四川省内江市威远中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理试题
1．（2025高三上·威远期中）一物体在水平面上做直线运动，运动图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．若为图像，则物体做匀减速直线运动
B．若为图像，则图像中所有点的纵坐标均表示该时刻的瞬时速度
C．若为图像且物体初速度为零，则在时间内，Q时刻物体的速度最大
D．若为图像，则物体做匀变速直线运动
【答案】C
【知识点】图象法；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A.若为图像，其斜率表示速度，图像是直线说明速度恒定，物体做匀速直线运动，并非匀减速，故A错误；
B.由匀变速运动公式，得，而瞬时速度，二者不相等，故图像的纵坐标不是瞬时速度，故B错误；
C.若为图像且物体初速度为零，根据运动学公式可知，由此可知，图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，当加速度时，物体速度最大，所以Q时刻物体的速度最大，故C正确；
D.由，可知，所以匀变速直线运动图像不是直线，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据不同运动图像的物理意义（斜率、面积、公式推导），逐一分析各选项对应的运动类型。
2．（2025高三上·威远期中）风洞实验是进行空气动力学研究的重要方法。如图所示，将小球从A点以某一速度v0水平向左抛出，经过一段时间，小球运动到A点正下方的B点，O点是轨迹的最左端，风对小球的作用力水平向右，大小恒定。则小球速度最小时位于（ ）
A．A点 B．O点
C．轨迹AO之间的某一点 D．轨迹OB之间的某一点
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】如图所示
将重力和风力合成为一个力，速度分解为沿合力直线方向分速度和垂直合力直线方向分速度，当沿合力直线方向的分速度减为0时，小球的速度最小，即小球最小速度为图中的，可知该点位于轨迹AO之间的某一点。
故答案为：C。
【分析】将风的水平向右恒力与重力合成 “等效合力”，把小球的运动分解为沿等效合力方向和垂直等效合力方向的分运动；当沿等效合力方向的分速度减为 0 时，小球的合速度最小。
3．（2025高三上·威远期中）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”。在距离地面处时，反推发动机点火，返回舱速度由减至软着陆，此阶段的运动可看作匀减速直线运动。则此阶段（ ）
A．宇航员处于失重状态
B．宇航员的加速度大小为
C．返回舱运动的时间为
D．返回舱此阶段的运动平均速度为
【答案】D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；超重与失重
【解析】【解答】A．由于此阶段的运动可看作匀减速直线运动，则加速度方向向上，可知宇航员处于超重状态，故A错误；
B．利用逆向思维，根据速度与位移的关系有，解得宇航员的加速度大小为，故B错误；
C．利用逆向思维，就速度公式有
解得，故C错误；
D．返回舱此阶段的运动平均速度为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】将此阶段视为匀减速直线运动，利用匀变速直线运动的公式（速度-位移、速度-时间、平均速度）分析各物理量。
4．（2025高三上·威远期中）如图甲所示，自动炒菜机的电动铲子既可推动炒菜也可翻动炒菜。自动炒菜机的炒菜原理可简化为如图乙所示的模型，内壁光滑的半球形容器开口向上固定在水平面上，一个小球放在容器的底部，竖直光滑挡板与其接触，挡板的上端刚好与圆心O重合，有两种方式使小球到达容器口附近的P点；方式一是将挡板缓慢水平向右推，在推动过程中挡板始终保持竖直，使小球到达P点；方式二是让挡板绕O点缓慢转动，使小球到达P点。下列说法正确的是（ ）
A．方式一中，挡板对小球的弹力减小
B．方式一中，内壁对小球的弹力减小
C．方式二中，挡板对小球的弹力增大
D．方式二中，内壁对小球的弹力增大
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．方式一，对小球受力分析，如图所示
若将挡板缓慢水平向右推的过程中，角由0度增大到90°，由平衡可得、
则（挡板对小球的弹力）F1不断增大，（内壁对小球的弹力）N1不断增大，故AB错误；
CD．方式二，对小球受力分析，如图所示
由题意可知，N2与F2始终垂直，且转动过程中增大，由平衡可得、
则（挡板对小球的弹力）F2不断增大，（内壁对小球的弹力）N2不断减小，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】分别对两种方式下的小球进行受力分析（均处于平衡状态），结合几何角度的变化，推导挡板、内壁弹力的变化规律。
5．（2025高三上·威远期中）如图所示，A、B两小球用等长的细线悬挂在倾角为30°的直杆上。现同时剪断细线，A球比B球晚落地0.2s。B球与地面的高度差h=5m（不计空气阻力，g取10m/s2）。则（ ）
A．A球与地面的高度差为6m
B．A、B两小球释放前相距4.4m
C．若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球有可能同时落地
D．A球比B球在空中运动的时间长，所以A球的速度变化率比B球的大
【答案】B
【知识点】加速度；自由落体运动
【解析】【解答】A．设B球用时为t，则有，对Ａ球有，联立解得，故A错误；
B．据前面分析，A、B两小球释放前高度差为，则相距为，故B正确；
C．B球离地面近，若先剪断悬挂B球的细线，B球会更早于A球落地，故C错误；
