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大单元周测卷(一) 大单元一 力与运动
层级一 教材溯源·基础固本
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(人教版必修第一册P34 第1 题改编)小李讲述了龟兔沿直线赛道赛跑的故事，
故事情节中兔子和乌龟运动的x-t 图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．故事中的兔子和乌龟同时同地出发
B．t2时刻兔子和乌龟的瞬时速度相等
C．从起点至终点，乌龟的平均速度为
x2- x1
t 4-t2
D．兔子和乌龟在比赛途中相遇4 次
C [由题图可知，兔子和乌龟均从原点出发，但乌龟比兔子早出发t1，故A 错
误；x-t 图像的斜率表示速度，故B 错误； 从起点至终点，乌龟做匀速直线运
动，故乌龟的平均速度为v＝
x2- x1
t 4-t2 ，故C 正确；x-t 图像中交点代表相遇，由
题图可知，兔子和乌龟在比赛途中相遇2 次，故D 错误。故选C。]
2．(鲁科版必修第一册P64 第2 题)某同学在汽车行驶过程中观察速度表指针位
置的变化，开始时指针位置如图(a)所示，经过6 s 后指针位置如图(b)所示。若
汽车做匀变速直线运动，则( )
A．汽车的加速度大小约为10 m/s2
B．汽车的加速度大小约为2.8 m/s2
C．汽车在这段时间内的位移约为50 m
D．汽车在这段时间内的位移约为100 m
B [由题图可知v0＝20 km/h≈5.56 m/s，v＝80 km/h≈22.22 m/s，所以汽车的
加速度大小为a＝v - v0
t
＝22.22-5.56
6
m/s2≈2.8 m/s2，故A 错误，B 正确；汽车
在这段时间内的位移为x＝v0+ v
2
t＝5.56+22.22
2
×6 m≈83 m，故C、D 错误。故
选B。]
3．(鲁科版必修第一册P116 第5 题改编)如图所示，一灯笼悬挂于两墙壁之间，
绳OA 水平。若使悬挂点A 向上移动并适当将绳OA 延长，以保持O 点的位置
不变，则A 点向上移动的过程中( )
A．绳OB 的拉力逐渐增大
B．绳OB 的拉力先增大再减小
C．绳OA 的拉力可能先减小后增大
D．绳OA 的拉力可能先增大后减小
C [以O 点为研究对象，O 点位置不变，根据平衡条件，则OA 上的力与OB
上的力的合力与OC 上的力大小相等，方向相反，如图所示。
由图可知，在A 点向上移动的过程中，绳子OB 上的拉力F2逐渐减小，OA 上
的拉力F1先减小后增大。故选C。]
4．(粤教版必修第二册P66 第2 题改编)脉冲星是快速自转的中子星，每自转一
周，就向外发射一次电磁脉冲信号，因此而得名。若“中国天眼”观测到某中
子星发射电磁脉冲信号的周期为T，已知该中子星的半径为R，引力常量为G。
根据上述条件可以求出的是( )
A．该中子星的密度
B．该中子星的第一宇宙速度
C．该中子星表面的重力加速度
D．该中子星赤道上的物体随中子星转动的线速度
D [如果知道绕中子星做圆周运动的卫星的周期与轨道半径，可以求出中子星
的质量，根据题意仅知道中子星的自转周期、中子星的半径与引力常量G，无
法求出中子星的质量，也无法计算其密度，也不能计算中子星表面的重力加速
度和第一宇宙速度，A、B、C 不符合题意；该中子星赤道上的物体随中子星转
动的线速度v＝2π R
T
，D 符合题意。故选D。]
5．(人教版必修第二册P41 第7 题改编)如图所示，半球形陶罐固定在可绕竖直
轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的中心轴OO′重合。转台以一
定角速度匀速转动，一小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起
转动且相对陶罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O 点的高
度差为h，重力加速度为g，则转台的角速度大小为( )
A．√
2g
h B．√
g
h C．√
g
2h D．√
g
3h
B [设半球形陶罐的半径为R，物体到球心O 的连线跟竖直方向成θ 角，则对
小物块，由牛顿第二定律有mg tan θ＝mω2R sin θ，由几何关系有h＝R cos
θ，联立两式解得ω＝√
g
h，故选B。]
6．(粤教版必修第二册P49 第10 题改编)骑行不仅能够增强心肺功能，还能缓解
身心压力，深得人们喜爱。如图所示为变速自行车的传动部件，变速自行车有
六个飞轮和三个链轮，链轮和飞轮的齿数如下表所示。已知自行车前后轮的半
径为0.3 m，人踩脚踏板的转速为120 r/min。下列说法正确的是( )
名称
链轮
飞轮
齿数
(个)
45
36
28
15
16
18
21
24
28
A．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为2∶1
B．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为5∶1
C．该自行车行驶的最大速度约为11 m/s
D．该自行车行驶的最大速度约为15 m/s
C [飞轮的角速度越大，自行车行驶的速度越大，该自行车行驶的最大速度与
最小速度之比为
vmax
vmin ＝
45
15
28
28
＝3
1，A、B 错误；脚踏板的转速为n1＝120 r/min＝2
r/s，飞轮的最大转速n2＝45
15n1＝6 r/s ，该自行车行驶的最大速度vm＝
2πrn2≈11.3 m/s , C 正确，D 错误。故选C。]
7．(粤教版必修第二册P8 例题改编)如图所示，甲、乙两个小组分乘两只小船
渡一条宽度为d 的河，各处水流速度均向右且等大恒定，船在静水中的速率均
为v，渡河时船头朝向与河岸夹角均为θ，其中甲船恰好抵达正对岸的A 点，则
( )
A．甲船渡河时间比乙船短
B．乙船渡河时间为
d
v tanθ
C．两船都抵达对岸时，间距增大了2d
tanθ
D．如果河水流速增大，甲船调整航向一定还能到达A 点
C [渡河时船头朝向与河岸夹角均为θ，船在静水中的速率均为v，则船沿垂直
于河岸方向的速度大小相等，所以甲船渡河时间等于乙船渡河时间，故A 错误；
结合上述可知t＝
d
v sinθ，故B 错误；甲船恰好抵达正对岸的A 点，乙船沿河岸
的分速度v1＝v cos θ＋v 水，对甲船进行分析有v 水＝v cos θ，两船都抵达对岸
时，间距增大值为x0＝v1t，解得x0＝2d
tanθ，故C 正确；如果河水流速增大，当
水流速度大于或等于船在静水中的速率v 时，根据平行四边形定则可知，此时
甲船的合速度方向不可能垂直于河岸，即此时即使调整甲船航向，甲船也一定
不能到达A 点，故D 错误。故选C。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
8．(粤教版必修第一册P94 第8 题改编)如图所示，质量为m、横截面为直角三
角形的物块ABC，∠BAC＝α，AB 边靠在竖直墙面上，F 是垂直于斜面AC 的
推力。物块与墙面间的动摩擦因数为μ，现物块静止不动，则( )
A．物块可能受到4 个力作用
B．物块受到墙的摩擦力的方向一定向上
C．物块对墙的压力大小一定为F cos α
D．物块受到摩擦力的大小等于μF cos α
