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专题05 力与运动
5 大考点概览
考点01 力与物体的平衡
考点02 匀变速直线运动 牛顿运动定律
考点03 抛体运动和圆周运动
考点04 万有引力定律及应用
考点05 机械振动和机械波
1．（2026·四川南充·二模）如图，质量为M的倾角为37°的粗糙斜面体置于水平面上，质量为m的木块放
置在斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P 点，另一端固定在木块上，弹簧中轴线与斜面垂直。斜
面体与木块均处于静止状态。已知木块与斜面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度为g，sin37° =0.6，cos37° =0.8。则（ ）
A．弹簧一定处于拉伸状态
B．斜面体可能受到水平面的摩擦力作用
C．木块一定受到四个力的作用
D．斜面体对水平面的压力大小一定等于Mg+mg
【答案】C
【详解】AC．依题意，如果弹簧处于原长状态，由于μmgcosθ<mgsinθ
则木块无法保持静止状态，故而弹簧对木块必有压力，弹簧必然处于压缩状态，木块一定受到重力、弹力、
支持力、摩擦力四个力的作用，故A 错误，C 正确；
考点01
力与物体的平衡
B．对斜面体和木块整体进行受力分析，弹簧压力有水平向左的分量，根据平衡条件，地面对斜面体一定
有水平向右的摩擦力，故B 错误；
D．对斜面体和木块整体分析，由于受到弹簧斜向下的压力，其竖直分量竖直向下，则对地面压力大于二
者重力之和，故D 错误。
故选C。
2．（2026·四川广元·二模）如图所示，两根紧靠但无相互作用力的半圆柱体A、B 静止于粗糙程度处处相
同的水平地面上。现将另一根圆柱体C 轻放在这两根半圆柱体上，三者均静止。已知圆柱体A、B、C 的
材料、长度、半径、密度均相同，不考虑它们之间的摩擦。若用水平向右的力拉半圆柱体A，使A 缓慢移
动，直至C 恰好降到地面，整个过程中B 均保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
g，则半圆柱体与地面间动摩擦因数的最小值为（ ）
A．
❑√3
6
B．
❑√3
3
C．
❑√3
2
D．7 ❑√3
12
【答案】C
【详解】设半圆柱体 A、B 的质量为 m，因材料、长度、半径、密度均相同，圆柱体 C 的体积是半圆
柱体的 2 倍，故C 的质量为 2m。设C 的圆心与 B 的圆心连线与竖直方向夹角为 θ。对 C 受力分析，
由对称性知 A、B 对C 的支持力大小相等，设为 N。竖直方向平衡有2 N cosθ =2mg
解得N = mg
cosθ
对 B 受力分析，竖直方向地面对 B 的支持力 N B=mg+ N cosθ =2mg
水平方向 B 受到的静摩擦力 f = N sinθ =mg tanθ
为使 B 保持静止，需满足 f ≤μ N B
即 mg tanθ≤μ·2mg
得 μ≥1
2 tanθ
当 C 恰好降到地面时，C 的圆心离地高度为 R，B 的圆心在地面上，两圆心距离为 2 R，此时
cosθ = R
2 R = 1
2，θ =60
∘
在此过程中θ从0增大到60
∘，tanθ 单调递增，当 θ =60
∘ 时 tanθ 最大，为 ❑√3。故 μ 的最小值为
❑√3
2
。
故选 C。
3．（2026·四川泸州·二模）如图所示，甲、乙两本完全相同的书静止在水平桌面上。下列说法正确的是（
）
A．甲受到地面的支持力是由于甲发生了形变
B．甲对乙的弹力和乙对甲的弹力大小相等
C．地面对甲的摩擦力大小大于地面对乙的摩擦力大小
D．地面对甲的摩擦力大小等于地面对乙的摩擦力大小
【答案】BD
【详解】A．甲受到地面的支持力是由于地面发生了形变，A 错误；
B．甲对乙的弹力和乙对甲的弹力是一对相互作用力，总是大小相等，方向相反，B 正确；
CD．对甲乙的整体分析，因水平方向受力平衡，可知地面对甲的摩擦力与地面对乙的摩擦力大小相等方
向相反，C 错误，D 正确。
故选BD。
4．（2026·四川宜宾·二模）如图，三个材质相同且半径均为R、质量均为m 的半球，彼此接触但无挤压置
于粗糙的水平面上；一个半径为R、质量为3m 的光滑球，放在三个半球之上，整个系统处于静止状态。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（ ）
A．地面对每个半球的支持力大小为mg
B．每个半球与光滑球之间的弹力大小为
❑√6mg
2
C．半球与地面间的动摩擦因数最小值为
❑√2
4
D．换一个质量仍为3m，半径略大于R 的光滑球，则每个半球与地面摩擦力不变
【答案】BC
【详解】A．根据对称性可知，地面对每个半球的支持力大小相等，以三个半球和光滑球为整体，竖直方