D．速度变化率即为加速度，两球加速度均为重力加速度，速度变化率相同，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先通过自由落体公式求出B球的下落时间，再得到A球的下落时间，进而求出A球的高度；最后利用杆的倾角，将高度差转化为两球释放前的间距。
6．（2025高三上·威远期中）如图所示，a、b两个小球穿在一根粗糙的固定杆上（球的小孔比杆的直径略大），并且通过一条轻绳跨过定滑轮连接，已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计滑轮的一切摩擦。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．a一定受到4个力的作用
B．b可能受到2个力的作用
C．绳子对a的拉力大小不可能等于mg
D．a的质量一定为
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A：对a受力分析，若b仅受重力和拉力（平衡），则a受重力、绳子拉力、杆的支持力（3个力）；若a有相对杆的运动趋势，才受摩擦力（4个力），因此a不一定受4个力，A错误；
B：对b受力分析，若绳子拉力等于b的重力（），则b仅受重力和拉力（2个力）即可平衡；若拉力不等于重力，b还会受杆的支持力、摩擦力，因此b可能受2个力，B正确；
C：若b仅受重力和拉力平衡，则拉力，绳子对a的拉力也等于，C错误；
D：只有当a不受摩擦力、杆的支持力垂直于杆时，由平衡条件，得，但a可能受摩擦力，此时质量不一定为，D错误。
故答案为：B
【分析】分别对 a、b 两球进行受力分析，结合共点力平衡条件，判断受力个数、拉力大小及质量关系。
7．（2025高三上·威远期中）如图所示，一劲度系数为的轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为的物块、（物块与弹簧拴接），初始时物块均处于静止状态．现对物块A施加一个竖直向上的恒力，重力加速度为，则由静止开始向上运动到物块A、恰好分离的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物块A做匀加速运动
B．物块的速度先增大后减小
C．恰好分离时物块的加速度大小为
D．物块A上升的高度为
【答案】C
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．上升过程中A、整体向上做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．物块速度一直在增大，故B错误；
CD．设初始时弹簧的压缩量为，根据胡克定律有
解得
设当物块A、恰好分离时弹簧的压缩量为，对物块A、分别应用牛顿第二定律有
联立解得，
则物体A上升的高度为，故D错误；C正确。
故答案为：C。
【分析】先分析初始状态弹簧压缩量，再通过A、B恰好分离的条件（弹力为零），结合牛顿第二定律求加速度，最后计算A上升的高度。
8．（2025高三上·威远期中）图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，此时质点P的位置横坐标为x＝1m，质点Q的位置横坐标为x＝4m．图乙为质点Q的振动图像。则下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的传播速度是40m/s
C．从t＝0.10s到0.20s内，质点P沿x轴方向运动4m
D．t＝0.10s时，沿x轴正方向与P相距10m处的质点与P点振动方向相反
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．在t=0.10s时，由图乙知质点Q正向下运动，根据“上下坡法”可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由题图甲知波长
由题图乙知该波的周期是
则波速为，故B正确；
C．质点P垂直波的传播方向振动，因此P不沿x轴运动，故C错误；
D．因为，所以在t=0.10s时，沿x轴正方向与P相距10m处的质点的振动情况相当于沿x轴正方向与P相距2m处的质点振动情况，由题意可知当该点在P右边2m处时与P点振动方向相反，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】 先分析初始状态弹簧压缩量，再通过 A、B 恰好分离的条件（弹力为零），结合牛顿第二定律求加速度，最后计算 A 上升的高度。
9．（2025高三上·威远期中）如图所示，质量为m的小明（视为质点坐摩天轮。小明乘坐的车厢与摩天轮的转轴间的距离为r，摩天轮以大小为（常数k<1，g为重力加速度大小）的角速度做匀速圆周运动。若小明坐在车厢水平座垫上且双脚离地，则下列说法正确的是（ ）
A．小明通过最高点时不受重力
B．小明做匀速圆周运动的周期为
C．小明通过最高点时处于完全失重状态
D．小明通过最低点时对车厢座垫的压力大小为（1+k2）mg
【答案】B,D
【知识点】重力与重心；超重与失重；线速度、角速度和周期、转速；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；
B．小明做匀速圆周运动的周期，B正确；
C．小明做圆周运动所需的向心力大小F向=k2mgD．当小明通过最低点时，由牛顿第二定律有F-mg=mω2r，解得F=（1+k2）mg，根据牛顿第三定律可知，此时小明对车厢座垫的压力大小为（1+k2）mg，D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合匀速圆周运动的周期公式、向心力公式，分析最高点 / 最低点的受力与超重失重状态。
10．（2025高三上·威远期中）在光滑水平面上叠放有A、B两个物体，它们的质量分别为2m和m。C物体上端连一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后，一端连接到A右侧，另一端固定在天花板上，其中与A连接的细线水平，绕过C的两细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A、B间的动摩擦因数，下列说法正确的是（ ）