AC [对物块受力分析可知，物块一定受重力mg、墙的支持力N 和力F 的作用，
在竖直方向上若F sin α＝mg，则物体不受摩擦力作用；若F sin α＞mg，则物
块受到向下的摩擦力；若F sin α＜mg，则物块受到向上的摩擦力，A 正确，B
错误；在水平方向上根据平衡条件有N＝F cos α，由牛顿第三定律可知物块对
墙的压力大小为N′＝N＝F cos α，故C 正确；物块静止，可能受静摩擦力，其
大小不能用滑动摩擦力公式求解，故D 错误。故选AC。]
9．(人教版必修第二册P42 第4 题改编)机器人扭秧歌成了2025 年年初的热点，
短短3 分钟的表演让国内外都为之震撼。机器人转动手绢的情境可以简化为长
为L 的轻杆一端固定在水平转轴上的O 点，另一端固定一质量为m 的小球，
在竖直平面内做角速度为ω 的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确
的是( )
A．小球转到最低点D 时， 轻杆对小球的弹力的大小一定大于小球所受的重力
B．小球转到最高点C 时，轻杆对小球的弹力的大小一定大于小球所受的重力
C．小球在最左端A 时，轻杆对小球的作用力的大小为 mω2L
D．小球在最右端B 时，轻杆对小球的作用力的大小为 √m
2ω
4 L
2+m
2 g
2
AD [小球转到最低点D 时，其合力指向圆心方向，故轻杆对小球的弹力的大
小一定大于小球的重力，故A 正确；若小球转到最高点C 时速度为√gR，可知
此时轻杆对小球的弹力的大小为0，小于小球的重力，故B 错误；小球在最左
端A 或最右端B 时，小球受重力和轻杆对小球的作用力而做匀速圆周运动，合
力指向圆心方向，根据平行四边形定则可知轻杆对小球的作用力的大小为F＝
√(mg)
2+(mω
2 L)
2＝√m
2ω
4 L
2+m
2 g
2，故C 错误，D 正确。故选AD。]
10．(人教版必修第一册P55 第6 题改编)ETC 是高速公路上不停车电子收费系
统的简称。如图所示，某辆汽车(视为质点)以20 m/s 的速度匀速直线行驶，经
过ETC 通道时，需要在中心线前方10 m 处减速至5 m/s，匀速到达中心线后，
再加速至20 m/s。已知汽车减速、加速时的加速度均保持不变，大小分别为5
m/s2、3 m/s2，收费站的前、后都是平直道路。国庆假期期间，该ETC 收费站的
栏杆不放下，汽车通过该收费站时可以不减速通行。下列说法正确的是( )
A．该车应在距收费站中心线47.5 m 处开始减速
B．该车从开始减速到加速至20 m/s 所用的时间为8 s
C．该车从开始减速到加速至20 m/s 过程中运动的位移大小为110 m
D．国庆假期期间，该车通过该收费站比平时通过该收费站节约3.5 s 的时间
AC [汽车做匀减速直线运动时有x1＝20
2-5
2
2×5 m＝37.5 m，结合题意可知该车
应在距收费站中心线47.5 m 处开始减速，故A 正确；汽车做匀减速直线运动的
时间为t1＝20-5
5
s＝3 s，做匀速直线运动的时间为t2＝10
5 s＝2 s，做匀加速直
线运动的时间为t3＝20-5
3
s＝5 s，因此该车从开始减速到加速至20 m/s 所用的
时间为t＝t1＋t2＋t3＝10 s，故B 错误；汽车做匀加速直线运动的位移大小为x3＝
20
2-5
2
2×3 m＝62.5 m，该车从开始减速到加速至20 m/s 的过程中运动的位移大小
x＝37.5 m＋10 m＋62.5 m＝110 m，故C 正确；国庆假期期间，该车以20 m/s 的
速度匀速通过位移大小x 所用的时间为t′＝110
20 s＝5.5 s，因此国庆假期期间，
该车通过该收费站比平时通过该收费站节约的时间为Δt＝t－t′＝4.5 s，故D 错
误。故选AC。]
三、非选择题：本大题共5 小题，共54 分。
11．(6 分)(人教版必修第二册P13 第1 题改编)某同学设计了一个探究平抛运动
规律的实验：在水平桌面上用硬练习本做成一个斜面，让小钢球从斜面上滚下，
滚出桌面后做平抛运动；在小钢球抛出后经过的地方，水平放置一木板，木板
到桌边缘 (抛出点)的高度可以调节，在木板上放一张白纸，在白纸上有复写纸。
已知平抛运动在竖直方向上的运动与自由落体运动相同。
(1)实验时是否要求斜面和桌面光滑？________(选填“是”或“否”)。
(2)调节好木板到桌边缘的高度为y，让小钢球从斜面上某一位置自由滚下，记
下小钢球在白纸上留下的痕迹，用刻度尺测量出痕迹到桌边缘处的水平距离
x1。
(3)调节木板到桌边缘的高度为2y，重复(2)过程，测量出痕迹到桌边缘处的水平
距离x2。当x1和x2满足________关系时，即验证了小钢球在水平方向做匀速运
动。
(4)实验时得不到(3)中关系，可能的原因是________________________。(写出
一条即可)
[解析] (1)要求小球每次都从同一位置静止释放，这样小球每次滑到桌边缘
(抛出点)的速度相同，斜面和桌面是否光滑并不影响实验。
(3)已知平抛运动竖直方向上的运动与自由落体运动相同，由h＝1
2gt2
可得t＝√
2h
g
若小钢球水平方向做匀速直线运动，则水平方向位移为x＝v0t＝v0√
2h
g
当木板到桌边缘的高度为y 时，痕迹到桌边缘处的水平距离x1＝v0√
2 y
g
当木板到桌边缘的高度为2y 时，痕迹到桌边缘处的水平距离x2＝v0√
2·2 y
g
＝v0
√
4 y
g
若小钢球水平方向做匀速运动，则x2＝√2x1
因此，当x1和x2满足x2＝√2x1关系时，即验证了小钢球在水平方向做匀速运动。
(4)实验时得不到x2＝√2x1，可能是因为水平桌面不水平或不是从同一位置静止
释放的小钢球。水平桌面不水平，则小钢球初速度不水平，做的不是平抛运动；
不是从同一位置静止释放的小钢球，则小钢球做平抛运动的初速度大小不同。
[答案] (1)否 (3)x2＝√2x1 (4)水平桌面不水平或不是从同一位置静止释放的
小钢球
12．(10 分)(人教版必修第一册P113 第7 题改编)某小组用如图甲所示装置探究
加速度与力、质量的关系。已知打点计时器所用交流电频率为50 Hz。
(1)在探究加速度与质量的关系实验中，下列做法中正确的有________。
A．平衡阻力时，将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上
B．平衡阻力时，将纸带连接在小车上
C．使上部分细线与木板平行
D．小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出
(2)甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a。如图乙是
某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5 个计数点，在相邻的两个计数
点之间还有4 个打点未标出，则打计数点“3”时小车的速度大小为________
m/s，小车的加速度为________ m/s2。 (结果均保留两位有效数字)
(3)乙同学通过在小车上增减槽码来改变小车的总质量M，得到小车的加速度a
与质量M 的数据，画出a- 1
M 图线后，发现当1
M 较大时，图线发生弯曲，该同
学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，
则该同学的修正方案可能是________。
A．改画a 与
1
M +m的关系图线
