四川省百师联盟2025-2026学年高三上学期10月期中考试物理试题
1．（2025高三上·四川期中）2025年9月3日上午9时，北京天安门广场举行了中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年纪念大会，期间进行了盛大的阅兵，下列说法正确的是（ ）
A．上午9时指的是时间间隔
B．研究士兵踢正步的动作时，可以将其视为质点
C．装备方队整齐通过天安门广场，以方队中一辆战车为参考系，其余战车是静止的
D．空军飞行编队从起飞到降落，路程和位移的大小相等
2．（2025高三上·四川期中）如图甲所示，“蛟龙号”是一艘由我国自主设计，具有世界先进水平的载人潜水器。某次测试过程中，“蛟龙号”沿直线运动的x t图像如图乙所示，则它的v t图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高三上·四川期中）如图为神舟十九号飞船与空间站分离时的情境。分离前，两者的组合体以速度大小运动，经时间（较短）完成分离，分离后神舟十九号飞船的速度大小为，仍沿原方向运动。若神舟十九号飞船的质量为，则分离过程，空间站对神舟十九号飞船的平均推力大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·四川期中）图甲为某款可折叠晾衣架，图乙为其结构简图，等长的细杆中部通过铰链连接，可绕铰链转动。晾衣架展开时，两细杆和竖直方向的夹角相等，若将晾衣架折叠起来，让端点沿着地面以相等的速率向中间匀速靠拢，则铰链上移的速率（ ）
A．一直减小 B．一直增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
5．（2025高三上·四川期中）如图所示，智能机器人正在分拣口投递包裹，初始时托盘水平，然后倾角缓慢增大，直至包裹滑下。已知包裹与托盘间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则要使包裹能够滑下，托盘的最小倾角为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·四川期中）如图甲所示，一弹射器固定在地面上，初始时，弹射器内轻弹簧压缩一定的长度并处于锁定状态。将一个小球放置在弹簧的上端，解除锁定，小球由静止加速后竖直向上射出（竖直向上为正方向），一段时间后又落回弹射器内。整个运动过程中，小球受到的空气阻力随速率增大而增大，随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．时，小球上升到最高点
B．，小球的加速度方向竖直向上
C．，小球的加速度大小一直减小
D．，小球处于失重状态
7．（2025高三上·四川期中）某款“＜”形轻质工件结构简图如图所示，、的长度均为，，该工件可绕点在竖直面内自由转动（无阻力）。在端点、两点各固定一个相同的小球（视为质点），从两球连线竖直位置释放该工件，一段时间后，两球首次转到同一水平线上。已知小球的质量均为，不计空气阻力，重力加速度大小为，则该过程中，工件对点处小球做的功为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·四川期中）我国计划于2030年前后实施火星采样返回任务。若完成采样后，探测器返回时其运动轨迹如图所示，先进入近火圆轨道Ⅰ，后在点点火，进入环火椭圆轨道Ⅱ，点为远火点。下列说法正确的是（ ）
A．探测器在轨道Ⅱ上从向运动过程中，受到火星的引力逐渐减小
B．探测器在轨道Ⅱ上从向运动过程中，机械能逐渐增大
C．探测器在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期
D．已知引力常量和探测器在轨道上的运行周期，可求出火星的质量
9．（2025高三上·四川期中）如图所示，一个小球（视为质点）分别通过细线1、2固定在竖直墙面上的点和水平地面上的点，小球处于静止状态，细线1、2与竖直方向、水平面的夹角均为，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．若剪断细线1，则剪断瞬间小球加速度的大小为
B．若剪断细线1，则剪断瞬间小球加速度的大小为
C．若剪断细线2，则剪断瞬间小球加速度的大小为
D．若剪断细线2，则剪断瞬间小球加速度的大小为
10．（2025高三上·四川期中）如图所示，从倾角为的斜面点的正上方高处由静止释放一个质量为的弹性小球（视为质点），小球与斜面发生弹性碰撞（时间极短，平行于斜面方向的分速度不变，垂直于斜面方向的分速度大小不变，方向反向），然后落到斜面上的点，不计空气阻力，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．小球与斜面碰撞后瞬间的速度大小为
B．小球与斜面碰撞过程中，受到斜面的冲量大小为
C．小球从点运动到点的时间为
D．两点间的距离为
11．（2025高三上·四川期中）某科技小组设计了图甲所示的实验装置，来研究圆周运动的规律，纸带的一端固定在水平放置的圆盘边缘处，另一端穿过打点计时器，让圆盘绕中心轴旋转起来，纸带就会紧紧缠绕在圆盘上，根据纸带上的打点情况，来研究圆周运动的规律。已知圆盘的半径为，打点计时器所接交流电的频率为。请回答下列问题：
（1）实验时，先接通打点计时器电源，若让圆盘以固定的角速度匀速转动起来，在纸带未绕圆盘一周之前，打点计时器所打点的间隔是 （选填“均匀”或“非均匀”）的。
