若增大，减小，根据表达式可知一定增大，选项B错误；
CD．若减小，减小，根据表达式 可知可能增大，可能减小，也可能不变，选项C正确、D错误。
故选C。
【分析】对鱼儿的速度进行分解，利用鱼儿速度和鱼线速度的关系式可以判别鱼儿速度的大小变化。
7．【答案】D
【知识点】竖直上抛运动；平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，球做竖直上抛运动，球做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，它们的初速度在竖直方向的分量不同，根据速度公式可知落地时间不同，故A错误；
B．球做斜抛运动，竖直方向的分速度小于球速度，根据竖直方向的位移公式可知球能到达更大的高度，故B错误；
C．做斜抛运动，由于小球速度方向为轨迹的切线方向，运动到最高点的速度为初速度的水平分速度，不为零，故C错误；
D．三个小球均做抛体运动，加速度均为重力加速度，故落地之前，根据速度公式可知三个小球在任意相等时间内速度的增量相同，故D正确。
故选D。
【分析】利用速度公式可以比较运动的时间；利用竖直方向的速度位移公式可以比较上升的高度；利用曲线运动的轨迹切线方向可以判别速度的大小；利用三个小球的加速度相同可以得出小球在任意相等时间内速度的增量相同。
8．【答案】B,C,D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成，注意掌握曲线运动的条件。A．由图乙可知，在x轴方向做匀速直线运动，速度大小为
由图丙可知，在y轴方向做匀加速直线运动，加速度大小为
末喷头在y轴的分速度大小为
末喷头的速度大小为
故A错误；
B．由以上分析可知，喷头在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，所以合力沿y轴方向，所以轨迹可能为P，故B正确；
C．末喷头沿y轴方向的分速度大小为
设末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为，则
解得
故C正确；
D．末喷头沿x轴的位移大小为
在y轴方向的位移大小为
所以，末喷头离打印平台中心的距离为
故D正确。
故选BCD。
【分析】依据两图像可知：质点在x方向上做匀速直线运动，在y方向上做匀加速运动，结合运动的合成与分解，即可判定运动性质；求出y方向的分速度，然后根据平行四边形定则，得出质点的速度大小与方向；分别求出质点沿x方向的位移与y方向的位移，然后根据平行四边形定则求解1s时质点的位移。
9．【答案】A,C
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．根据垂直于河岸的位移公式可知救援艇在静水中的速率为，故A正确；
B．设河水的流速大小为，根据速度的合成可知救援艇以最短位移渡河时渡河的速度大小为，根据位移公式可知垂直于河岸的速度为，解得，故B错误；
C．以最短时间渡河时，根据位移公式可知救援艇到达对岸的位置位于出发点正对岸下游距离为，故C正确；
D．以最短位移渡河时，设救援艇与上游河岸夹角为，根据分速度的大小可知救援艇与上游河岸夹角的正弦值为，故D错误。
故选AC。
【分析】当救援艇以最短时间过河时，利用河岸宽度和时间可以求出船在静水中速度的大小，利用水流速度和时间可以求出向下游移动的距离；当以最短位移过河时，利用河岸位移和过河时间可以求出合速度的大小，结合速度的分解可以求出水流的速度，及合速度的方向。
10．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解答本题时，要注意分析词典和课本的运动状态，应用牛顿第二定律即可解题，解题时要注意整体法与隔离法的应用。A．桌面对词典和课本整体的滑动摩擦力为
即欲使词典和课本运动，拉力F必须大于2N，所以当时，词典和课本保持静止，词典不受摩擦力的作用，A正确；
D．当词典和课本将要相对滑动时，词典获得最大加速度，此时有
得
对整体
解得Fm=6N
可知F=8N时，词典的加速度为2m/s2，选项D错误；
D错误；
B．当时，课本和词典不发生相对滑动，对整体有
解得
方向水平向右，对词典有
方向水平向右，B错误；
C．当时，此时词典和课本将要发生相对滑动，所以词典的加速度大小为，C正确。
故选AC正确。
【分析】根据摩擦力公式求出课本和桌面间的最大静摩擦力f2，将力F与f2比较，分析课本能否被拉动，进而判断词典的运动状态，确定词典是否受摩擦力作用；当词典和课本将要相对滑动时，词典获得最大加速度，对词典和整体，分别运用牛顿第二定律列式，即可求出此时拉力大小，再求词典受到的摩擦力和词典的加速度。