B．改画a 与(M＋m)的关系图线
C．改画a 与m
M 的关系图线
D．改画a 与
1
(M +m)
2的关系图线
(4)小明利用如图丙所示的实验方案探究小车质量一定时加速度与合外力之间的
关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，在一定的条件下
将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力大小，两小车尾部细线连到控制
装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止，他测量了
两小车的位移分别为x1、x2，加速度分别为a1、a2，则
a1
a2
＝________。
[解析] (1)平衡阻力时，是使小车在木板上做匀速直线运动，不应将装砝码的
砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，故A 错误；平衡阻力时，将纸带连接在
小车上，打出点迹，可以用来判断小车是否做匀速直线运动，也可以减少纸带
与打点计时器之间的摩擦力带来的误差，故B 正确；做实验时，应使上部分细
线与木板平行，确保绳子拉力沿小车运动方向，故C 正确；本实验是探究加速
度与力、质量的关系，小车运动的加速度不应该由牛顿第二定律直接求出，故
D 错误。故选BC。
(2)相邻的两个计数点之间还有4 个点未标出，故相邻两计数点间的时间间隔为
T＝5×1
f ＝0.1 s
打计数点“3”时小车的速度大小为v3＝x23+ x34
2T
＝(4.65+5.10)×10
-2
2×0.1
m/s≈0.49
m/s
由逐差法求加速度可得
a＝(x23+ x34)-(x01+ x12)
4T
2
＝
(4.65+5.10)-(3.75+ 4.20)
4×0.1
2
×10－2 m/s2
＝0.45 m/s2。
(3)小车所受合力等于绳子的拉力FT，砝码和砝码盘受到重力和绳子拉力FT，
当小车做加速运动时有FT＝Ma
mg－FT＝ma
解得a＝mg
M +m
可知，a 与
1
M +m成正比，该同学的修正方案可能是改画a 与
1
M +m的关系图线，
故选A。
(4)实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止，两小车运动时间
相同，根据x＝1
2at2
可知a 与x 成正比，即
a1
a2
＝
x1
x2
。
[答案] (1)BC (2)0.49 0.45 (3)A (4)
x1
x2
13．(12 分)(人教版必修第二册P42 第5 题改编)如图1 所示，细线一端系住小球，
另一端固定在竖直细杆上，小球以一定大小的速度随着细杆在水平面内做匀速
圆周运动，细线在空中形成圆锥面，这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究
水平面内质点做匀速圆周运动时动力学关系的常用模型。小球(可视为质点)质
量为m，细线AC 长度为L，重力加速度为g。
(1)在紧贴着小球运动的水平面上加一光滑平板，使小球在板上做匀速圆周运动，
此时细线与竖直方向所成夹角为θ，如图2 所示，当小球的角速度ω 大于某一
值ω1时，小球将脱离平板，求ω1的大小；
(2)撤去光滑平板，再用一根细线，同样一端系在该小球上，另一端固定在细杆
上的B 点，且当两条细线均伸直时，如图3 所示，各部分长度之比|AB|∶|AC|
∶|BC|＝5∶4∶3。求当小球以ω2＝√
2g
√3 L匀速转动时，两细线对小球的拉力分
别为多大。
[解析] (1)当平板对小球支持力为零时，小球恰好脱离平板，此时重力和绳子
拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝mω1
2L sin θ
解得ω1＝√
g
Lcosθ。
(2)当细线BC 恰好伸直时，由几何关系得，AC 与竖直方向所成夹角为37°，同
理可得，此时小球的角速度为ω0＝√
g
Lcos37°＝√
5 g
4 L>ω2
则ω2＝√
2 g
√3 L时细线BC 未伸直，即TBC＝0
设此时细线AC 与竖直方向的夹角为β，由(1)知ω2＝√
g
Lcos β
解得cos β ＝
g
Lω2
2 ＝ √3
2
根据平衡条件得TAC＝mg
cos β ＝2√3
3 mg。
[答案] (1)√
g
Lcosθ (2)TBC＝0，TAC＝2√3
3 mg
14．(12 分)(人教版必修第二册P20 第7 题改编)跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运
动。运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，调节飞行
姿势，身子与滑雪板平行呈水平状态，使空气对运动员(含滑雪板)产生一个竖
直向上的恒力，在空中飞行一段距离后着陆。现有总质量m＝60 kg 的运动员(含
滑雪板)滑到跳台a 处时不小心撞出一块冰块，两者一起沿水平方向以v0＝20
m/s 从a 点飞出，分别落在与水平方向成θ＝37°的直斜坡的b、c 处，如图所示。
已知a、b 两点之间的距离为lab＝125 m，sin 37°＝0.6，重力加速度g 取10
m/s2，不计冰块下落时空气的作用力，求：
(1)冰块下落时间；
(2)空气对运动员(含滑雪板)竖直方向的恒力大小。
[解析] (1)不计冰块下落时空气的作用力，冰块水平飞出做平抛运动，设冰块
从开始运动到落到直斜坡c 处所用的时间为t，由水平方向做匀速直线运动有x
＝v0t
竖直方向做自由落体运动有y＝1
2gt2
由几何关系得tan θ＝y
x
联立上式并代入数据解得t＝3 s。
(2)因为空气对运动员(含滑雪板)产生一个竖直向上的恒力，故运动员(含滑雪板)
做类平抛运动，由运动的分解与合成可得，水平方向有labcos 37°＝v0t1
竖直方向有labsin 37°＝at1
2
2
联立上式并代入数据解得a＝6 m/s2
对运动员(含滑雪板)受力分析，竖直方向受到重力mg 和空气的恒定阻力F，由
牛顿第二定律得mg－F＝ma
代入数据解得F＝240 N。
[答案] (1)3 s (2)240 N
15．(14 分)(人教版必修第一册P115 第7 题改编)如图所示，光滑水平面上有一
个长为L、宽为d 的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R 的水平矩形导线
框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图
中虚线PQ 所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为
B、方向竖直向下。t＝0 时，箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止
开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h 处、质量为m 的木块(视
为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分
离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹
(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞)；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程
中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及
空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度为g。
(1)求F 的大小；
(2)求t＝0 时，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
(3)若t＝0 时，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s[s 大于(2)问中最小距离]，求最
终木块与箱子的速度大小。
[解析] (1)对木块与箱子整体受力分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律有FN＝ma
竖直方向由平衡条件有f＝mg＝μFN
联立解得F＝
(M +m)g
μ
。
(2)设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为E＝Bdv
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I＝E
R
安培力大小为F 安＝BId
联立解得F 安＝B
2d
2v
R
若要使两物体分离，此时有F 安≥F
其中F＝
(M +m)g
μ
解得v≥
(M +m)gR
μ B
2d
2
由运动学公式v2＝2ax
解得x≥
(M +m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
故t＝0 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为xmin＝
(M +m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
。
(3)对木块，在水平方向由运动学公式有s＝1
2 at1
2
竖直方向有h＝1
2 gt2
2
其中F＝
(M +m)g
μ
＝(M＋m)a
可得力F 作用的总时间为t＝t1＋t2＝√
2 μs
g +√
2h
g
水平方向对木块与箱子组成的系统由动量定理有
Ft－F 安Δt＝(M +m)v－0
其中F 安Δt＝B
2d
2 L
R
联立解得v＝g
μ(√
2 μs
g +√
2h
g )－B
2d
2 L
(M +m) R
当g
μ(√
2 μs
g +√
2h
g )≥
B
2d
2 L
(M +m) R时，最终木块与箱子的速度大小为v ＝
g
μ(√
2 μs
g +√
2h
g )－B
2d
2 L
(M +m) R
当g
μ(√
2 μs
g +√
2h
g )< B
2d
2 L
(M +m) R时，最终木块与箱子的速度大小为v＝0。
[答案] (1)
(M +m)g
μ
(2)
(M +m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
(3)见解析
大单元周测卷(一) 大单元一 力与运动
层级二 模拟精选·能力进阶
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(2025·河南开封·三模)蜘蛛通过两根蛛丝(OA 和OB)悬挂在树枝上保持平
衡。初始时，蛛丝OA 与竖直方向的夹角为θ，蛛丝OB 水平，如图所示。若猎
物在A 点被蛛丝缠住并向右侧移动，蛛丝OB 仍保持水平。蜘蛛始终静止，蛛
丝形变量可忽略不计且蛛丝未断裂。下列说法正确的是( )
A．蛛丝OA 的拉力逐渐减小，蛛丝OB 的拉力逐渐增大
B．蛛丝OA 的拉力逐渐增大，蛛丝OB 的拉力逐渐减小
C．蛛丝OA 和OB 的拉力均逐渐增大
D．蛛丝OA 和OB 的拉力均逐渐减小
D [设蜘蛛的重力为G，蛛丝OA 的拉力为F1，蛛丝OB 的拉力为F2，由平衡
条件有F1sin θ＝F2，F1cos θ＝G，解得F1＝G
cosθ，F2＝G tan θ，当θ 减小时，
cos θ 增大，tan θ 减小，故F1减小，F2也减小。故选D。]
2．(2025·山东济宁·二模)黄河铁牛是世界桥梁史上的传世之宝。如图，唐代
蒲津浮桥通过两岸的铁牛固定，铁牛底部的铁柱插入地下。铁牛受到3 个力：
其中桥索对铁牛的拉力为F1，铁柱对铁牛的作用力为F2，铁牛自身所受重力为
G。则( )
A．若F1增大，则F2减小
B．F1与F2的合力竖直向上
C．铁柱对铁牛的作用力F2一定沿着铁柱向上
D．若桥索与竖直方向夹角变大，则F1与F2的合力变小
B [根据共点力平衡条件及矢量三角形法则可知若F1增大，F2增大，且F1与
F2的合力与重力等大反向，方向竖直向上，故A、D 错误，B 正确；根据三个
力的合成可知F2一定与F1和重力的合力的方向相反，不一定沿着铁柱向上，故
C 错误。故选B。]
3．(2025·湖北荆州·三模)地面上的水龙头按如图所示的方式向上喷水，所有
水珠喷出的速率v0相同，设喷射方向与地面夹角为θ，θ 在0°到90°范围内。若
喷出后水束的最高位置距地面5 m，重力加速度g 取10 m/s2。下列说法正确的
是( )
A．θ＝30°时水束落地时的水平位移最大
B．θ＝60°时水束落地时的水平位移最大
C．水束落地时最大水平位移为10 m
D．水束落地时最大水平位移为5 m
C [喷射角为90°时喷射高度最大，有H＝v0
2
2g，解得v0＝10 m/s，设某水珠喷射
角为θ，水珠喷出到落地时间为t＝2v0sinθ
g
，则水平位移x＝v0cos θ·t＝
v0
2sin2θ
g
，故x＝2H sin 2θ，当θ＝45°时水束落地时的水平位移最大，有R＝xm
＝10 m，故选C。]
4．(2025·江苏扬州·模拟预测)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0
＝10 m/s，在一水平向左的恒力F 作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某
时刻后该力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像
如图乙所示，g＝10 m/s2。下列选项中正确的是( )
A．2～3 s 内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s 时刻，恒力F 反向
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5
D．恒力F 大小为10 N
B [根据速度—位移公式v
2- v0
2＝2ax 可得匀减速直线运动的加速度大小a1＝
100
2×5 m/s2＝10 m/s2，匀加速直线运动的加速度大小a2＝
64
2×(13-5) m/s2＝4
m/s2，由题图乙可知物体做匀减速运动的初速度为v0＝10 m/s，则速度减为零的
时间t1＝
v0
a1
＝1 s，则物块1 s 后做匀加速直线运动，所以2～3 s 内物块做匀加速
运动，在t＝1 s 时刻恒力F 反向，故A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律，物
体做匀减速运动时有F＋μmg＝ma1，物体做匀加速运动时有F－μmg＝ma2，联
立解得F＝7 N，μ＝0.3，故C、D 错误。故选B。]