（2）若让圆盘从静止开始转动，在纸带未绕圆盘一周之前，获得的部分纸带如图乙所示，相邻计数点间还有4个点没有画出，则这部分纸带 （选填“是”或“不是”）做匀变速运动，判断依据是 ，打点计时器打点时，圆盘的边缘点的向心加速度大小为 （结果保留2位有效数字）。
12．（2025高三上·四川期中）某实验小组设计了两组方案，通过小球在斜槽末端的碰撞来验证动量守恒定律，请回答下列问题：
（1）图甲为方案一的实验装置图，接球木板水平放置。实验时，让入射球A多次从斜槽上某点静止释放，平均落点为。再把被碰小球B静止放在斜槽末端，再将入射小球A从斜槽上同一位置静止释放，与小球B相撞，并多次重复，记录两个小球碰后的平均落点、。
①安装实验装置时，斜槽末端 （选填“需要”或“不需要”）水平；
②小球、的质量分别为、，半径分别为、，则为了顺利完成实验，它们应满足的关系是 、 ；（均选填“＞”“＜”或“＝”）
③点为小球抛出时球心在木板上的投影点，测得、、的长度分别为、、，若表达式 （用表示）成立，则动量守恒定律得到验证。
（2）图乙为方案二的实验装置图，仅移动木板的位置，将其竖直放置在斜槽末端的右侧，点为小球抛出时球心在木板上的投影点。仍重复方案一的操作，木板上得到三个平均落点、、，测出、、长度分别为、、，若表达式 （用、、、、表示）成立，则动量守恒定律也能得到验证。
13．（2025高三上·四川期中）如图所示（俯视图），光滑的水平直道上每间隔铺有宽度的减速带。一物块（视为质点）从左侧以的初速度水平向右滑入第一个减速带。已知物块与减速带间动摩擦因数均为0.55，重力加速度大小取，求：
（1）物块滑出第一个减速带时速度的大小；
（2）物块从进入第一个减速带至停止运动，位移的大小。（结果保留2位有效数字）
14．（2025高三上·四川期中）如图所示，半径为（厚度不计）的铁质圆形轨道固定在竖直面内，、分别为轨道的最高点和最低点（和垂直），为轨道上一点且和圆心连线与水平方向夹角为。质量为的磁性小球通过磁力吸附在轨道上，磁力大小恒为、方向始终通过圆心。现给磁性小球施加水平向左、大小为的恒力。忽略轨道厚度及小球大小，不计一切摩擦，重力加速度大小为。
（1）若让小球从轨道外侧点由静止释放，通过计算判断小球会不会脱离轨道；
（2）若让小球从轨道内侧点以初速度大小水平向左射入轨道，求：
①小球运动过程中对轨道的最大压力的大小；
②小球运动到点时对轨道压力的大小。
15．（2025高三上·四川期中）如图所示，一质量且足够长的长木板静止在光滑的水平面上，长木板的右侧沿直线等间距的放置着个相同的滑块，滑块的质量均为。现有一质量的物块从长木板的左端以的初速度滑上长木板，在长木板与滑块1发生碰撞前，物块和长木板已共速。长木板上表面粗糙程度一致，所有的碰撞均为弹性碰撞，物块和滑块均看作质点，重力加速度大小取，求：
（1）若物块与长木板间的动摩擦因数为0.8，则从物块滑上长木板至两者第一次共速时，物块相对于长木板运动的距离为多少？
（2）长木板Q与滑块1碰撞后瞬间，二者的速度大小分别为多少？
（3）物块最终的速度大小（结果用表示）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．“上午 9 时” 是大会开始的瞬间，对应时刻（时间点），而非时间间隔（时间段），故A错误；
B．研究踢正步的动作时，需要分析肢体的细节（形状、大小不可忽略），因此不能将士兵视为质点，故B错误；
C．装备方队整齐行进时，各战车之间的相对位置保持不变，以其中一辆战车为参考系，其余战车的位置没有变化，故是静止的，故C正确；
D．飞行编队整个过程的运动轨迹是曲线或折线，轨迹总长度（路程）会大于位移大小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】区分 “时刻与时间间隔”“质点的条件”“参考系的相对运动”“路程与位移的区别” 这几个物理概念，逐一判断选项。
2．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】x t图像切线的斜率表示速度，由图可知，0~t1时间内，“蛟龙号”的速度减小，t1~t2时间内，“蛟龙号”的速度反向增大。
故答案为：B。
【分析】根据x-t图像的斜率表示速度，分析 “蛟龙号” 的速度变化规律，再匹配对应的v-t图像。
3．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】规定方向为正方向，以神舟十九号为研究对象，根据动量定理，解得
故答案为：D。
【分析】以神舟十九号飞船为研究对象，利用动量定理（合外力的冲量等于动量的变化量），计算空间站对飞船的平均推力。
4．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】如图所示
两点的速率和铰链上移的速率关系为，即
端点以相等的速率向中间匀速靠拢，减小，铰链上移的速率一直减小。
故答案为：A。
【分析】以神舟十九号飞船为研究对象，利用动量定理（合外力的冲量等于动量的变化量）计算空间站对它的平均推力。
5．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】包裹刚开始下滑，对包裹受力分析得
其中
解得托盘的最小倾角
故答案为：D。
【分析】当包裹刚好下滑时，重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力（等于滑动摩擦力）平衡，据此列方程求解最小倾角。
6．【答案】C
【知识点】超重与失重；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A．竖直向下，可知这段时间内速度方向竖直向上，，竖直向上，可知这段时间内速度方向竖直向下，所以时，小球上升到最高点，故A错误；