A．B物体的最大加速度为
B．A物体的最大加速度为
C．若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为3m
D．C物体质量为m时，B的加速度为
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AC．设A、B刚好不发生相对运动时，C物体的质量为，以C物体为对象，根据牛顿第二定律可得
以AB为整体，有，以B为对象，有，联立可得，，可知B物体的最大加速度为；若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为，故A错误，C正确；
B．当C物体质量大于时，A、B发生相对滑动，以C为对象，根据牛顿第二定律可得
以A为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知随C物体质量的增大，A的加速度逐渐增大，最终A物体的最大加速度趋近于，故B错误。
D．C物体质量为时，可知A、B不发生相对运动，对C有
对AB为整体，有
联立解得
可知B的加速度为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】以 A、B 刚好不相对滑动为临界状态，结合摩擦力的最大值、牛顿第二定律，对 C、A、B 分别列方程求解。
11．（2025高三上·威远期中）如图甲，在农田旁离地一定高度架有一水管，管口水平，小明根据学到的平抛运动知识，只用一把卷尺，测量出水口单位时间内流出的最大水量（假设水从出水口沿水平方向均匀流出，已知重力加速度为g）。步骤如下：
（1）如图乙，关闭水阀，用卷尺测量出水龙头的内直径D= cm；
（2）测量水管上沿离地高度H，打开水阀门且将其调到出水量最大，记下喷出水最远的落地位置，关上阀门，测量出最远位置到出水口的水平距离L，则水流速度v= （用题中物理量的字母表示）；
（3）请推导单位时间出水量表达式Q= （用题中物理量的字母表示）。
【答案】4.50；；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）刻度尺读数要估读到分度尺的下一位，所以D=4.50cm；
故答案为：4.50
（2）由平抛运动的公式，
联立可解出
故答案为：
（3）排水量Q等于流速乘以管的横截面积公式如下，
联立可解出
故答案为：
【分析】（1）直径测量：通过刻度尺读数（注意精度与估读）得到水龙头内直径；
（2）水流速度：将水流视为平抛运动，结合竖直方向的自由落体和水平方向的匀速直线运动，推导流速与测量量的关系；
（3）流量推导：利用“流量=横截面积×流速”的关系，结合水龙头横截面积与流速的表达式，得到单位时间出水量。
12．（2025高三上·威远期中）某同学用如图甲所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数及木板的质量。将力传感器A固定在光滑水平桌面上，并与计算机连接，传感器A的读数记为，测力端通过不可伸长的轻绳与一滑块相连（调节力传感器高度使轻绳水平），滑块起初放在较长的木板的最右端（滑块可视为质点），长木板的左、右两端连接有光电门（图中未画出），光电门连接的计时器可记录滑块在两光电门之间的运动时间。已知木板长为L，木板一端连接一根不可伸长的轻绳，并跨过光滑的轻质定滑轮连接一测力计和一只空沙桶（调节滑轮高度使桌面上部轻绳水平），测力计的读数记为，初始时整个装置处于静止状态。实验开始后向空沙桶中缓慢倒入沙子。（重力加速度g取）
（1）缓慢倒入沙子时，的读数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N，测出滑块的质量为，则滑块与木板间的动摩擦因数为 ；
（2）在木板开始滑动后，测出在沙桶中装有不同质量的沙子时，滑块通过两光电门的时间间隔t，则木板的加速度为 （用题中所给字母表示），在坐标系中作出的图线如图乙所示，若图线的斜率为k，则木板的质量为 （用题中所给字母表示）。
【答案】0.2；；
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）缓慢地向砂桶内倒入砂子，的读数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N，即滑动摩擦力
动摩擦因数
故答案为：0.2
（2）根据
可得
对木板，由牛顿第二定律有
故
因此图线的斜率
则木板的质量为
故答案为：；
【分析】（1）动摩擦因数：利用“突变值为滑动摩擦力”，结合滑动摩擦力公式计算。
（2）加速度与木板质量：先由滑块的运动（匀加速）求木板加速度，再通过牛顿第二定律建立与的关系，结合图线斜率求解木板质量。
13．（2025高三上·威远期中）如图所示，图1是某游乐场中水上过山车的实物图片，图2是其原理示意图。在原理图中半径为R=8m的圆形轨道固定在离水面高h=3.2m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点。过山车（实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点）高速行驶，先后会通过多个圆形轨道，然后从A点离开圆轨道而进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s=12m，假设运动中不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，结果可保留根号。
（1）若过山车恰好能通过圆形轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？
（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？