5．(2025·河南郑州·模拟预测)我国天宫空间站完成二期扩建后，需定期通过
货运飞船补充物资。如图所示，天舟七号货运飞船先位于近地轨道，后经椭圆
转移轨道与在运行轨道上做匀速圆周运动的天宫空间站完成自主快速交会对接。
下列说法正确的是( )
A．根据公式Fn＝mv
2
r 可知，天舟七号在近地轨道和椭圆转移轨道上A 点的速
度一样大
B．无论是天宫空间站还是天舟七号，无论是运行轨道还是椭圆转移轨道，位
于B 点时加速度都相同
C．由题中信息可知：天宫空间站在运行轨道上的机械能小于天舟七号在椭圆
转移轨道上的机械能
D．天舟七号在这段运动过程中的速度不可能大于7.9 km/s
B [公式Fn＝mv
2
r 的前提是圆周运动，天舟七号从A 点进入椭圆转移轨道需要
点火加速，故A 错误；根据公式G Mm
r
2 ＝ma 可知，位于同一点时，加速度相同，
故B 正确；题中不知道天宫空间站与天舟七号的质量关系，因此机械能无法比
较，故C 错误；7.9 km/s 是绕地球做圆周运动的最大速度即飞船位于近地轨道
的速度，天舟七号从近地轨道A 点进入椭圆转移轨道需要点火加速，天舟七号
在椭圆轨道A 点的速度必大于7.9 km/s，故D 错误。故选B。]
6．(2025·山东临沂·二模)从高H 处的M 点先后水平抛出球1 和球2，轨迹如
图所示，球1 与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB，落在水平地面上的N 点；
球2 刚好直接越过竖直挡板AB，也落在N 点。球1 与地面碰后，水平速度保持
不变，竖直速度反向，忽略空气阻力，则竖直挡板AB 的高度为( )
A．3
4H B．4
5H C．3
5H D．5
6H
A [设球1、球2 的平抛初速度分别为v1、v2，设M 点到N 点水平距离为L，
由平抛规律可知球2 整个运动过程的时间t＝√
2 H
g ，可得L＝v2t，球1 与地面碰
撞前后竖直方向分速度大小不变、方向相反，根据对称性可知，球1 与地面碰
撞后到达的最高点与初始高度相同为H，球2 在水平方向一直做匀速运动，设
球1 从抛出到落地时间为t1，则有L＝v1×3t1，且t1＝t，联立解得
v1
v2
＝1
3，设球
1 与地面碰撞时竖直方向速度大小为vy1，碰撞点到M 点和B 点的水平距离分别
为x1、x2，有v y 1
2 ＝2gH，设球1 到达A 点时竖直方向速度大小为vy2，将球1 与
地面碰撞后到达最高点时的过程反向来看可得v y 2
2 ＝2g(H－h)，可得碰撞点到A
点的时间为t2＝v y 1 - v y 2
g
，球2 刚好越过挡板AB 的时间为t3＝√
2(H -h)
g
，水平
方向位移关系有v2t3＝v1t＋v1t2，联立以上，解得h＝3
4H。故选A。]
7．(2025·山东德州·三模)目前机器人研究迅猛发展。在某次测试中，机器人
A、B(均可视为质点)同时从原点沿相同方向做直线运动，它们的速度的平方(v2)
随位移(x)变化的图像如图所示。下列判断正确的是( )
A．机器人A 的加速度大小为4 m/s2
B．相遇前机器人A、B 最大距离为12 m
C．经过t＝8 s，机器人A、B 相遇
D．机器人A、B 分别经过x＝16 m 处的时间差是1 s
B [根据匀变速直线运动规律v2－v0
2＝2ax 整理可得v2＝2ax+v0
2，结合题图可知，
机器人A 的加速度为2aA＝kA＝－36
18 m/s2＝－2 m/s2，解得aA＝－1 m/s2，即机
器人A 的加速度大小为1 m/s2，A 错误；根据上述分析，同理可知A、B 两机器
人均做匀变速运动，对于机器人A，可得v0A＝6 m/s，aA＝－1 m/s2，对于机器
人B，可得v0B＝0，aB＝1
2kB＝1
2×18
18 m/s2＝0.5 m/s2。设经过t 时间二者速度相
等，此时相距最远，则有v0A+aAt＝aBt，代入数据解得t＝4 s，两机器人共同的
速度为v＝aBt＝2 m/s，机器人A 的位移xA＝1
2(v0A+v)t＝16 m，机器人B 的位
移xB＝1
2vt＝4 m，二者之间的最大距离Δxmin＝xA－xB＝12 m，B 正确；机器
人A 停止运动的时间t 停＝
0- v0 A
aA
＝6 s，设经过t0 时间两机器人相遇，则有
v0At0+1
2aAt0
2＝1
2aBt0
2，代入数据解得t0＝8 s，可见两机器人相遇应在机器人A 停
止运动之后，此时机器人A 的位移为x'A＝1
2v0At 停＝18 m，机器人B 追上的时
间t 相遇＝√
2 x A
aB
＝6√2 s，C 错误；由上述分析可知，机器人A 经过x＝16 m 的
时间为tA＝4 s，机器人B 经过x＝16 m 的时间为tB，对机器人B 有1
2aBt B
2＝x，
解得tB＝8 s，机器人A、B 分别经过x＝16 m 处的时间差Δt＝tB－tA＝4 s，D 错
误。故选B。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
8．(2025·江西鹰潭·二模)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为
R，质量为m 的带孔小球穿于环上，同时有一长为R 的细绳一端系于球上，另
一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg，重力加速度的大小为g，
当圆环以角速度ω 绕竖直直径转动时，下列说法正确的是( )
A．圆环角速度ω 等于√
g
R时，小球受到2 个力的作用
B．圆环角速度ω 等于√
3 g
R 时，小球受到3 个力的作用
C．圆环角速度ω 等于2√
g
R时，细绳将断裂
D．圆环角速度ω 大于√
6 g
R 时，小球受到2 个力的作用
ABD [①设角速度ω 在0～ω1范围时绳处于松弛状态，小球受到重力与环的弹
力两个力的作用，当细绳恰好伸直时，设此时细绳与水平方向的夹角为θ，有
F 支cos θ＝) mω _(1)^(2)r，r＝R cos θ，F 支sin θ＝mg，解得θ＝30°，ω1＝
√
2 g
R
；②若细绳的拉力恰好为2mg，有F 支cos 30°＋F 拉cos 30°＝mω2
2r，F 支sin
30°＝mg＋F 拉sin 30°，解得ω2＝√
6 g
R 。圆环角速度ω 等于√
g
R时，绳子处于松
弛状态，小球受到2 个力的作用，A 正确；圆环角速度ω 等于√
3 g
R 时，绳子有
拉力，小球受到3 个力的作用，B 正确；圆环角速度ω 等于2√
g
R时，小于ω2，
绳子没有断，C 错误；圆环角速度ω 大于√
6 g
R 时，绳子断开，小球受到2 个力
的作用，D 正确。故选ABD。]
9．(2025·重庆·三模)如图甲，卫星和地心的连线与地面的交点称为星下点，
随着卫星绕地球的运动以及地球的自转，星下点会在地球表面不断移动，形成
星下点轨迹。地球半径为R，自转周期T0＝24 小时。卫星A、B 绕行方向与地
球自转方向一致(图中未画)，其星下点部分轨迹分别如图乙、丙。已知地球同
步卫星的轨道半径r＝6R，1.313≈2.25，卫星运动均视为匀速圆周运动。下列说
法正确的是( )
A．卫星A、B 的周期之比为4∶1
B．卫星A、B 运行的线速度之比为
3√4∶1
C．卫星B 绕地球运行的轨道半径为4.58R
D．某时刻卫星A、B 相距最近，之后在A 运动的20 圈时间内，卫星A、B 有5
次相距最近