B．先增大后减小，可知速度先增加后减小，所以加速度方向先竖直向上后竖直向下，故B错误；
C．竖直向上且一直增大，根据牛顿第二定律，可知小球的加速度大小一直减小，故C正确；
D．竖直向上且一直减小，可知速度竖直向下，也一直减小，加速度竖直向上，小球处于超重状态，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合空气阻力的方向（与速度方向相反）判断速度方向，再通过牛顿第二定律分析加速度的变化，区分超重、失重状态。
7．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】设两球首次转到同一水平线上时的速度大小为，则根据系统机械能守恒有
设工件对点处小球做功为，则对点处小球列动能定理方程有
联立解得
故答案为：B。
【分析】先对两小球组成的系统应用机械能守恒定律（只有重力做功）求共同速度，再对P点小球应用动能定理（重力做功+工件做功=动能变化），求解工件对P球做的功。
8．【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力公式，从P到Q，探测器与火星的距离增大，故引力逐渐减小，故A正确；
B．探测器在轨道Ⅱ上运动时，只有火星的引力做功（引力属于系统内力），机械能守恒，不会逐渐增大，故B错误；
C．根据开普勒第三定律有，探测器在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道上的运行周期，故C正确；
D．探测器在轨道上做圆周运动，根据万有引力提供向心力有，解得，已知引力常量和探测器在轨道上的运行周期，还需要知道轨道的半径，才能求出火星的质量，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合万有引力定律、机械能守恒、开普勒第三定律，分析探测器在不同轨道上的受力、能量、周期及天体质量的求解条件。
9．【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．若剪断细线1，则剪断瞬间，细线1和2的弹力消失，小球只受重力作用，加速度大小为g，故A错误，B正确；
CD．若剪断细线2，小球将绕着点向下做圆周运动，细线1上的拉力发生了突变，把小球的重力分别沿着细线1和垂直细线1的方向分解，则有，解得，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】剪断细线瞬间，未断细线的弹力会突变，需根据小球的运动趋势（自由下落 / 圆周运动），对小球进行受力分析，结合牛顿第二定律求加速度。
10．【答案】B,D
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【解答】A．根据，小球与斜面发生弹性碰撞（时间极短），小球离开斜面时速度大小仍为，方向与斜面成，A错误；
B．小球离开斜面时，速度可分解为沿斜面方向的分速度和垂直于斜面方向的分速度，小球与斜面发生弹性碰撞，沿斜面方向分速度大小、方向均不变，垂直于斜面方向分速度大小不变、方向相反，根据动量定理，，解得，B正确；
CD．小球离开斜面到再次落回斜面的运动可分解为沿斜面、垂直于斜面的匀变速运动，垂直于斜面方向，，沿斜面方向，，解得，，C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】先分析小球下落至斜面的速度，再结合弹性碰撞的速度变化规律，利用动量定理、运动分解（沿斜面 / 垂直斜面）分析冲量、运动时间和位移。
11．【答案】（1）均匀
（2）是；相邻间隔的位移之差均近似为，为定值；2.6
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】（1）在纸带未绕圆盘一周之前，纸带匀速运动，打点计时器所打点的间隔是均匀的。
故答案为：均匀
（2）计算发现，相邻间隔的位移之差均近似为，为定值，所以这部分纸带做匀变速运动，点是的中间时刻点，则有，向心加速度
故答案为：是；相邻间隔的位移之差均近似为，为定值；2.6
【分析】（1）匀速转动的打点间隔：圆盘匀速时纸带线速度恒定，打点间隔由电源频率决定，故均匀。
（2）匀变速判断与向心加速度：通过位移差是否恒定判断匀变速；利用中间时刻速度公式求 D 点速度，再结合向心加速度公式计算。
（1）在纸带未绕圆盘一周之前，纸带匀速运动，打点计时器所打点的间隔是均匀的。
（2）[1][2][3]计算发现，相邻间隔的位移之差均近似为，为定值，所以这部分纸带做匀变速运动，点是的中间时刻点，则有
向心加速度
12．【答案】（1）需要；＞；＝；
（2）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）斜槽末端需要水平，以保证小球能做平抛运动。
为满足对心正碰，且碰后小球不反弹，则，
小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，竖直方向上，小球下落的高度相等，则小球在空中运动的时间相等，设为，碰撞前小球的速度为，碰撞后小球的速度分别为
取水平向右为正方向，两球碰撞前后的总动量守恒有
整理得
故答案为：需要；＞；＝；
（2）设碰撞前与小球的距离为，小球做平抛运动，碰撞前小球有，
解得
同理碰后小球的速度为，
取水平向右为正方向，两球碰撞前后总动量守恒
整理得
故答案为：
【分析】（1）水平木板方案：利用平抛运动时间相等，将速度转化为水平位移，结合动量守恒推导表达式；明确斜槽水平、小球质量/半径的实验要求。