向根据平衡条件可得3 N 地=6mg
解得N 地=2mg，故A 错误；
B．根据几何关系可知，四个球心组成一个边长为2 R的正四面体，设每个半球与光滑球之间的弹力与竖直
方向的夹角为θ，则有sinθ =
❑√3
3 ×2 R
2 R
=
❑√3
3
以光滑球为对象，根据平衡条件可得3 N cosθ =3mg
解得每个半球与光滑球之间的弹力大小为N = mg
cosθ =
❑√6mg
2
，故B 正确；
C．以其中一个半球为对象，水平方向有f 地= N sinθ =mg tanθ =
❑√2
2 mg
由f 地≤μ N 地，可得μ≥f 地
N 地
=
❑√2
4
可知半球与地面间的动摩擦因数最小值为
❑√2
4 ，故C 正确；
D．换一个质量仍为3m，半径略大于R 的光滑球，可知以上分析中只有θ发生变化，由f 地=mg tanθ
可知每个半球与地面摩擦力发生变化，故D 错误。
故选BC。
1．（2026·四川广安·二模）游乐场有一滑滑梯游乐项目，其原理简化如图。两根直金属细杆AB、CD与
水平面以α =37°的夹角相互平行固定放置，两细杆间距d =8cm。一个半径R =5cm、质量m=5kg的圆柱
体从细杆的上端由静止开始下滑，圆柱体与细杆之间的动摩擦因数μ=0.3，设滑动摩擦力等于最大静摩擦
力，sin37° =0.6，cos37° =0.8，g=10 m/s
2，则（ ）
考点02
匀变速直线运动 牛顿运动定律
A．圆柱体下滑过程中受到3 个力作用
B．每根细杆对圆柱体的弹力大小都是40 N
C．圆柱体下滑时的加速度大小为2m/s
2
D．用平行于直金属杆向上42N的拉力可拉着圆柱体匀速运动
【答案】C
【详解】A．圆柱体沿金属杆下滑过程中，受重力、两细杆对其的支持力以及摩擦力，共5 个力，故A 错
误；
B．单根细杆弹力与圆心构成的三角形中，单根杆弹力与圆心到两接触点中线的夹角满足sinθ =
1
2 d
R = 4
5
垂直于杆方向，圆柱体受力平衡；重力垂直杆的分力等于两根杆弹力的合力，即2 FNcosθ =mgcosα
解得FN= 100
3 N，故B 错误；
C．沿杆方向根据牛顿第二定律可得mgsin α −2f =ma，f = μ FN
解得a=2m/s
2，故C 正确；
D．若拉着圆柱体匀速向上运动，沿杆方向受力平衡，则F =mgsin α +2f
解得F =50 N，故D 错误。
故选C。
2．（2026·四川凉山·二模）在2025 年西昌邛海湿地马拉松比赛中，一名运动员（可视为质点）在某个长
为100 米的直道段，从起点P 跑到终点Q，用时11 秒。到达Q 点后，他立即沿原路返回跑了20 米到达R
点处捡拾掉落的水壶，这段返回过程用时4 秒。关于该运动员从P 点出发到R 点的整个运动过程（该过程
视为直线运动），下列说法正确的是（ ）
A．运动员的位移大小为120m，方向由P 指向R
B．运动员的路程为80m
C．运动员的平均速度大小为5m/s
D．运动员的平均速率大小为8m/s
【答案】D
【详解】A．运动员的位移大小为x =100m−20m=80m
方向由P 指向R，A 错误；
B．运动员的路程s=100m+20m=120m，B 错误；
C．平均速度大小v = x
t =
80
11+ 4 m/ s≈5.33m/ s，C 错误；
D．平均速率大小v率= s
t = 120
11+ 4 m/ s=8m/ s，D 正确。
故选D。
3．（2026·四川成都·二模）图示为研究小组通过无动力轨道小车在直线轨道约束下的运动来模拟帆船逆风
行驶的俯视图。虚线为小车轨道，通过调节小车上帆的方向，能实现小车从静止开始沿轨道中箭头方向逆
风行驶的选项是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】风会对帆面造成一个垂直于帆面的作用力F，将作用力分解为沿着轨道小车的分力F1和垂直于轨
道小车的分力F2，为实现“顶风逆行”，沿着轨道小车的分力F1必须与轨道小车运动方向相同，如图所示
可知只有C 选项符合题意。
故选C。
3．（2026·四川成都·二模）图示为某国产电动汽车在性能测试中从静止加速到100km /h又减速到零的
v −t图像，图像t =0时刻切线斜率大小与t1∼t2时间内的斜率大小相等。下列说法正确的是（ ）
A．0∼t1时间内汽车的速度逐渐增大
B．0∼t1时间内汽车的加速度逐渐增大
C．t2大于2t1
D．0∼t1时间内汽车的位移大于t1∼t2时间内汽车的位移
【答案】AD
【详解】A．0∼t1时间内，速度v随t持续增大，因此汽车速度逐渐增大，故A 正确；
B．v −t图像的斜率表示加速度，0∼t1内曲线斜率逐渐减小，说明汽车加速度逐渐减小，故B 错误；
C．设t =0处切线斜率（初始加速度大小）为a，由题意知减速阶段t1∼t2加速度大小也为a，设最大速度