BCD [根据题图乙可知，A 星下点在地球上由30°E 转到180°E 的过程中，A
转了半圈，比地球自转多转了150°，可知地球转动了180°－150°＝30°，则有
T A
2 ＝T 0
360°×30°＝T 0
12，根据题图丙可知，B 星下点在地球上由60°E 转到180°E
的过程中，B 转了一圈，比地球自转多转了120°，地球转动了360°－120°＝
240°，则有TB＝T 0
360°×240°＝2T 0
3 ，结合上述解得A、B 的周期之比为
T A
T B
＝1
4
故A 错误；对同步卫星、A 与B 卫星根据开普勒第三定律有(6 R)
3
T 0
2
＝R A
3
T A
2 ＝RB
3
T B
2 ，
结合上述解得RA＝R
3√6≈1.82R，RB＝2R
3√12≈4.58R，故C 正确；根据vA＝
2π R A
T A
，vB＝
2π RB
T B
，结合上述解得RA∶RB＝
3√4∶1，故B 正确；根据题图乙与
题图丙可知，A、B 轨道平面不在同一平面内，则有20TA＝nTB，结合上述解得
n＝5，故D 正确。故选BCD。]
10．(2025·山东青岛·二模)一传送带装置如图所示，水平部分AB 长为4 m，
倾斜部分BC 长为10 m，倾角θ＝37°。AB 和BC 在B 点通过一极短的圆弧连接，
传送带以v＝4 m/s 的恒定速率顺时针运转。现将一质量m＝1 kg 的工件(可视为
质点)无初速度地放在A 点，已知工件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加
速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为5∶1
B．工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为4 m
C．工件第二次到达B 点的速度大小为3 m/s
D．工件自释放至第三次到达B 点的时间为7 s
BD [由于tan 37°＝0.75＞μ＝0.5，可知工件在传送带倾斜部分上滑和下滑受到
的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ
＝ma，解得加速度大小为a＝2 m/s2，故工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加
速度大小之比为1∶1，故A 错误； 工件无初速度地放在A 点，加速度大小为
a1＝μmg
m ＝μg＝5 m/s2，设经过t1时间工件与传送带共速，则有t1＝v
a1＝4
5 s＝0.8
s，共速前工件通过的位移大小为x1＝v
2 t1＝4
2×0.8 m＝1.6 m<LAB＝4 m，可知工
件以速度v＝4 m/s 从B 点滑上传送带倾斜部分，则工件第一次沿传送带倾斜部
分上滑的最大距离为L 最大＝v
2
2a＝4
2
2×2 m＝4 m，故B 正确；由于工件在传送带
倾斜部分上滑和下滑的加速度相同，所以工件第二次到达B 点的速度大小为v
＝4 m/s，故C 错误；工件第一次在传送带水平部分加速运动的时间为t1＝v
a1＝
4
5 s＝0.8 s，匀速运动时间为t2＝LAB- x1
v
＝4 -1.6
4
s＝0.6 s，工件第一次经过B 点
到第二次到达B 点所用时间为t3＝2v
a＝2×4
2 s＝4 s，工件第二次到达B 点后在
传送带水平部分先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据对
称性可知，工件第二次经过B 点到第三次到达B 点所用时间为t4＝2 v
a1＝2×4
5s
＝1.6 s，则工件自释放至第三次到达B 点的时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＝7 s，故D 正
确。故选BD。]
三、非选择题：本大题共3 小题，共54 分。
11．(16 分)(2025·湖南邵阳·三模)利用传感器和计算机能便捷地描出做平抛运
动的物体的轨迹。某实验小组利用其来探究平抛运动的特点，设计原理图如图
甲所示，物体A 从O 点水平抛出做平抛运动，它能够在竖直平面内向各个方向
同时发射超声波脉冲和红外线脉冲。在它运动的平面内安放着超声－红外接收
装置B，B 盒装有B1、B2两个超声－红外接收器(处于O 点正下方)，并与计算
机相连。B1、B2各自测出收到超声脉冲和红外脉冲的时间差，并由此算出它们
各自与物体A 的距离，进而确定物体A 的位置，通过计算机可以即时给出A 的
坐标。试回答下列问题：
(1)为了使计算机描出的物体做平抛运动的轨迹更加准确，物体A 应挑选
________。
A．体积大的木球
B．体积小的钢球
C．体积小的木球
(2)如图甲所示，某实验小组让物体A 在图示位置同时发射超声波脉冲和红外线
脉冲，以抛出点O 为坐标原点建立坐标系，若还测出了O 点到B1、B2的距离，
重力加速度未知，则由题中条件可以求出________。
A．物体A 的初速度
B．物体A 的位置坐标
C．物体A 的运动时间
D．物体A 此时的速度方向
(3)以物体A 的初速度方向为x 轴方向，竖直向下的方向为y 轴方向，在某次实
验中计算机描出的平抛运动的轨迹如图乙所示，数据的采集频率为25 Hz。由图
乙轨迹图线分析可知，物体A 平抛的初速度大小为________ m/s(结果保留两位
有效数字) ；该实验测得当地的重力加速度偏小，可能的原因是
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
。
[解析] (1)为减小空气阻力对平抛运动的影响，物体应选择体积小、密度大的
材质。钢球密度大、体积小，空气阻力相对重力可忽略，故选B。
(2)设物体A 的位置坐标为(x，y)，由几何关系可得A B1
2＝x
2+(O B1- y)
2，A B2
2＝
x2＋(OB2－y)2
由题意可知，AB1、AB2、OB1、OB2均已知，联立可解得x、y，即可确定物体
A 的位置坐标，B 正确；
由平抛位移公式可得x＝v0t，y＝1
2gt2
由于重力加速度g 未知，故无法求得运动时间t 及初速度v0，A、C 错误；
由速度偏角公式可得tan α＝
v y
v0
＝gt
v0
由位移偏角公式可得tan β＝y
x ＝gt
2v0
对比可得tan α＝2tan β＝2 y
x
故可确定物体A 此时的速度方向，D 正确。
故选BD。
(3)数据的采集频率为25 Hz，时间间隔为T＝0.04 s
水平方向为匀速直线运动，题图乙中从抛出点O 到最后一个点的水平位移为
0.64 m，则初速度v0＝
0.64
0.04×10 m/s＝1.6 m/s
该实验测得当地的重力加速度偏小，原因可能是物体受空气阻力，竖直方向加
速度小于g。
[答案] (1)B (2)BD (3)1.6 物体受空气阻力
12．(18 分)(2025·河北秦皇岛·三模)甲、乙两位同学玩投球游戏，如图所示，
甲以大小为v1的速度从A 点抛出球a，乙以大小为v2的速度从B 点抛出球b，
A、B 两点高度差为h、水平距离为x1；两球在同一竖直平面内运动，且均运动
到最高点C 时相碰，A、C 两点高度差为H、水平距离为x2，忽略空气阻力，球
可视为质点，重力加速度大小为g，求：
(1)两球抛出时的时间差；
(2)球b 初速度方向与水平方向的夹角的正切值。
[解析] (1)将两球运动的逆过程看作是反向的平抛运动，根据h＝1
2gt2
可得球a 运动的时间为ta＝√
2 H