（2）竖直木板方案：利用平抛运动的竖直位移与时间的关系，将速度转化为，推导动量守恒的表达式。
（1）[1]斜槽末端需要水平，以保证小球能做平抛运动。
[2][3]为满足对心正碰，且碰后小球不反弹，则，
[4]小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，竖直方向上，小球下落的高度相等，则小球在空中运动的时间相等，设为，碰撞前小球的速度为
碰撞后小球的速度分别为
取水平向右为正方向，两球碰撞前后的总动量守恒有
整理得
（2）设碰撞前与小球的距离为，小球做平抛运动，碰撞前小球有，
解得
同理碰后小球的速度为，
取水平向右为正方向，两球碰撞前后总动量守恒
整理得
13．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律
解得
物块滑出第一个减速带时，根据
解得
（2）解：物块在减速带上做匀减速运动，在其余部分做匀速运动，设物块在减速带上运动了，则有
解得
所以物块停在第4个减速带上，则物块在直道的光滑部分运动了
物块从进入第一个减速带至停止运动，位移
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）减速带的速度：利用牛顿第二定律求加速度，结合匀减速直线运动公式计算滑出速度。
（2）总位移：先求物块在减速带上的总路程，再结合减速带的间隔距离，累加得总位移。
（1）根据牛顿第二定律
解得
物块滑出第一个减速带时，根据
解得
（2）物块在减速带上做匀减速运动，在其余部分做匀速运动，设物块在减速带上运动了，则有
解得
所以物块停在第4个减速带上，则物块在直道的光滑部分运动了
物块从进入第一个减速带至停止运动，位移
解得
14．【答案】（1）解：把恒力和重力的合力视为等效重力
设等效重力方向与竖直方向夹角为，则有
解得
过圆心作的平行线和圆轨道有两个交点，下方交点为等效最低点，如图
假设小球能到达等效最低点，由动能定理
解得
在等效最低点恰好不脱离轨道时
解得
可知
可知小球不会脱离轨道。
（2）解：①从点到等效最低点，由动能定理
解得
在等效最低点压力最大
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力。
②从点运动到点过程，可知合外力做功为0，所以
在点，受力分析如图
解得
根据牛顿第三定律，小球在点对轨道的压力。
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）脱轨判断：将重力与恒力合成 “等效重力”，分析其径向分力与磁力的大小关系，判断是否脱轨。
（2）轨道压力：利用动能定理求对应位置的速度，结合径向合力公式（向心力）计算轨道支持力，进而得小球对轨道的压力。
（1）把恒力和重力的合力视为等效重力
设等效重力方向与竖直方向夹角为，则有
解得
过圆心作的平行线和圆轨道有两个交点，下方交点为等效最低点，如图
假设小球能到达等效最低点，由动能定理
解得
在等效最低点恰好不脱离轨道时
解得
可知
可知小球不会脱离轨道。
（2）①从点到等效最低点，由动能定理
解得
在等效最低点压力最大
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力。
②从点运动到点过程，可知合外力做功为0，所以
在点，受力分析如图
解得
根据牛顿第三定律，小球在点对轨道的压力。
15．【答案】（1）解：物块与长木板组成的系统动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）解：物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
解得，
（3）解：由于所有滑块质量相等，发生的碰撞都是弹性碰撞，所以滑块之间碰撞后交换速度，则第个滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止。
长木板与滑块第一次碰撞后，物块第二次与长木板共速过程，根据动量守恒
解得
同理可知长木板与滑块1第二次发生弹性碰撞后的速度分别为
可知第块滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止
接着物块第三次与长木板共速的速度为
长木板与滑块1第三次发生弹性碰撞后的速度分别为
综上分析可知，长木板与滑块1第次发生弹性碰撞后，物块第次与长木板共速的速度为物块最终的速度
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）相对距离：利用动量守恒求共速速度，结合能量守恒（摩擦力做功）求相对位移。
（2）弹性碰撞：联立动量守恒与机械能守恒，求解碰撞后两者的速度。
（3）最终速度：分析多次 “共速-碰撞-反弹-再共速” 的过程，归纳速度的递推规律，得到最终速度表达式。
（1）物块与长木板组成的系统动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
解得
（3）由于所有滑块质量相等，发生的碰撞都是弹性碰撞，所以滑块之间碰撞后交换速度，则第个滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止。
长木板与滑块第一次碰撞后，物块第二次与长木板共速过程，根据动量守恒
解得
同理可知长木板与滑块1第二次发生弹性碰撞后的速度分别为
可知第块滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止