为vm。 0∼t1内加速度始终小于a，因此vm<at1；减速阶段运动时间Δt =t2−t1= vm
a <t1
因此t2=t1+ Δt <2t1，故C 错误；
D．位移对应v −t图像的面积，减速阶段位移S2= 1
2 vm Δt = vm
2
2a
0∼t1是加速度减小的加速运动，v −t曲线向上凸，位移S1大于同端点三角形面积1
2 vmt1，结合t1> vm
a
可得S1> 1
2 vmt1> 1
2 vm⋅vm
a = S2
即0∼t1位移更大，故D 正确。
故选AD。
4．（2026·四川南充·二模）某快递分拣中心的水平传送带以恒定速度v =2m /s匀速运行，将质量
m=0.5kg的包裹无初速度地轻放在传送带上某位置，已知包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，包裹放
在传送带上的初始位置到分拣口的距离L=5 m，取重力加速度g=10 m /s
2。求：
(1)包裹在传送带上加速运动时的加速度大小；
(2)包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间。
【答案】(1)2m/s
2
(2)3s
【详解】（1）包裹轻放在传送带上，有f = μmg=ma解得a=2m/s
2
（2）包裹匀加速至与传送带共速，有2ax = v
2
解得位移为x =1m ＜L，加速时间t1= v
a =1s
之后包裹匀速至传送带末端，有包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间为
t总=t1+ L−x
v
=1s+ 5 m −1m
2m/s =3s
1．（2026·四川宜宾·二模）如图，正方形ABCD 为倾角θ =30°的光滑绝缘斜面，边长l =2.0 m，位于平行
AB 向下的匀强电场中，场强E =5.0 V/ m，一质量m=0.1kg，带电q =−0.02C的小球通过长为r =0.5 m的
轻绳一端固定于正方形中心O，将轻绳拉直并使小球在圆形虚线上某一位置P（未画出）静止。现给小球
一垂直于绳的速度，小球开始在斜面上做圆周运动，当运动到圆形虚线的最低点时，绳子恰好断裂，之后
小球刚好能够到达C 点。不计一切阻力，重力加速度g=10 m /s
2，则（ ）
A．P 点不可能在图中圆形虚线的最高点B．绳能够承受的最大张力为1.8N
C．绳断裂瞬间小球速度大小为❑√5 m /s D．小球到达C 点时速度大小为❑√10 m /s
【答案】A
【详解】A． 小球在 P 点静止，说明 P 点为等效重力场的最低点（平衡位置），小球受重力沿斜面向
下的分力Gx =mgsin30
∘=0.5 N
电场力F电=qE =0.1N
考点03
抛体运动和圆周运动
由于 q<0，电场方向平行 AB 向下，则电场力方向平行 AB 向上
它们合力 F合=Gx −F电=0.4 N
方向沿斜面向下，不可能在最高点，故 A 正确；
CD．绳子在几何最低点断裂，小球做类平抛运动，由牛顿第二定律F合=Gx −F电=ma
沿斜面向下y = l
2 −r = 1
2 at
2
水平方向 v x =
l
2
t
解得绳断裂瞬间小球速度大小为v x =2m/s
小球到达 C 点时，沿斜面向下的速度 v y =at =2m/s
合速度vC =
❑√v x
2+ v y
2 =2❑√2m/s ，故CD 错误；
B．在最低点，由牛顿第二定律 T −Gx + F电=m v x
2
r
解得 T=1.2N，故 B 错误。
故选 A。
2．（2026·四川广元·二模）如图所示，半径为R 的圆盘在竖直平面内绕通过圆心O 的转轴匀速转动，角速
度为ω，圆盘表面粘有A、B 两小球，圆心O 和A、B 三者共线，A 位于OB 的中点，M 为圆心O 正下方水
平地面上的一点。当B 球随圆盘运动至最低位置时，两球同时脱落，调节圆心O 离地面的高度H，两球落
到水平地面上同一位置N。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．只有当H = 7
6 R时，两球才可能落到同一点
B．若仅把高度H 加倍，两球落地点的水平位移也加倍
C．若仅把角速度ω减半，两球一定落到MN 的中点处
D．若同时增大角速度ω和增大高度H，两球仍有可能都落到N 点
【答案】AC
【详解】两球脱落后做平抛运动。设圆盘角速度为 ω。对于A 球：轨道半径rA= R
2
初速度 vA=ω R
2
下落高度 hA= H −R
2 。
对于B 球：轨道半径 rB= R
初速度vB=ωR
下落高度hB= H −R
两球落到同一点，说明水平位移相等，即xA= xB
根据平抛运动规律 x = v0t = v0
❑√
2h
g
有
ω R
2
❑
√
2(H −R
2)
g
=ωR
❑√
2(H −R)
g
化简得1
2
❑√H −R
2 = ❑√H −R
两边平方整理得1