（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，则气垫船落入水中时的速度大小是多少？
【答案】(1)解：过山车恰好过最高点时，只受重力，有
则
(2)解：离开C点后做平抛运动，由
运动时间为
故最大速度为
(3)解：在圆轨道最低点有
解得
平抛运动竖直速度为
则落水速度为
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）圆周最高点速度：利用 “恰好通过最高点→重力提供向心力” 的临界条件求解；
（2）平抛最大速度：结合平抛运动的竖直、水平分运动，由水面宽度限制求最大水平速度；
（3）落水合速度：先由圆周最低点的受力分析求速度，再结合平抛运动的速度合成求合速度。
14．（2025高三上·威远期中）快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图1是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图2是该装置示意图，CD部分倾角，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图3为水平传送带AB段数控设备记录的物体的运动图像，时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带的摩擦因数相同。g取。求：
（1）水平传送带AB的长度及滑动摩擦因数；
（2）若CD段的长度为米，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到快件。
【答案】（1）解：由图像可知，传送带AB段的长度为
货物在水平传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得
解得
由图像可知传送带上的加速过程加速度为
则
解：由依题意，货物以滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知，第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃；
第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿斜面向下，则
解得
故货物先沿斜面向上做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于，故共速后将仍做匀减速直线运动。则
解得
建立运动图像如下：
则有
解得
即至少传送带的速度为快递员才能在D端取得货物。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）传送带长度与摩擦因数：利用v-t图像面积求长度，结合加速阶段的加速度与牛顿第二定律求摩擦因数；
（2）斜面传送带最小速度：分析货物在斜面上的加速度，结合运动学公式，求货物减速到传送带速度时恰好到达末端的最小速度。
15．（2025高三上·威远期中）一个质量为m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的质量为M，筒长为L，羽毛球的高度为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最大静摩擦和滑动摩擦力大小近似相等，且恒为。重力加速度为g，不计一切空气阻力。某同学使用以下三种方式将球从筒内取出：
（1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动。当球筒运动至竖直朝下时，羽毛球恰要相对球筒滑动，求此时球筒的角速度；
（2）方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞到桌面后不再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0，起始高度为，求此过程手对球筒所做的功；
（3）方式三：“落”，如图丙所示。让球筒从离地h高处由静止释放，已知：，，且球筒撞击地面后反弹的速度大小始终为撞击前的。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛球从球筒中滑出，求h应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞）
【答案】（1）解：当球筒运动至竖直朝下时，以羽毛球为研究对象，受力分析有
将代入可得
（2）解：以球筒和羽毛球整体为研究对象，设手对其做功为W，整体碰到桌面时的速度为v，在向下运动过程中由动能定理，有
以羽毛球为研究对象，它在球筒内减速下滑至桌面，由动能定理
联立可得
（3）解：羽毛球和球筒从h处自由下落，触地瞬间的速度满足
此后m以初速度v0向下做匀减速运动，M以v0/4向上做匀减速运动，在二者达到共速之前的过程中，对于m，由牛顿第二定律方程
可解得
对于M，由牛顿第二定律方程
可解得
设M第一次运动至最高点的时间为t0满足
即
选向下为正方向，设二者在t1时刻达到共速， 则t1满足
可解得
由可知，二者在M第一次到达最高点以后下落过程中达到共速，若恰好在共速时刻m滑出，二者的相对位移为L，即
联立可得h的最小值
若m恰好在t0时刻滑出，即
联立可得h的最大值
故h应满足
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）圆周运动临界：利用“恰滑动时摩擦力提供向心力”的临界条件，结合向心力公式求解角速度；
（2）动能定理应用：对系统分析外力做功与摩擦力做功，结合动能变化列方程求功；
（3）相对滑动与反弹：分“自由下落、反弹后相对滑动”阶段，分析两者加速度与运动时间，结合相对位移条件推导高度范围。
1 / 1四川省内江市威远中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理试题