g
球b 运动的时间为tb＝√
2(H -h)
g
两球抛出时的时间差为Δt＝√
2 H
g -√
2(H -h)
g
。
(2)球b 位移方向与水平方向的夹角满足
tan α＝H -h
x1+ x2
则球b 初速度方向与水平方向的夹角满足tan θ＝2tan α＝2(H -h)
x1+ x2 。
[答案] (1)√
2 H
g -√
2(H -h)
g
(2)2(H -h)
x1+ x2
13．(20 分)(2025·福建福州·模拟)如图甲，质量为m1的长木板静置于粗糙水
平地面上，质量m2＝2.5 kg 的物块置于木板之上，t＝0 时力F 作用于长木板，
其变化规律如图乙，之后木板的摩擦力f 随时间t 的变化规律如图丙。木板与地
面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2以及m1均未知(g＝10 m/s2)，求：
(1)F 随t 的变化规律公式；
(2)木板质量m1、木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2；
(3)t≥3 s 后木板的加速度随t 的关系式。
[解析] (1)由题图乙知F＝kt
图线斜率k＝Δ F
Δt ＝5 N/s
解得F＝5t(N)。
(2)由题图丙t＝1 s 时，f1＝5 N＝μ1(m1＋m2)g
t＝3 s 时，f3＝10 N＝μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g
t＝3 s 时，木板与物块相对滑动，a1＝a2＝μ2g
根据牛顿第二定律有F3－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2
解得m1＝2.5 kg，μ1＝0.1，μ2＝0.2。
(3)由牛顿第二定律得F 合＝F－μ1(m1＋m2)g－μ2m2g＝m1a
代入F＝5t(N)解得a＝2t－4(m/s2)(t≥3 s)。
[答案] (1)F＝5t(N) (2)2.5 kg 0.1 0.2 (3)a＝2t－4(m/s2)(t≥3s)
大单元周测卷(一) 大单元一 力与运动
层级三 高考重组·素养对标
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(2025·安徽卷)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为
a 的匀加速运动，位移大小为x；接着在t 时间内做匀速运动；最后做加速度大
小也为a 的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离
为8x，则( )
A．x＝1
18at2
B．x＝1
16at2
C．x＝1
8at2
D．x＝1
2at2
A [设汽车匀加速运动的时间为t0，则汽车匀速运动的位移x1＝at0t，由对称性
可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移均为x＝1
2 at0
2，又x1＋2x
＝8x，联立解得t0＝1
3t，所以x＝1
18at2，A 正确。]
2．(2025·重庆卷)现代生产生活中常用无人机运送物品，如图所示，无人机携
带质量为m 的匀质钢管在无风的空中悬停，轻绳M 端和N 端系住钢管，轻绳中
点O 通过缆绳与无人机连接。MO、NO 与竖直方向的夹角均为60°，钢管水平，
重力加速度为g。则MO 的弹力大小为( )
A．2mg
B．mg
C．√3
2 mg
D．1
2mg
B [以钢管为研究对象，设轻绳的拉力为T，根据对称性可知两边绳子拉力相
等，根据平衡条件可得2T cos 60°＝mg，可得T＝mg，故选B。]
3．(2025·北京卷)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加
速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实
验舱运动过程中，受到的空气阻力f 的大小随速率增大而增大，f 随时间t 的变
化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是( )
A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程
B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D．t4时刻，实验舱达到最高点
B [t1～t3时间内，f 向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后
减小，故实验舱先处于弹射过程，后做速度方向向上的减速运动，故A 错误；
t2～t3时间内，f 向下且在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛
顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝f
m＋g，故加速度大小在减小，故B 正确；t3
～t5时间内，f 向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，
先向下加速，后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C 错误；
根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达
最高点，故D 错误。故选B。]
4．(2025·黑吉辽蒙卷)如图，在趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度
相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同
一水平面以相同速率v 相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v( )
A．一直减小
B．一直增大
C．先减小后增大
D．先增大后减小
B [设塔块匀速下落的速度为v0，细绳与水平方向的夹角为α，将塔块的速度
沿细绳、垂直于细绳的方向分解，则沿细绳方向的速度为v1＝v0sin α，将手的
速度沿细绳、垂直于细绳的方向分解，则沿细绳方向的速度为v2＝v cos α，又
v1＝v2，整理得v＝v0tan α，由于两人相向运动的过程中，细绳与水平方向的夹
角α 逐渐增大，v0保持不变，所以v 一直增大，B 正确，A、C、D 错误。]
5．(2025·安徽卷)在竖直平面内，质点M 绕定点O 沿逆时针方向做匀速圆周运
动，质点N 沿竖直方向做直线运动，M、N 在运动过程中始终处于同一高度。t
＝0 时，M、N 与O 点位于同一直线上，如图所示。此后在M 运动一周的过程
中，N 运动的速度v 随时间t 变化的图像可能是( )
A B C D
D [根据题意可知，M 的速度在竖直方向上的分量始终与N 的速度相同，设M
做圆周运动的速率为v0，半径为R，则t 时间内M 转过的角度为v0t
R ，以竖直向
上为正方向，结合题图可知M 的速度在竖直方向的分量(即N 的速度)为v＝
v0cos v0t
R ，所以D 可能正确。]
6．(2025·安徽卷)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，