4(H −R
2)= H −R
解得H = 7
6 R
A．由上述推导可知，要使两球落到同一点，必须满足H = 7
6 R，故A 正确；
B．根据x = v0t = v0
❑√
2h
g
h 为平抛的竖直位移，若仅把高度H加倍，h 不一定为原来的4 倍，则x不一定加倍，故B 错误；
C．若仅把角速度减半，H保持 7
6 R 不变，两球仍满足落到同一点的条件。此时初速度变为原来的一半，
下落时间不变，水平位移 x = vt 变为原来的一半。原落点为N，新落点即为MN的中点，故C 正确；
D．若增大高度H，两球水平位移不相等，不可能落到同一点，更不可能都落到N点，故D 错误。
故选AC。
3．（2026·四川泸州·二模）如图所示，在倾角θ =30
∘的斜面上有矩形区域PQMN，在P点静止释放小球甲
的同时，在M点以与MN夹角为60
∘、大小为v0的速度弹射另一小球乙，两球均可视为质点。小球乙在斜
面上的某点（图中未标出）击中小球甲，且击中时二者的速率相等。忽略一切摩擦，重力加速度为g。关
于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．碰前瞬间两球速度间的夹角为30
∘
B．碰前瞬间两球速度间的夹角为60
∘
C．小球甲下降的高度h= v0
2
g
D．小球乙沿MQ方向的位移x =
❑√3 v0
2
g
【答案】BD
【详解】AB．设从开始释放到两球相碰经过时间为t，则对甲球v = gsin30
∘t
对乙球沿斜面向上的速度v y = v0cos60
∘−gsin30
∘t
沿MQ 方向做匀速运动，速度v x = v0sin 60
∘=
❑√3
2 v0
由题意可知v =
❑√v x
2+ v y
2
联立解得t = 2v0
g
此时v y =−1
2 v0（负号说明方向沿斜面向下）此时速度方向与甲球速度方向的夹角为tan α = v x
v y
= ❑√3，即
α =60
∘，即碰前瞬间两球速度间的夹角为60
∘，A 错误，B 正确；
C．小球甲下降的高度h= 1
2 gsin30
∘t
2⋅sin30
∘= v0
2
2g
，C 错误；
D．小球乙沿MQ方向的位移x = v0sin60
∘t =
❑√3 v0
2
g
，D 正确。
故选BD。
4．（2026·四川宜宾·二模）（多选）如图所示，某物流园区的智能配送机器人（可视为质点）需通过宽
d =3.2m的传送带（足够长），传送带以v1=0.8 m /s匀速运行，机器人相对传送带行驶速度v2的方向可调
整，v2的大小范围为1.0m/s-1.6m/s。关于机器人通过传送带区域过程中，下列说法正确的是（ ）
A．机器人通过的最短时间为2s
B．当路径垂直传送带边沿时，机器人的最小速度为0.2m/s
C．当路径垂直传送带边沿时，机器人的最大速度为0.8 ❑√3 m /s
D．当路径垂直传送带边沿时，机器人通过的最短时间为3.2s
【答案】AC
【详解】A．机器人相对传送带沿垂直于传送带行驶方向运动时，且机器人速度取1.6m/s 时通过时间最短，
设v2max=1.6 m /s，有v2maxtmin=d
可得最短时间为tmin=2s，故A 正确；
BC．当路径垂直传送带边沿时，如图所示有v2cosθ = v1
当v2取1.0m/s 时，可得机器人相对传送带的速度为v2sinθ =0.6 m /s，可知机器人的最小速度为0.6 m /s；
同理当v2取1.6m/s 时，可得机器人相对传送带的速度为0.8 ❑√3 m /s，可知机器人的最大速度为
0.8 ❑√3 m /s，故B 错误，C 正确；
D．当路径垂直传送带边沿时，当v2取1.6m/s 时，机器人的最大速度为0.8 ❑√3 m /s，可得机器人通过的最
短时间为3.2
0.8 ❑√3 s= 4 ❑√3
3
s，故D 错误。
故选AC。
5．（2026·四川成都·二模）一种新型智能网球发球机可将网球从发球口沿水平面内任意方向击出，供运动
员进行日常训练。如图所示，运动员将发球机置于网球场左侧底线AB 的中点G 处，发球口在G 点正上方
高度为2h的H 点。球网两侧球场ABCF 与FCDE 均为边长l的正方形，I 为DE 中点，球网高度为h，网球
可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)若发球机从H 点将网球沿平行于轴线GI 方向水平击出，要使得网球能直接落到右侧场地内，求网球的
初速度大小v0满足的条件；
(2)若发球机发球速度的大小和方向在水平面内可任意调节，求网球直接落在右侧球场中所有可能落点构成
图形的面积S。
【答案】(1)l ❑√
g
2h ≤v0≤l ❑√
g
h
(2)S =(2−❑√2)l
2
【详解】（1）设网球初速度为v1时，经历t1时间恰能过网，水平方向有l = v1t1
竖直方向有2h−h= 1
2 gt1
2