1．（2025高三上·威远期中）一物体在水平面上做直线运动，运动图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．若为图像，则物体做匀减速直线运动
B．若为图像，则图像中所有点的纵坐标均表示该时刻的瞬时速度
C．若为图像且物体初速度为零，则在时间内，Q时刻物体的速度最大
D．若为图像，则物体做匀变速直线运动
2．（2025高三上·威远期中）风洞实验是进行空气动力学研究的重要方法。如图所示，将小球从A点以某一速度v0水平向左抛出，经过一段时间，小球运动到A点正下方的B点，O点是轨迹的最左端，风对小球的作用力水平向右，大小恒定。则小球速度最小时位于（ ）
A．A点 B．O点
C．轨迹AO之间的某一点 D．轨迹OB之间的某一点
3．（2025高三上·威远期中）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”。在距离地面处时，反推发动机点火，返回舱速度由减至软着陆，此阶段的运动可看作匀减速直线运动。则此阶段（ ）
A．宇航员处于失重状态
B．宇航员的加速度大小为
C．返回舱运动的时间为
D．返回舱此阶段的运动平均速度为
4．（2025高三上·威远期中）如图甲所示，自动炒菜机的电动铲子既可推动炒菜也可翻动炒菜。自动炒菜机的炒菜原理可简化为如图乙所示的模型，内壁光滑的半球形容器开口向上固定在水平面上，一个小球放在容器的底部，竖直光滑挡板与其接触，挡板的上端刚好与圆心O重合，有两种方式使小球到达容器口附近的P点；方式一是将挡板缓慢水平向右推，在推动过程中挡板始终保持竖直，使小球到达P点；方式二是让挡板绕O点缓慢转动，使小球到达P点。下列说法正确的是（ ）
A．方式一中，挡板对小球的弹力减小
B．方式一中，内壁对小球的弹力减小
C．方式二中，挡板对小球的弹力增大
D．方式二中，内壁对小球的弹力增大
5．（2025高三上·威远期中）如图所示，A、B两小球用等长的细线悬挂在倾角为30°的直杆上。现同时剪断细线，A球比B球晚落地0.2s。B球与地面的高度差h=5m（不计空气阻力，g取10m/s2）。则（ ）
A．A球与地面的高度差为6m
B．A、B两小球释放前相距4.4m
C．若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球有可能同时落地
D．A球比B球在空中运动的时间长，所以A球的速度变化率比B球的大
6．（2025高三上·威远期中）如图所示，a、b两个小球穿在一根粗糙的固定杆上（球的小孔比杆的直径略大），并且通过一条轻绳跨过定滑轮连接，已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计滑轮的一切摩擦。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．a一定受到4个力的作用
B．b可能受到2个力的作用
C．绳子对a的拉力大小不可能等于mg
D．a的质量一定为
7．（2025高三上·威远期中）如图所示，一劲度系数为的轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为的物块、（物块与弹簧拴接），初始时物块均处于静止状态．现对物块A施加一个竖直向上的恒力，重力加速度为，则由静止开始向上运动到物块A、恰好分离的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物块A做匀加速运动
B．物块的速度先增大后减小
C．恰好分离时物块的加速度大小为
D．物块A上升的高度为
8．（2025高三上·威远期中）图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，此时质点P的位置横坐标为x＝1m，质点Q的位置横坐标为x＝4m．图乙为质点Q的振动图像。则下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的传播速度是40m/s
C．从t＝0.10s到0.20s内，质点P沿x轴方向运动4m
D．t＝0.10s时，沿x轴正方向与P相距10m处的质点与P点振动方向相反
9．（2025高三上·威远期中）如图所示，质量为m的小明（视为质点坐摩天轮。小明乘坐的车厢与摩天轮的转轴间的距离为r，摩天轮以大小为（常数k<1，g为重力加速度大小）的角速度做匀速圆周运动。若小明坐在车厢水平座垫上且双脚离地，则下列说法正确的是（ ）
A．小明通过最高点时不受重力
B．小明做匀速圆周运动的周期为
C．小明通过最高点时处于完全失重状态
D．小明通过最低点时对车厢座垫的压力大小为（1+k2）mg
10．（2025高三上·威远期中）在光滑水平面上叠放有A、B两个物体，它们的质量分别为2m和m。C物体上端连一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后，一端连接到A右侧，另一端固定在天花板上，其中与A连接的细线水平，绕过C的两细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A、B间的动摩擦因数，下列说法正确的是（ ）
A．B物体的最大加速度为
B．A物体的最大加速度为
C．若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为3m
D．C物体质量为m时，B的加速度为
11．（2025高三上·威远期中）如图甲，在农田旁离地一定高度架有一水管，管口水平，小明根据学到的平抛运动知识，只用一把卷尺，测量出水口单位时间内流出的最大水量（假设水从出水口沿水平方向均匀流出，已知重力加速度为g）。步骤如下：
（1）如图乙，关闭水阀，用卷尺测量出水龙头的内直径D= cm；
（2）测量水管上沿离地高度H，打开水阀门且将其调到出水量最大，记下喷出水最远的落地位置，关上阀门，测量出最远位置到出水口的水平距离L，则水流速度v= （用题中物理量的字母表示）；