接着物块第三次与长木板共速的速度为
长木板与滑块1第三次发生弹性碰撞后的速度分别为
综上分析可知，长木板与滑块1第次发生弹性碰撞后，物块第次与长木板共速的速度为物块最终的速度
1 / 1四川省百师联盟2025-2026学年高三上学期10月期中考试物理试题
1．（2025高三上·四川期中）2025年9月3日上午9时，北京天安门广场举行了中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年纪念大会，期间进行了盛大的阅兵，下列说法正确的是（ ）
A．上午9时指的是时间间隔
B．研究士兵踢正步的动作时，可以将其视为质点
C．装备方队整齐通过天安门广场，以方队中一辆战车为参考系，其余战车是静止的
D．空军飞行编队从起飞到降落，路程和位移的大小相等
【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．“上午 9 时” 是大会开始的瞬间，对应时刻（时间点），而非时间间隔（时间段），故A错误；
B．研究踢正步的动作时，需要分析肢体的细节（形状、大小不可忽略），因此不能将士兵视为质点，故B错误；
C．装备方队整齐行进时，各战车之间的相对位置保持不变，以其中一辆战车为参考系，其余战车的位置没有变化，故是静止的，故C正确；
D．飞行编队整个过程的运动轨迹是曲线或折线，轨迹总长度（路程）会大于位移大小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】区分 “时刻与时间间隔”“质点的条件”“参考系的相对运动”“路程与位移的区别” 这几个物理概念，逐一判断选项。
2．（2025高三上·四川期中）如图甲所示，“蛟龙号”是一艘由我国自主设计，具有世界先进水平的载人潜水器。某次测试过程中，“蛟龙号”沿直线运动的x t图像如图乙所示，则它的v t图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】x t图像切线的斜率表示速度，由图可知，0~t1时间内，“蛟龙号”的速度减小，t1~t2时间内，“蛟龙号”的速度反向增大。
故答案为：B。
【分析】根据x-t图像的斜率表示速度，分析 “蛟龙号” 的速度变化规律，再匹配对应的v-t图像。
3．（2025高三上·四川期中）如图为神舟十九号飞船与空间站分离时的情境。分离前，两者的组合体以速度大小运动，经时间（较短）完成分离，分离后神舟十九号飞船的速度大小为，仍沿原方向运动。若神舟十九号飞船的质量为，则分离过程，空间站对神舟十九号飞船的平均推力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】规定方向为正方向，以神舟十九号为研究对象，根据动量定理，解得
故答案为：D。
【分析】以神舟十九号飞船为研究对象，利用动量定理（合外力的冲量等于动量的变化量），计算空间站对飞船的平均推力。
4．（2025高三上·四川期中）图甲为某款可折叠晾衣架，图乙为其结构简图，等长的细杆中部通过铰链连接，可绕铰链转动。晾衣架展开时，两细杆和竖直方向的夹角相等，若将晾衣架折叠起来，让端点沿着地面以相等的速率向中间匀速靠拢，则铰链上移的速率（ ）
A．一直减小 B．一直增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】如图所示
两点的速率和铰链上移的速率关系为，即
端点以相等的速率向中间匀速靠拢，减小，铰链上移的速率一直减小。
故答案为：A。
【分析】以神舟十九号飞船为研究对象，利用动量定理（合外力的冲量等于动量的变化量）计算空间站对它的平均推力。
5．（2025高三上·四川期中）如图所示，智能机器人正在分拣口投递包裹，初始时托盘水平，然后倾角缓慢增大，直至包裹滑下。已知包裹与托盘间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则要使包裹能够滑下，托盘的最小倾角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】包裹刚开始下滑，对包裹受力分析得
其中
解得托盘的最小倾角
故答案为：D。
【分析】当包裹刚好下滑时，重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力（等于滑动摩擦力）平衡，据此列方程求解最小倾角。
6．（2025高三上·四川期中）如图甲所示，一弹射器固定在地面上，初始时，弹射器内轻弹簧压缩一定的长度并处于锁定状态。将一个小球放置在弹簧的上端，解除锁定，小球由静止加速后竖直向上射出（竖直向上为正方向），一段时间后又落回弹射器内。整个运动过程中，小球受到的空气阻力随速率增大而增大，随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．时，小球上升到最高点
B．，小球的加速度方向竖直向上
C．，小球的加速度大小一直减小
D．，小球处于失重状态
【答案】C
【知识点】超重与失重；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A．竖直向下，可知这段时间内速度方向竖直向上，，竖直向上，可知这段时间内速度方向竖直向下，所以时，小球上升到最高点，故A错误；
B．先增大后减小，可知速度先增加后减小，所以加速度方向先竖直向上后竖直向下，故B错误；
C．竖直向上且一直增大，根据牛顿第二定律，可知小球的加速度大小一直减小，故C正确；