解得v1=l ❑√
g
2h
设网球初速度为v2时，经历t2时间恰好不出右侧底线，水平方向有2l = v2t2
竖直方向有2h= 1
2 gt2
2
解得v2=l ❑√
g
h
综上，要使得网球能落到右侧场地，初速度v0应满足l ❑√
g
2h ≤v0≤l ❑√
g
h 。
（2）设网球初速度方向与GI 方向的夹角为θ，初速度大小为v
′，恰能过网，如图所示
网球运动轨迹与球网的交点为M ，M在地面上的投影为N，网球落地点为P，设PN的距离为x
′。从H 运
动至M 的过程中，水平方向有
l
cosθ = v
′ t1
从H 运动至P 的过程中，水平方向有x
′ +
l
cosθ = v
′ t2
落点P 到球网的距离x⊥= x
′cosθ
解得x⊥=(❑√2−1)l
即所有恰好过网的网球落点位置到球网的距离均相同，与初速度方向无关。故所有可能的落点组成的形状
为矩形，面积为S =l(l−x⊥)
联立解得S =(2−❑√2)l
2
1．（2026·四川南充·二模）今年我国计划发射嫦娥七号探测器，其轨道器将进入环月轨道运行，承担水冰
遥感普查等关键任务，若轨道器在距月球表面高度为h的圆轨道上做匀速圆周运动，已知月球半径为R。
月球表面重力加速度为g0、引力常量为G，忽略月球自转。下列说法正确的是（ ）
A．轨道器运行的角速度ω=
❑√
g0 R
2
( R+h)
3
B．轨道器运行的速度大于月球的第一宇宙速度
C．轨道器运行的向心加速度大于g0
D．月球的质量m月= g0( R+h)
2
G
【答案】A
【详解】A．月球表面物体重力等于万有引力，即 m g0=G m月m
R
2
轨道器做匀速圆周运动时万有引力提供向心力G m月m轨
( R+h)
2 =m轨ω
2( R+h)=m轨
v
2
R+h =m轨a
由向心力公式可得 ω= ❑√
G m月
( R+h)
3
考点04
万有引力定律及应用
代入 G m月= g0 R
2
得 ω=
❑√
g0 R
2
( R+h)
3，故A 正确；
B．第一宇宙速度是近月轨道（轨道半径r = R）的环绕速度，由线速度公式 v =
❑√
G m月
r
可知，轨道半径
r越大，线速度越小，轨道器轨道半径R+h> R，因此速度小于月球第一宇宙速度，故B 错误；
C．向心加速度 a= G m月
r
2
，r越大a越小，轨道器轨道半径R+h> R，因此向心加速度小于g0，故C 错误；
D．由黄金代换关系 G m月= g0 R
2
得月球质量 m月= g0 R
2
G
，故D 错误。
故选A。
2．（2026·四川广安·二模）已知地球到太阳的距离大约是地球到月球距离的400 倍，已知太阳的质量约为
地球质量的 3.3×105 倍，请结合天体运动常识，估算月球受到太阳的吸引力与月球受到地球引力的比值接
近（ ）
A．0.02
B．2
C．200
D．20000
【答案】B
【详解】设地月距离为r，由题意可知日地距离为400r；由于地月距离远小于日地距离，可近似认为月球
到太阳的距离等于日地距离400r。
月球受到太阳的引力F日=G M 日m月
(400r )
2
月球受到地球的引力F地=G M 地m月
r
2
可得
F日
F地
= M 日
M 地
×(
r
400r )
2
=
1
1.6×10
5 · M 日
M 地
结合天体运动常识，太阳质量约为地球质量的3.3×10
5倍，代入得
F日
F地
≈3.3×10
5
1.6×10
5 ≈2，故选B。
3．（2026·四川凉山·二模）2025 年8 月，我国“揽月”月面着陆器圆满完成地外天体着陆起飞综合验证试
验。若月球质量是地球质量的1
81，结合任务特点及物理规律，下列说法正确的是（ ）
A．“揽月”着陆器在月球表面上所受引力的大小大于其环月圆周运动所需向心力的大小
B．若“揽月”着陆器在环月圆轨道上运行，所受月球引力与飞船对其作用力两者合力为零
C．长征十号火箭将“揽月”着陆器从地表送入地月转移轨道，着陆器机械能守恒
D．“揽月”号分别在近月圆周轨道和近地圆周轨道运行的向心加速度之比为1
81
【答案】A
【详解】A．着陆器在月球表面受到的引力为F = G M 月m
R月
2
环月圆周运动的轨道半径r > R月（若r = R月则着陆器脱离表面，不属于在月球表面的状态）
环月时万有引力提供向心力，即F向= G M 月m
r
2
因r > R月，故F向< F
故A 正确；
B．环月圆轨道为匀速圆周运动，合力需要提供指向圆心的向心力，合力不为零，故B 错误；
C．火箭将着陆器送入地月转移轨道的过程中，火箭推力对着陆器做正功，着陆器机械能持续增加，不满
足机械能守恒条件，故C 错误；
D．近地轨道向心加速度a地= G M 地
R地
2
近月轨道向心加速度a月= G M 月
R月
2
仅已知M 月= 1
81 M 地
但月球半径不等于地球半径，因此
a月
a地
= M 月R地
2
M 地R月
2 ≠1