（3）请推导单位时间出水量表达式Q= （用题中物理量的字母表示）。
12．（2025高三上·威远期中）某同学用如图甲所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数及木板的质量。将力传感器A固定在光滑水平桌面上，并与计算机连接，传感器A的读数记为，测力端通过不可伸长的轻绳与一滑块相连（调节力传感器高度使轻绳水平），滑块起初放在较长的木板的最右端（滑块可视为质点），长木板的左、右两端连接有光电门（图中未画出），光电门连接的计时器可记录滑块在两光电门之间的运动时间。已知木板长为L，木板一端连接一根不可伸长的轻绳，并跨过光滑的轻质定滑轮连接一测力计和一只空沙桶（调节滑轮高度使桌面上部轻绳水平），测力计的读数记为，初始时整个装置处于静止状态。实验开始后向空沙桶中缓慢倒入沙子。（重力加速度g取）
（1）缓慢倒入沙子时，的读数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N，测出滑块的质量为，则滑块与木板间的动摩擦因数为 ；
（2）在木板开始滑动后，测出在沙桶中装有不同质量的沙子时，滑块通过两光电门的时间间隔t，则木板的加速度为 （用题中所给字母表示），在坐标系中作出的图线如图乙所示，若图线的斜率为k，则木板的质量为 （用题中所给字母表示）。
13．（2025高三上·威远期中）如图所示，图1是某游乐场中水上过山车的实物图片，图2是其原理示意图。在原理图中半径为R=8m的圆形轨道固定在离水面高h=3.2m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点。过山车（实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点）高速行驶，先后会通过多个圆形轨道，然后从A点离开圆轨道而进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s=12m，假设运动中不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，结果可保留根号。
（1）若过山车恰好能通过圆形轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？
（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？
（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，则气垫船落入水中时的速度大小是多少？
14．（2025高三上·威远期中）快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图1是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图2是该装置示意图，CD部分倾角，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图3为水平传送带AB段数控设备记录的物体的运动图像，时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带的摩擦因数相同。g取。求：
（1）水平传送带AB的长度及滑动摩擦因数；
（2）若CD段的长度为米，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到快件。
15．（2025高三上·威远期中）一个质量为m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的质量为M，筒长为L，羽毛球的高度为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最大静摩擦和滑动摩擦力大小近似相等，且恒为。重力加速度为g，不计一切空气阻力。某同学使用以下三种方式将球从筒内取出：
（1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动。当球筒运动至竖直朝下时，羽毛球恰要相对球筒滑动，求此时球筒的角速度；
（2）方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞到桌面后不再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0，起始高度为，求此过程手对球筒所做的功；
（3）方式三：“落”，如图丙所示。让球筒从离地h高处由静止释放，已知：，，且球筒撞击地面后反弹的速度大小始终为撞击前的。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛球从球筒中滑出，求h应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】图象法；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A.若为图像，其斜率表示速度，图像是直线说明速度恒定，物体做匀速直线运动，并非匀减速，故A错误；
B.由匀变速运动公式，得，而瞬时速度，二者不相等，故图像的纵坐标不是瞬时速度，故B错误；
C.若为图像且物体初速度为零，根据运动学公式可知，由此可知，图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，当加速度时，物体速度最大，所以Q时刻物体的速度最大，故C正确；
D.由，可知，所以匀变速直线运动图像不是直线，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据不同运动图像的物理意义（斜率、面积、公式推导），逐一分析各选项对应的运动类型。
2．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】如图所示