11．【答案】（1）B
（2）C
（3）
（4）D
【知识点】控制变量法；向心力
【解析】【解答】(1) 实验要探究向心力与、、三个变量的关系，需控制其中两个量不变，研究第三个量的影响，该方法为控制变量法，故B正确；
故答案为：B
(2) 皮带传动的塔轮边缘线速度大小相等，由，塔轮半径不同时，角速度不同，因此皮带搭配不同半径塔轮是为改变两小球角速度，故C正确；
故答案为：C
(3) 向心力，两球质量相等，已知，标尺格数之比等于向心力之比；
代入公式得，，解得；
皮带传动相等，，；
故答案为：
(4) 由向心力公式，，联立得，控制不变时，与成正比，图像过原点，因此横坐标为，故D正确；
故答案为：D
【分析】(1) 本题考查多变量探究实验的物理方法，控制变量法适用于研究多个自变量对单一因变量的影响，是该向心力实验的核心方法。
(2) 本题考查皮带传动的运动规律，皮带不打滑时两轮边缘线速度相等，角速度与轮半径成反比，以此改变小球转动角速度。
(3) 本题综合向心力公式与皮带传动规律，先由向心力比例求出角速度之比，再利用线速度相等推导塔轮半径之比。
(4) 本题考查向心力公式的图像转化，将角速度用周期替换，推导出和的正比关系，匹配过原点直线图像的横坐标物理量。
（1）实验目的是研究向心力的大小F与小球质量m、角速度和半径r多个物理量之间的关系，因此在这个实验中，采用了控制变量法。
故选B。
（2）皮带与不同半径的塔轮相连，可知塔轮的线速度相同，根据(R为塔轮半径)，可知两小球的角速度不同。
故选C。
（3）由题可知，
结合题意可知，
联立解得
又因为，
联立可得左右两塔轮的半径之比为
（4）根据，
联立可得
则
故选D。
12．【答案】（1）B；C
（2）0.05；1.0；0.75
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1) A：斜槽无需光滑，只要每次同一位置静止释放，初速度就一致，A错误；
B：斜槽末端水平，才能保证小球抛出初速度沿水平方向，做平抛运动，B正确；
C：同一位置静止释放，保证每次平抛初速度相同，轨迹一致，C正确；
D：释放位置过高，初速度过大易超出坐标纸，并非越高越好，D错误；
故答案为：BC
(2) 方格边长
① 竖直方向匀变速直线运动，位移差，
故答案为：
② 水平方向匀速，相邻两点水平位移
故答案为：
③ b点竖直分速度等于ac段竖直平均速度，ac竖直总位移
故答案为：
【分析】(1) 本小问考查平抛实验操作规范，核心两点：末端水平保证平抛、同位置释放保证初速度不变，斜槽摩擦力不影响初速度一致性。
(2) 本小问结合频闪照片处理平抛数据：
① 利用竖直方向匀变速位移差公式求闪光时间间隔；
② 水平匀速直线运动，水平位移除以时间得平抛初速度；
③ 匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于平均速度，用ac竖直总位移求b点竖直分速度。
（1）A．斜槽不需要光滑，只要每次让小球从同一位置由静止释放，就能保证小球每次平抛的初速度相同，故A错误；
B．斜槽末端必须水平，才能保证小球抛出时初速度水平，做平抛运动，故B正确；
C．每次小球从同一位置由静止释放，才能保证每次平抛的初速度一致，得到相同的运动轨迹，故C正确；
D．释放位置过高会导致小球初速度过大，轨迹超出白纸范围，不便于描点研究，不是越高越好，故D错误。
故选BC。
（2）[1]已知方格边长 ，平抛运动水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体（匀变速直线运动）。
竖直方向，连续相等时间内位移差满足
由图得：相邻两点竖直位移差
代入得：
[2]水平方向相邻两点位移
匀速运动满足
代入得：
[3]匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，是到的中间时刻，因此：
13．【答案】（1）根据速度位移关系有
可得最大速度
（2）火箭加速上升，根据速度时间关系有
代入数据可得
失去动力做竖直上抛运动有
代入数据解得
所以水火箭上升运动的时间为
（3）水火箭做竖直上抛运动，根据速度位移公式有
代入数据解得
即火箭先加速上抛再减速上抛到最高点，则水火箭上抛的最大高度即离地的最大高度为