81
故D 错误。
故选A。
4．（2026·四川泸州·二模）三星系统是由三颗恒星组成的引力束缚系统，宇宙中约10%的恒星系统属于此
类。如图所示为某三星系统模型，甲、乙、丙三星位于同一直线上，甲、乙围绕丙做匀速圆周运动，甲丙
之间的距离为L，乙丙之间的距离为2 L。忽略其他天体的影响，下列说法正确的是（ ）
A．甲的质量小于乙的质量
B．甲的周期小于乙的周期
C．甲的角速度大小大于乙的角速度大小
D．甲的线速度大小大于乙的线速度大小
【答案】A
【详解】BC．三星系统模型，甲、乙、丙三星位于同一直线上，甲、乙围绕丙做匀速圆周运动，可得
T 甲=T 乙、ω甲=ω乙，故B 错误，C 错误；
D．甲、乙线速度之比为v甲:v乙=ω甲L:2ω乙L=1:2，故D 错误；
A．甲、乙围绕丙做匀速圆周运动，乙对甲的引力、丙对甲的引力合力充当向心力，列式得
G m甲m丙
L
2
+G m甲m乙
(3 L)
2 =m甲(
2π
T 甲)
2
L
解得T 甲
2=
36 π
2 L
3
G(9m丙+m乙)
甲对乙的引力、丙对乙的引力合力充当向心力，列式得G m乙m丙
(2 L)
2 +G m甲m乙
(3 L)
2 =m乙(
2π
T 乙)
2
×2 L
解得T 乙
2=
288 π
2 L
3
G(9m丙+ 4 m甲)
联立得
36 π
2 L
3
G(9m丙+m乙)
=
288 π
2 L
3
G(9m丙+ 4 m甲)
化简得72m丙+8m乙=9m丙+ 4 m甲
即63m丙= 4(m甲−2m乙)
可得m甲>2m乙，故A 正确。
故选A。
5．（2026·四川内江·二模）由于地月系统的潮汐相互作用，地球的自转周期逐渐增大，地球形成之初，一
天的时间短于现在。若记现在一天的时间为T 现，地球形成之初一天的时间为T 初，地球半径为R，质量始
终保持不变，可认为地球始终为球形。地球现在的赤道重力加速度大小与形成之初的赤道重力加速度大小
之差为（ ）
A．R
4π
2 (T 初
2 −T 现
2 )
B．R
4π
2 (T 现
2 −T 初
2 )
C．4π
2 R(
1
T 现
2 −1
T 初
2 )
D．4π
2 R(
1
T 初
2 −1
T 现
2 )
【答案】D
【详解】根据G Mm
R
2 =m g引力
且根据向心力方程m g引力−m g赤道=m 4 π
2 R
T
2
赤道重力加速度由地球引力加速度和自转产生的向心加速度共同决定，表达式为 g赤道= g引力−4 π
2 R
T
2
由于地球质量和半径不变，引力加速度g引力恒定。因此，赤道重力加速度的变化仅源于向心加速度的变化。
现在与形成之初的赤道重力加速度之差为
g现−g初=(g引力−4 π
2 R
T 现
2 )−(g引力−4 π
2 R
T 初
2 )= 4 π
2 R(
1
T 初
2 −1
T 现
2 )
故选D。
6.（2025·山东烟台·三模）2025 年2 月27 日，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭再一次发
射一箭双星，成功将四维高景一号03、04星发射升空．设卫星进入预定轨道后在同一平面内沿同一方向
绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离Δr随时间变化的关系如图所示，不考虑“03 星”、“04 星”之
间的万有引力，已知“03 星”的线速度小于“04 星”的线速度，下列说法正确的是（ ）
A．“04 星”的周期等于7T
B．“03 星”的周期等于T
C．“04 星”的线速度大小为32πr
7T
D．“03 星”、“04 星”的轨道半径之比为5:3
【答案】C
【详解】D．根据万有引力提供向心力有G Mm
r
2 =m v
2
r
得v = ❑√
GM
r
故轨道半径越大，线速度越小，因“03 星”的线速度小于“04 星”的线速度，故r03>r04
由图可知，r03+r04=10r，r03−r04=6r
解得r03=8r，r04=2r
故“03 星”、“04 星”的轨道半径之比为4:1，故D 错误；
AB．根据开普勒第三定律有r03
3
T 03
2 = r04
3
T 04
2
得
T 03
T 04
=8
由图可知，“03 星”与“04 星”相邻两次距离最远的时间间隔为T，则有T
T 04
−T
T 03
=1
联立解得T 03=7T，T 04= 7T
8 ，故AB 错误；
C．“04 星”的线速度大小为v04= 2π r04
T 04
= 2π ⋅2r
7T
8
= 32πr
7T ，故C 正确。
故选C。
1．（2026·四川广安·二模）光滑水平面上一根软绳沿x轴摆放，用手握住绳的一端，0∼3Δt时间内垂直
于x轴在水平面内的振动图像如图，振动形式沿x轴正方向传播，3Δt时刻的波形可能是（ ）
考点05
机械振动和机械波