将重力和风力合成为一个力，速度分解为沿合力直线方向分速度和垂直合力直线方向分速度，当沿合力直线方向的分速度减为0时，小球的速度最小，即小球最小速度为图中的，可知该点位于轨迹AO之间的某一点。
故答案为：C。
【分析】将风的水平向右恒力与重力合成 “等效合力”，把小球的运动分解为沿等效合力方向和垂直等效合力方向的分运动；当沿等效合力方向的分速度减为 0 时，小球的合速度最小。
3．【答案】D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；超重与失重
【解析】【解答】A．由于此阶段的运动可看作匀减速直线运动，则加速度方向向上，可知宇航员处于超重状态，故A错误；
B．利用逆向思维，根据速度与位移的关系有，解得宇航员的加速度大小为，故B错误；
C．利用逆向思维，就速度公式有
解得，故C错误；
D．返回舱此阶段的运动平均速度为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】将此阶段视为匀减速直线运动，利用匀变速直线运动的公式（速度-位移、速度-时间、平均速度）分析各物理量。
4．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．方式一，对小球受力分析，如图所示
若将挡板缓慢水平向右推的过程中，角由0度增大到90°，由平衡可得、
则（挡板对小球的弹力）F1不断增大，（内壁对小球的弹力）N1不断增大，故AB错误；
CD．方式二，对小球受力分析，如图所示
由题意可知，N2与F2始终垂直，且转动过程中增大，由平衡可得、
则（挡板对小球的弹力）F2不断增大，（内壁对小球的弹力）N2不断减小，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】分别对两种方式下的小球进行受力分析（均处于平衡状态），结合几何角度的变化，推导挡板、内壁弹力的变化规律。
5．【答案】B
【知识点】加速度；自由落体运动
【解析】【解答】A．设B球用时为t，则有，对Ａ球有，联立解得，故A错误；
B．据前面分析，A、B两小球释放前高度差为，则相距为，故B正确；
C．B球离地面近，若先剪断悬挂B球的细线，B球会更早于A球落地，故C错误；
D．速度变化率即为加速度，两球加速度均为重力加速度，速度变化率相同，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先通过自由落体公式求出B球的下落时间，再得到A球的下落时间，进而求出A球的高度；最后利用杆的倾角，将高度差转化为两球释放前的间距。
6．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A：对a受力分析，若b仅受重力和拉力（平衡），则a受重力、绳子拉力、杆的支持力（3个力）；若a有相对杆的运动趋势，才受摩擦力（4个力），因此a不一定受4个力，A错误；
B：对b受力分析，若绳子拉力等于b的重力（），则b仅受重力和拉力（2个力）即可平衡；若拉力不等于重力，b还会受杆的支持力、摩擦力，因此b可能受2个力，B正确；
C：若b仅受重力和拉力平衡，则拉力，绳子对a的拉力也等于，C错误；
D：只有当a不受摩擦力、杆的支持力垂直于杆时，由平衡条件，得，但a可能受摩擦力，此时质量不一定为，D错误。
故答案为：B
【分析】分别对 a、b 两球进行受力分析，结合共点力平衡条件，判断受力个数、拉力大小及质量关系。
7．【答案】C
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．上升过程中A、整体向上做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．物块速度一直在增大，故B错误；
CD．设初始时弹簧的压缩量为，根据胡克定律有
解得
设当物块A、恰好分离时弹簧的压缩量为，对物块A、分别应用牛顿第二定律有
联立解得，
则物体A上升的高度为，故D错误；C正确。
故答案为：C。
【分析】先分析初始状态弹簧压缩量，再通过A、B恰好分离的条件（弹力为零），结合牛顿第二定律求加速度，最后计算A上升的高度。
8．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．在t=0.10s时，由图乙知质点Q正向下运动，根据“上下坡法”可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由题图甲知波长
由题图乙知该波的周期是
则波速为，故B正确；
C．质点P垂直波的传播方向振动，因此P不沿x轴运动，故C错误；
D．因为，所以在t=0.10s时，沿x轴正方向与P相距10m处的质点的振动情况相当于沿x轴正方向与P相距2m处的质点振动情况，由题意可知当该点在P右边2m处时与P点振动方向相反，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】 先分析初始状态弹簧压缩量，再通过 A、B 恰好分离的条件（弹力为零），结合牛顿第二定律求加速度，最后计算 A 上升的高度。
9．【答案】B,D
【知识点】重力与重心；超重与失重；线速度、角速度和周期、转速；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；
B．小明做匀速圆周运动的周期，B正确；
C．小明做圆周运动所需的向心力大小F向=k2mgD．当小明通过最低点时，由牛顿第二定律有F-mg=mω2r，解得F=（1+k2）mg，根据牛顿第三定律可知，此时小明对车厢座垫的压力大小为（1+k2）mg，D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合匀速圆周运动的周期公式、向心力公式，分析最高点 / 最低点的受力与超重失重状态。