D．竖直向上且一直减小，可知速度竖直向下，也一直减小，加速度竖直向上，小球处于超重状态，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合空气阻力的方向（与速度方向相反）判断速度方向，再通过牛顿第二定律分析加速度的变化，区分超重、失重状态。
7．（2025高三上·四川期中）某款“＜”形轻质工件结构简图如图所示，、的长度均为，，该工件可绕点在竖直面内自由转动（无阻力）。在端点、两点各固定一个相同的小球（视为质点），从两球连线竖直位置释放该工件，一段时间后，两球首次转到同一水平线上。已知小球的质量均为，不计空气阻力，重力加速度大小为，则该过程中，工件对点处小球做的功为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】设两球首次转到同一水平线上时的速度大小为，则根据系统机械能守恒有
设工件对点处小球做功为，则对点处小球列动能定理方程有
联立解得
故答案为：B。
【分析】先对两小球组成的系统应用机械能守恒定律（只有重力做功）求共同速度，再对P点小球应用动能定理（重力做功+工件做功=动能变化），求解工件对P球做的功。
8．（2025高三上·四川期中）我国计划于2030年前后实施火星采样返回任务。若完成采样后，探测器返回时其运动轨迹如图所示，先进入近火圆轨道Ⅰ，后在点点火，进入环火椭圆轨道Ⅱ，点为远火点。下列说法正确的是（ ）
A．探测器在轨道Ⅱ上从向运动过程中，受到火星的引力逐渐减小
B．探测器在轨道Ⅱ上从向运动过程中，机械能逐渐增大
C．探测器在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期
D．已知引力常量和探测器在轨道上的运行周期，可求出火星的质量
【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力公式，从P到Q，探测器与火星的距离增大，故引力逐渐减小，故A正确；
B．探测器在轨道Ⅱ上运动时，只有火星的引力做功（引力属于系统内力），机械能守恒，不会逐渐增大，故B错误；
C．根据开普勒第三定律有，探测器在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道上的运行周期，故C正确；
D．探测器在轨道上做圆周运动，根据万有引力提供向心力有，解得，已知引力常量和探测器在轨道上的运行周期，还需要知道轨道的半径，才能求出火星的质量，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合万有引力定律、机械能守恒、开普勒第三定律，分析探测器在不同轨道上的受力、能量、周期及天体质量的求解条件。
9．（2025高三上·四川期中）如图所示，一个小球（视为质点）分别通过细线1、2固定在竖直墙面上的点和水平地面上的点，小球处于静止状态，细线1、2与竖直方向、水平面的夹角均为，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．若剪断细线1，则剪断瞬间小球加速度的大小为
B．若剪断细线1，则剪断瞬间小球加速度的大小为
C．若剪断细线2，则剪断瞬间小球加速度的大小为
D．若剪断细线2，则剪断瞬间小球加速度的大小为
【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．若剪断细线1，则剪断瞬间，细线1和2的弹力消失，小球只受重力作用，加速度大小为g，故A错误，B正确；
CD．若剪断细线2，小球将绕着点向下做圆周运动，细线1上的拉力发生了突变，把小球的重力分别沿着细线1和垂直细线1的方向分解，则有，解得，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】剪断细线瞬间，未断细线的弹力会突变，需根据小球的运动趋势（自由下落 / 圆周运动），对小球进行受力分析，结合牛顿第二定律求加速度。
10．（2025高三上·四川期中）如图所示，从倾角为的斜面点的正上方高处由静止释放一个质量为的弹性小球（视为质点），小球与斜面发生弹性碰撞（时间极短，平行于斜面方向的分速度不变，垂直于斜面方向的分速度大小不变，方向反向），然后落到斜面上的点，不计空气阻力，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．小球与斜面碰撞后瞬间的速度大小为
B．小球与斜面碰撞过程中，受到斜面的冲量大小为
C．小球从点运动到点的时间为
D．两点间的距离为
【答案】B,D
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【解答】A．根据，小球与斜面发生弹性碰撞（时间极短），小球离开斜面时速度大小仍为，方向与斜面成，A错误；
B．小球离开斜面时，速度可分解为沿斜面方向的分速度和垂直于斜面方向的分速度，小球与斜面发生弹性碰撞，沿斜面方向分速度大小、方向均不变，垂直于斜面方向分速度大小不变、方向相反，根据动量定理，，解得，B正确；
CD．小球离开斜面到再次落回斜面的运动可分解为沿斜面、垂直于斜面的匀变速运动，垂直于斜面方向，，沿斜面方向，，解得，，C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】先分析小球下落至斜面的速度，再结合弹性碰撞的速度变化规律，利用动量定理、运动分解（沿斜面 / 垂直斜面）分析冲量、运动时间和位移。
11．（2025高三上·四川期中）某科技小组设计了图甲所示的实验装置，来研究圆周运动的规律，纸带的一端固定在水平放置的圆盘边缘处，另一端穿过打点计时器，让圆盘绕中心轴旋转起来，纸带就会紧紧缠绕在圆盘上，根据纸带上的打点情况，来研究圆周运动的规律。已知圆盘的半径为，打点计时器所接交流电的频率为。请回答下列问题：