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由图可知，波源的起振方向向上，在3 Δt时刻，波源，即O点恰好回到平衡位置，由于后面质点
的振动都要落后于波源，故后面的质点都没有完成一个完整的全振动，传播介质不变，故波速不变，波源
最初的振动周期较短，波长较小，之后波源振动的周期变大，波长变大，波长较小的波先产生，故传播到
离波源较远处，波长较大的波离波源更近，综上可知ABC 错误，D 正确。
故选D。
2．（2026·四川凉山·二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t =1s时的完整波形如图所示，此时平衡位置
为x =2m的质点M处于波峰位置，质点N处于平衡位置x =6 m处。t =2s时，N点第一次到达波峰，则（
）
A．该波的波速为6 m /s
B．波源的起振方向沿y轴向上
C．质点M的振动方程为y =2cos 3 π
2 t cm
D．平衡位置位于x =10 m处的质点在t =3s时的位移为2cm
【答案】D
【详解】A．由图可知，从x =2m 的波峰到x =6m 的平衡位置，距离为Δ x = 4 m。根据波形，这段距离
对应 3
4 λ，即3
4 λ = 4 m
解得波长λ= 16
3 m
波沿x轴正方向传播，根据同侧法，故N点振动方向沿y轴向下。
从t =1s 到t =2s，N点第一次到达波峰，说明Δt =1s= 3
4 T
解得周期 T = 4
3 s
波速v = λ
T =
16
3
4
3
m/s= 4 m/s，故A 错误；
B．t =1s时波刚好传到N点，N点的起振方向即为波源的起振方向。由A 项分析可知，t =1s时N点振动
方向沿y轴向下，故波源起振方向沿y轴向下，故B 错误；
C．质点M的振幅A =2cm，角频率ω= 2π
T = 3 π
2 rad / s
t =1s时M 处于波峰（y =2cm）。 若振动方程为y =2cos 3 π
2 t cm，当t =1s时，y =2cos 3 π
2 =0，与
题意不符，故C 错误；
D．波从x =6m 传到x =10m 需要的时间Δt1= 10−6
v
= 4
4 s=1s
所以x =10m 处的质点在 t =1s+1s=2s 时开始振动，起振方向与 N 点相同，即沿 y 轴向下；
到t =3 s 时，该质点已振动了Δt2=3 s−2s=1s。 因为1s= 3
4 T，质点从平衡位置向下起振，经过3
4 T到
达波峰位置，位移为2cm，故D 正确。
故选D。
3．（2026·四川成都·二模）图示为某时刻在同种均匀介质中沿x轴正方向传播的机械波的波形图，振幅与
频率在改变的波源位于坐标原点，该时刻机械波恰好传到P 点。下列说法正确的是（ ）
A．该时刻波源向上振动
B．机械波传播速度逐渐增大
C．波源振动频率逐渐增大
D．波源振幅逐渐增大
【答案】C
【详解】A．波沿x正方向传播，用上下坡法判断振动方向：沿波的传播方向，x =0（波源位置）右侧附
近y为正，属于上坡，规律为“上坡下”，因此该时刻波源向下振动，故A 错误；
B．机械波的传播速度仅由介质决定，同种均匀介质中波速不变，故B 错误；
C．波源发出的波中，先发出的波传播更远（位于xx 更大处），后发出的波靠近波源（位于x更小处）。
由图可知，越靠近波源，波长λ越小；波速v不变，根据v = λf
得f = v
λ
波长减小说明频率逐渐增大，因此波源振动频率逐渐增大，故C 正确；
D．由图可知，越靠近波源（越晚发出的波）振幅越小，说明波源振幅逐渐减小，故D 错误。
故选C。
4．（2026·四川泸州·二模）一条足够长的绸带放在甲图的x轴上，一位演员握住绸带上x =5 m处的M点上
下抖动，绸带随之舞动，形成了一列v =2m /s分别向左、右传播的机械波。乙图为M点的振动图像，下
列说法正确的是（ ）
A．该波的波长λ =2m
B．0∼5s内，x =10 m处的质点运动的路程为2m
C．t =5s时，x =0处的质点恰好在波峰
D．t =2.5s时，质点M恰好传播到x =10 m处
【答案】B
【详解】A．从振动图像知周期T =0.5s，波速v =2m/s，该波的波长λ = vT =1m，A 错误。
B．波从x=5m 传到x=10m 处的时间t1= Δ x
v = 10−5
2
s=2.5s
剩余振动时间t2=(5−2.5)s=2.5s
振动周期数n= t2
T =5
振幅A =10cm =0.1m，则0∼5s内，x =10 m处的质点运动的路程为s=5×4 A =2m，B 正确。
C．波从x=5m 传到x=0 处的时间t1= Δ x
v =2.5s
剩余振动时间t2=2.5s=5T
t=0 时，M 点从平衡位置向下振动。因此，x=0 处质点起振方向也向下。经过5T，质点回到平衡位置，并
非波峰。C 错误。
D．机械波传播的是振动形式和能量，质点本身不会随波迁移，只在平衡位置附近振动。D 错误。