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）火箭做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出最大的速度；
（2）火箭先加速上升后减速上升，利用速度公式可以求出两个过程的运动时间；
（3）火箭减速过程中，利用速度位移公式可以求出减速上升运动的距离。
（1）根据速度位移关系有
可得最大速度
（2）火箭加速上升，根据速度时间关系有
代入数据可得
失去动力做竖直上抛运动有
代入数据解得
所以水火箭上升运动的时间为
（3）水火箭做竖直上抛运动，根据速度位移公式有
代入数据解得
即火箭先加速上抛再减速上抛到最高点，则水火箭上抛的最大高度即离地的最大高度为
14．【答案】（1）运动员从点水平飞出后做平抛运动，则有
结合题意可得
联立解得，

（2）将点的速度按如图所示分解
则有
运动员从点飞出后到离斜面最远的时间为
方法二：
解得
（3）运动员在点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律得，运动员对轨道的压力大小为，方向竖直向下
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）运动员做平抛运动，利用位移公式结合位移的方向可以求出飞出的速度大小；
（2）运动员飞出时，对飞出的速度进行分解，利用速度公式可以求出距离斜面最远的时间；
（3）运动员在B点时，利用牛顿第二定律可以求出运动员对轨道的压力大小。
（1）运动员从点水平飞出后做平抛运动，则有
结合题意可得
联立解得，
（2）将点的速度按如图所示分解
则有
运动员从点飞出后到离斜面最远的时间为
方法二：
解得
（3）运动员在点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律得，运动员对轨道的压力大小为，方向竖直向下
15．【答案】（1）依题意，根据牛顿第二定律可得产品在传送带上加速时的加速度满足
解得
根据速度—时间公式可知共速时有
解得
运动的位移为
故产品在传送带上先加速后匀速，匀速阶段有
解得
则产品到达传送带右端的时间为

（2）若产品一直在传送带上加速达到最右端时，则有最小速度
解得

（3）如图所示
产品离开传送带后，做平抛运动，当产品恰能落入收集装置，下落高度为
解得
当产品能落入集装箱传送带速度最小时，若产品恰好能落入收集装置中，则有
求得
且产品与传送带共速时发生的位移为
即当传送带速度为时，产品在传送带上先加速后匀速，最后恰好落入收集装置中，产品离开传送带后，做平抛运动，产品能落入收集装置且恰不碰到收集装置的右侧壁，产品下落高度为
解得
水平方向有
求得
若产品一直在传送带上加速达到最右端时水平抛出，则有
解得
综上分析可知，要保证产品能够落入收集装置中，传送带的速度需满足

【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）产品在传送带上加速，利用牛顿第二定律可以求出加速的加速度大小，结合速度公式可以求出加速的时间，结合位移公式可以求出加速的位移，结合匀速运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；
（2）当产品一直做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出传送带的最小速度；
（3）产品离开传送带后做平抛运动，利用位移公式可以求出离开传送带的速度大小，结合速度位移公式可以求出传送带的速度大小。
（1）依题意，根据牛顿第二定律可得产品在传送带上加速时的加速度满足
解得
根据速度—时间公式可知共速时有
解得
运动的位移为
故产品在传送带上先加速后匀速，匀速阶段有
解得
则产品到达传送带右端的时间为
（2）若产品一直在传送带上加速达到最右端时，则有最小速度
解得
（3）如图所示
产品离开传送带后，做平抛运动，当产品恰能落入收集装置，下落高度为
解得
当产品能落入集装箱传送带速度最小时，若产品恰好能落入收集装置中，则有
求得
且产品与传送带共速时发生的位移为
即当传送带速度为时，产品在传送带上先加速后匀速，最后恰好落入收集装置中，产品离开传送带后，做平抛运动，产品能落入收集装置且恰不碰到收集装置的右侧壁，产品下落高度为
解得
水平方向有
求得
若产品一直在传送带上加速达到最右端时水平抛出，则有
解得
综上分析可知，要保证产品能够落入收集装置中，传送带的速度需满足
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