（1）实验时，先接通打点计时器电源，若让圆盘以固定的角速度匀速转动起来，在纸带未绕圆盘一周之前，打点计时器所打点的间隔是 （选填“均匀”或“非均匀”）的。
（2）若让圆盘从静止开始转动，在纸带未绕圆盘一周之前，获得的部分纸带如图乙所示，相邻计数点间还有4个点没有画出，则这部分纸带 （选填“是”或“不是”）做匀变速运动，判断依据是 ，打点计时器打点时，圆盘的边缘点的向心加速度大小为 （结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）均匀
（2）是；相邻间隔的位移之差均近似为，为定值；2.6
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】（1）在纸带未绕圆盘一周之前，纸带匀速运动，打点计时器所打点的间隔是均匀的。
故答案为：均匀
（2）计算发现，相邻间隔的位移之差均近似为，为定值，所以这部分纸带做匀变速运动，点是的中间时刻点，则有，向心加速度
故答案为：是；相邻间隔的位移之差均近似为，为定值；2.6
【分析】（1）匀速转动的打点间隔：圆盘匀速时纸带线速度恒定，打点间隔由电源频率决定，故均匀。
（2）匀变速判断与向心加速度：通过位移差是否恒定判断匀变速；利用中间时刻速度公式求 D 点速度，再结合向心加速度公式计算。
（1）在纸带未绕圆盘一周之前，纸带匀速运动，打点计时器所打点的间隔是均匀的。
（2）[1][2][3]计算发现，相邻间隔的位移之差均近似为，为定值，所以这部分纸带做匀变速运动，点是的中间时刻点，则有
向心加速度
12．（2025高三上·四川期中）某实验小组设计了两组方案，通过小球在斜槽末端的碰撞来验证动量守恒定律，请回答下列问题：
（1）图甲为方案一的实验装置图，接球木板水平放置。实验时，让入射球A多次从斜槽上某点静止释放，平均落点为。再把被碰小球B静止放在斜槽末端，再将入射小球A从斜槽上同一位置静止释放，与小球B相撞，并多次重复，记录两个小球碰后的平均落点、。
①安装实验装置时，斜槽末端 （选填“需要”或“不需要”）水平；
②小球、的质量分别为、，半径分别为、，则为了顺利完成实验，它们应满足的关系是 、 ；（均选填“＞”“＜”或“＝”）
③点为小球抛出时球心在木板上的投影点，测得、、的长度分别为、、，若表达式 （用表示）成立，则动量守恒定律得到验证。
（2）图乙为方案二的实验装置图，仅移动木板的位置，将其竖直放置在斜槽末端的右侧，点为小球抛出时球心在木板上的投影点。仍重复方案一的操作，木板上得到三个平均落点、、，测出、、长度分别为、、，若表达式 （用、、、、表示）成立，则动量守恒定律也能得到验证。
【答案】（1）需要；＞；＝；
（2）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）斜槽末端需要水平，以保证小球能做平抛运动。
为满足对心正碰，且碰后小球不反弹，则，
小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，竖直方向上，小球下落的高度相等，则小球在空中运动的时间相等，设为，碰撞前小球的速度为，碰撞后小球的速度分别为
取水平向右为正方向，两球碰撞前后的总动量守恒有
整理得
故答案为：需要；＞；＝；
（2）设碰撞前与小球的距离为，小球做平抛运动，碰撞前小球有，
解得
同理碰后小球的速度为，
取水平向右为正方向，两球碰撞前后总动量守恒
整理得
故答案为：
【分析】（1）水平木板方案：利用平抛运动时间相等，将速度转化为水平位移，结合动量守恒推导表达式；明确斜槽水平、小球质量/半径的实验要求。
（2）竖直木板方案：利用平抛运动的竖直位移与时间的关系，将速度转化为，推导动量守恒的表达式。
（1）[1]斜槽末端需要水平，以保证小球能做平抛运动。
[2][3]为满足对心正碰，且碰后小球不反弹，则，
[4]小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，竖直方向上，小球下落的高度相等，则小球在空中运动的时间相等，设为，碰撞前小球的速度为
碰撞后小球的速度分别为
取水平向右为正方向，两球碰撞前后的总动量守恒有
整理得
（2）设碰撞前与小球的距离为，小球做平抛运动，碰撞前小球有，
解得
同理碰后小球的速度为，
取水平向右为正方向，两球碰撞前后总动量守恒
整理得
13．（2025高三上·四川期中）如图所示（俯视图），光滑的水平直道上每间隔铺有宽度的减速带。一物块（视为质点）从左侧以的初速度水平向右滑入第一个减速带。已知物块与减速带间动摩擦因数均为0.55，重力加速度大小取，求：
（1）物块滑出第一个减速带时速度的大小；
（2）物块从进入第一个减速带至停止运动，位移的大小。（结果保留2位有效数字）
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律
解得
物块滑出第一个减速带时，根据
解得
（2）解：物块在减速带上做匀减速运动，在其余部分做匀速运动，设物块在减速带上运动了，则有
解得
所以物块停在第4个减速带上，则物块在直道的光滑部分运动了
物块从进入第一个减速带至停止运动，位移
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）减速带的速度：利用牛顿第二定律求加速度，结合匀减速直线运动公式计算滑出速度。
（2）总位移：先求物块在减速带上的总路程，再结合减速带的间隔距离，累加得总位移。
（1）根据牛顿第二定律
解得
物块滑出第一个减速带时，根据
解得