故选B。
5．（2026·四川内江·二模）某一沿x轴负方向传播的简谐横波，在t =0时的波形图如图所示，此时质点A
到平衡位置距离为1cm，质点B恰好在波峰处，若质点B从此时刻开始计时的振动方程为
y =2sin(πt + π
2)cm。则下列说法中正确的是（ ）
A．该波的周期为0.5s
B．该波的传播速度为2m /s
C．质点A在t =0时正沿y轴正方向运动
D．在t =0时，质点A的加速度沿y轴正方向
【答案】B
【详解】A．由题意可知ω= π rad/s
可得T = 2π
ω =2s，故A 错误；
B．由图可知，该波的波长为λ = 4 m
该波的传播速度为v = λ
T =2m/s，故B 正确；
C．因为该沿x 轴负方向传播的简谐横波，根据“同侧法”可知，质点A 在t=0 时正沿y 轴负方向运动，故
C 错误；
D．由图可知，在t =0时，质点A的位移沿y 轴正方向，根据F =−kx可知，回复力沿y 轴负方向，根据牛
顿第二定律可知，加速度沿y 轴负方向，故D 错误。
故选B。
6．（2026·四川宜宾·二模）一列简谐横波在t=0 时的波形图如图甲所示。其中x =2m处的质点Q 的振动图
像如图乙，则（ ）
A．该波沿x 轴正方向传播
B．该波的传播速度为0.2m/s
C．t =1.4s时，x =1m处的质点P 的振动方向沿y 轴负方向
D．t =1.5s时，质点Q 的纵坐标为−2cm
【答案】A
【详解】A．由图乙可知，t =0 时刻质点Q经平衡位置向上振动。在图甲中，根据同侧法，若波沿x轴正
方向传播，x =2m处的质点Q应向上振动，与图乙相符，故该波沿x轴正方向传播，故A 正确；
B．由图甲可知波长λ = 4 m，由图乙可知周期T =0.8s，则波速v = λ
T = 4
0.8 m/s=5 m/s，故B 错误；
C．t =1.4s=1.75T =T + 3
4 T，t =0时刻质点P位于波峰，经过1.75T，质点P振动到平衡位置且向y轴正
方向运动，故C 错误；
D．t =1.5s=1.875T =T + 7
8 T，质点Q的振动方程为y = 4 sin ( 2π
0.8 t )cm = 4 sin (2.5 πt )cm
当t =1.5s时，y = 4 sin (3.75 π )cm = 4 sin (4 π −π
4 )cm =−2❑√2cm，故D 错误。
故选A。
7．（2026·四川南充·二模）(多选)一列简谐横波沿x轴传播，t =0.1s时的波形图如图甲，图乙为介质中质
点A的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．波速为0.5m/s
B．波沿x轴负方向传播
C．t =0.1s时，质点A的振动速度为零
D．每经过0.2s，质点A沿波的传播方向移动10cm
【答案】AB
【详解】A．由题图甲可知波长λ =0.1m，由题图乙可知周期为T =0.2s，根据λ = vT可得波速为0.5m/s，
故A 正确；
B．t =0.1s时介质中质点A在平衡位置，振动方向沿y轴负方向，根据“上下坡法”可得波沿x轴负方向传
播，故B 正确；
C．t =0.1s时，质点A在平衡位置，可知质点A的振动速度不为零，故C 错误；
D．质点A沿y轴上下振动，不随波移动，故D 错误。
故选AB。
8．（2026·四川广元·二模）平衡位置位于O 点的波源t =0时刻沿y 轴起振，形成一列沿x 轴方向传播的简
谐横波，t =2.0s时在区间0≤x ≤3.6 m内的波形如图甲所示，波源的振动图像如图乙所示，下列说法正确
的是（ ）
A．平衡位置位于x =3.6m处的质点沿y 轴负方向起振
B．该波的波长为4.8m
C．该波的波速大小为30m/s
D．0~2.0s 内，x =1.2m处的质点通过的路程为1m
【答案】AB
【详解】A．由波源的振动图像（图乙）可知，波源t =0时刻从平衡位置向y轴负方向起振，所有质点的起
振方向都与波源相同，因此x =3.6m处的质点沿y轴负方向起振，故A 正确；
B．t =2.0 s时，波源振动了2s，由图乙得周期T =1.6 s，因此2s= 5
4 T
波源恰好位于负最大位移处，与图甲x =0处y =−50cm一致。从x =0（y =−A）到x =3.6m（y =0），
波形恰好对应3
4 个波长，即3
4 λ =3.6 m
解得λ = 4.8 m，故B 正确；
C．波速v = λ
T = 4.8 m
1.6s =3 m/s
不是30 m/s，故C 错误；
D．波传到x =1.2m处的时间t1= x
v = 1.2m
3 m/s =0.4s
因此0∼2.0 s内该质点振动时间Δt =2.0s−0.4s=1.6s=T
由图可知振幅A =50cm =0.5 m，则一个周期内质点路程为4 A = 4×0.5 m =2m
不是1m，故D 错误。
故选AB。