10．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AC．设A、B刚好不发生相对运动时，C物体的质量为，以C物体为对象，根据牛顿第二定律可得
以AB为整体，有，以B为对象，有，联立可得，，可知B物体的最大加速度为；若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为，故A错误，C正确；
B．当C物体质量大于时，A、B发生相对滑动，以C为对象，根据牛顿第二定律可得
以A为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知随C物体质量的增大，A的加速度逐渐增大，最终A物体的最大加速度趋近于，故B错误。
D．C物体质量为时，可知A、B不发生相对运动，对C有
对AB为整体，有
联立解得
可知B的加速度为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】以 A、B 刚好不相对滑动为临界状态，结合摩擦力的最大值、牛顿第二定律，对 C、A、B 分别列方程求解。
11．【答案】4.50；；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）刻度尺读数要估读到分度尺的下一位，所以D=4.50cm；
故答案为：4.50
（2）由平抛运动的公式，
联立可解出
故答案为：
（3）排水量Q等于流速乘以管的横截面积公式如下，
联立可解出
故答案为：
【分析】（1）直径测量：通过刻度尺读数（注意精度与估读）得到水龙头内直径；
（2）水流速度：将水流视为平抛运动，结合竖直方向的自由落体和水平方向的匀速直线运动，推导流速与测量量的关系；
（3）流量推导：利用“流量=横截面积×流速”的关系，结合水龙头横截面积与流速的表达式，得到单位时间出水量。
12．【答案】0.2；；
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）缓慢地向砂桶内倒入砂子，的读数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N，即滑动摩擦力
动摩擦因数
故答案为：0.2
（2）根据
可得
对木板，由牛顿第二定律有
故
因此图线的斜率
则木板的质量为
故答案为：；
【分析】（1）动摩擦因数：利用“突变值为滑动摩擦力”，结合滑动摩擦力公式计算。
（2）加速度与木板质量：先由滑块的运动（匀加速）求木板加速度，再通过牛顿第二定律建立与的关系，结合图线斜率求解木板质量。
13．【答案】(1)解：过山车恰好过最高点时，只受重力，有
则
(2)解：离开C点后做平抛运动，由
运动时间为
故最大速度为
(3)解：在圆轨道最低点有
解得
平抛运动竖直速度为
则落水速度为
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）圆周最高点速度：利用 “恰好通过最高点→重力提供向心力” 的临界条件求解；
（2）平抛最大速度：结合平抛运动的竖直、水平分运动，由水面宽度限制求最大水平速度；
（3）落水合速度：先由圆周最低点的受力分析求速度，再结合平抛运动的速度合成求合速度。
14．【答案】（1）解：由图像可知，传送带AB段的长度为
货物在水平传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得
解得
由图像可知传送带上的加速过程加速度为
则
解：由依题意，货物以滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知，第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃；
第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿斜面向下，则
解得
故货物先沿斜面向上做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于，故共速后将仍做匀减速直线运动。则
解得
建立运动图像如下：
则有
解得
即至少传送带的速度为快递员才能在D端取得货物。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）传送带长度与摩擦因数：利用v-t图像面积求长度，结合加速阶段的加速度与牛顿第二定律求摩擦因数；
（2）斜面传送带最小速度：分析货物在斜面上的加速度，结合运动学公式，求货物减速到传送带速度时恰好到达末端的最小速度。
15．【答案】（1）解：当球筒运动至竖直朝下时，以羽毛球为研究对象，受力分析有
将代入可得
（2）解：以球筒和羽毛球整体为研究对象，设手对其做功为W，整体碰到桌面时的速度为v，在向下运动过程中由动能定理，有
以羽毛球为研究对象，它在球筒内减速下滑至桌面，由动能定理
联立可得
（3）解：羽毛球和球筒从h处自由下落，触地瞬间的速度满足
此后m以初速度v0向下做匀减速运动，M以v0/4向上做匀减速运动，在二者达到共速之前的过程中，对于m，由牛顿第二定律方程
可解得
对于M，由牛顿第二定律方程
可解得
设M第一次运动至最高点的时间为t0满足
即
选向下为正方向，设二者在t1时刻达到共速， 则t1满足
可解得
由可知，二者在M第一次到达最高点以后下落过程中达到共速，若恰好在共速时刻m滑出，二者的相对位移为L，即
联立可得h的最小值
若m恰好在t0时刻滑出，即
联立可得h的最大值
故h应满足
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）圆周运动临界：利用“恰滑动时摩擦力提供向心力”的临界条件，结合向心力公式求解角速度；
（2）动能定理应用：对系统分析外力做功与摩擦力做功，结合动能变化列方程求功；
（3）相对滑动与反弹：分“自由下落、反弹后相对滑动”阶段，分析两者加速度与运动时间，结合相对位移条件推导高度范围。
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