（2）物块在减速带上做匀减速运动，在其余部分做匀速运动，设物块在减速带上运动了，则有
解得
所以物块停在第4个减速带上，则物块在直道的光滑部分运动了
物块从进入第一个减速带至停止运动，位移
解得
14．（2025高三上·四川期中）如图所示，半径为（厚度不计）的铁质圆形轨道固定在竖直面内，、分别为轨道的最高点和最低点（和垂直），为轨道上一点且和圆心连线与水平方向夹角为。质量为的磁性小球通过磁力吸附在轨道上，磁力大小恒为、方向始终通过圆心。现给磁性小球施加水平向左、大小为的恒力。忽略轨道厚度及小球大小，不计一切摩擦，重力加速度大小为。
（1）若让小球从轨道外侧点由静止释放，通过计算判断小球会不会脱离轨道；
（2）若让小球从轨道内侧点以初速度大小水平向左射入轨道，求：
①小球运动过程中对轨道的最大压力的大小；
②小球运动到点时对轨道压力的大小。
【答案】（1）解：把恒力和重力的合力视为等效重力
设等效重力方向与竖直方向夹角为，则有
解得
过圆心作的平行线和圆轨道有两个交点，下方交点为等效最低点，如图
假设小球能到达等效最低点，由动能定理
解得
在等效最低点恰好不脱离轨道时
解得
可知
可知小球不会脱离轨道。
（2）解：①从点到等效最低点，由动能定理
解得
在等效最低点压力最大
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力。
②从点运动到点过程，可知合外力做功为0，所以
在点，受力分析如图
解得
根据牛顿第三定律，小球在点对轨道的压力。
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）脱轨判断：将重力与恒力合成 “等效重力”，分析其径向分力与磁力的大小关系，判断是否脱轨。
（2）轨道压力：利用动能定理求对应位置的速度，结合径向合力公式（向心力）计算轨道支持力，进而得小球对轨道的压力。
（1）把恒力和重力的合力视为等效重力
设等效重力方向与竖直方向夹角为，则有
解得
过圆心作的平行线和圆轨道有两个交点，下方交点为等效最低点，如图
假设小球能到达等效最低点，由动能定理
解得
在等效最低点恰好不脱离轨道时
解得
可知
可知小球不会脱离轨道。
（2）①从点到等效最低点，由动能定理
解得
在等效最低点压力最大
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力。
②从点运动到点过程，可知合外力做功为0，所以
在点，受力分析如图
解得
根据牛顿第三定律，小球在点对轨道的压力。
15．（2025高三上·四川期中）如图所示，一质量且足够长的长木板静止在光滑的水平面上，长木板的右侧沿直线等间距的放置着个相同的滑块，滑块的质量均为。现有一质量的物块从长木板的左端以的初速度滑上长木板，在长木板与滑块1发生碰撞前，物块和长木板已共速。长木板上表面粗糙程度一致，所有的碰撞均为弹性碰撞，物块和滑块均看作质点，重力加速度大小取，求：
（1）若物块与长木板间的动摩擦因数为0.8，则从物块滑上长木板至两者第一次共速时，物块相对于长木板运动的距离为多少？
（2）长木板Q与滑块1碰撞后瞬间，二者的速度大小分别为多少？
（3）物块最终的速度大小（结果用表示）。
【答案】（1）解：物块与长木板组成的系统动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）解：物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
解得，
（3）解：由于所有滑块质量相等，发生的碰撞都是弹性碰撞，所以滑块之间碰撞后交换速度，则第个滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止。
长木板与滑块第一次碰撞后，物块第二次与长木板共速过程，根据动量守恒
解得
同理可知长木板与滑块1第二次发生弹性碰撞后的速度分别为
可知第块滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止
接着物块第三次与长木板共速的速度为
长木板与滑块1第三次发生弹性碰撞后的速度分别为
综上分析可知，长木板与滑块1第次发生弹性碰撞后，物块第次与长木板共速的速度为物块最终的速度
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）相对距离：利用动量守恒求共速速度，结合能量守恒（摩擦力做功）求相对位移。
（2）弹性碰撞：联立动量守恒与机械能守恒，求解碰撞后两者的速度。
（3）最终速度：分析多次 “共速-碰撞-反弹-再共速” 的过程，归纳速度的递推规律，得到最终速度表达式。
（1）物块与长木板组成的系统动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
解得
（3）由于所有滑块质量相等，发生的碰撞都是弹性碰撞，所以滑块之间碰撞后交换速度，则第个滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止。
长木板与滑块第一次碰撞后，物块第二次与长木板共速过程，根据动量守恒
解得
同理可知长木板与滑块1第二次发生弹性碰撞后的速度分别为
可知第块滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止
接着物块第三次与长木板共速的速度为
长木板与滑块1第三次发生弹性碰撞后的速度分别为
综上分析可知，长木板与滑块1第次发生弹性碰撞后，物块第次与长木板共速的速度为物块最终的速度
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