木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲
从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，甲与木箱之
间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，则在乙下落的
过程中( )
A．甲对木箱的摩擦力方向向左
B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C．甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D．乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
C [甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律
可知甲对木箱的摩擦力方向向右，A 错误；对甲由牛顿第二定律有T－μmg＝
ma，对乙由牛顿第二定律有mg－T＝ma，联立解得甲运动的加速度大小a＝2.5
m/s2，绳子拉力大小T＝7.5 N，C 正确，D 错误；对木箱和甲组成的整体受力分
析，竖直方向上有FN＝Mg＋mg＋T，可知地面对木箱的支持力FN不变，B 错
误。]
7．(2025·四川卷)某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转
方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时
间变化的规律如图所示，T 为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆
周运动，地球质量为M，引力常量为G。则该卫星轨道半径为( )
A．
3√
GM T
2
36 π
2
B．
3√
GM T
2
16 π
2
C．
3√
GM T
2
4 π
2
D．
3√
9GM T
2
4 π
2
A [设卫星转动的周期为T′，根据题意可得2π
T
' ·T
2 －2π
T ·T
2 ＝2π，可得T′＝
T
3 ，根据万有引力提供向心力有G Mm
r
2 ＝m4 π
2
T
' 2 r ，可得r ＝
3√
GM T
' 2
4 π
2
，代入T ' ＝T
3 ，可得r ＝
3√
GM T
2
36 π
2 ，故选A。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
8．(2025·广西卷)独竹漂是我国一项民间技艺。如图，在平静的湖面上，独竹
漂选手手持划杆脚踩楠竹，沿直线减速滑行，选手和楠竹相对静止，则( )
A．选手所受合力为零
B．楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下
C．手持划杆可使选手(含划杆)的重心下移，更易保持平衡
D．选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面
CD [选手沿直线减速滑行，其所受合外力与运动方向相反，不为零，A 错误；
由于楠竹和选手相对静止，对选手(含划杆)受力分析可知，其受到楠竹的静摩
擦力和支持力，则由平行四边形定则与牛顿第三定律可知楠竹受到选手作用力
的方向不竖直向下，B 错误；手持划杆使选手(含划杆)的重心下移，更易保持平
衡，C 正确；对选手受力分析，其水平方向受到楠竹的静摩擦力，竖直方向受
到重力和楠竹的支持力，竖直方向受力平衡，则选手受到楠竹作用力的方向与
选手(含划杆)的重心在同一竖直平面，D 正确。]
9．(2025·山东卷)如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域
是水平地面上以O 点为圆心、半径R1＝5 m 的圆形区域，OO′垂直地面，无人机
在离地面高度H＝20 m 的空中绕O′点、平行地面做半径R2＝3 m 的匀速圆周运
动，A、B 为圆周上的两点，∠AO′B＝90°。若物品相对无人机无初速度地释放，
为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人
机以ωmax沿圆周运动经过A 点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气
对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g＝10
m/s2。下列说法正确的是( )
A．ωmax＝π
3 rad/s
B．ωmax＝2
3 rad/s
C．无人机运动到B 点时，在A 点释放的物品已经落地
D．无人机运动到B 点时，在A 点释放的物品尚未落地
BC [物品从抛出到落地的过程做平抛运动，当其恰好落在目标区域边界上时，
物品的水平位移示意图如图所示，由几何关系有xm＝√R1
2- R2
2＝4 m，此时物品
的初速度最大，水平方向上有xm＝vmt，竖直方向上有H＝1
2gt2，联立解得物品
的最大初速度(无人机的最大线速度)为vm＝2 m/s，所以无人机的最大角速度
ωmax＝
vm
R2
＝2
3 rad/s，A 错误，B 正确；由A、B 项分析可知，物品释放后在空
中运动的时间为t＝2 s，该过程无人机转过的角度θ＝ωmaxt＝4
3 rad<π
2 rad，所
以无人机运动到B 点时，在A 点释放的物品已经落地，C 正确，D 错误。]
10．(2025·安徽卷)2025 年4 月，我国已成功构建国际首个基于DRO(远距离逆
行轨道)的地月空间三星星座，DRO 具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”
的特点。若卫星甲从DRO 变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点
距月球表面的高度分别为a 和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO 变轨进
入半径为r 的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常
量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则( )
A．r＝a+b+ R
2
B．r＝a+b
2 ＋R
C．M＝4 π
2r
3
GT
2
D．M＝4 π
2 R
3
GT
2
BC [根据开普勒第三定律可知，卫星甲在环月椭圆轨道上运行的半长轴等于
卫星乙在环月圆轨道上运行的半径，则有2r＝a＋b＋2R，解得r＝a+b
2 ＋R，A
错误，B 正确；对卫星乙，根据万有引力提供向心力有G Mm
r
2 ＝m4 π
2
T
2 r，解得
M＝4 π
2r
3
GT
2 ，C 正确，D 错误。]
三、非选择题：本大题共4 小题，共54 分。
11．(12 分)(2025·黑吉辽蒙卷)某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如
图(a)，细绳1、2 和橡皮筋相连于一点，绳1 上端固定在A 点，绳2 下端与水杯
相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。为确定杯中物体质量m 与橡皮筋长度x 的
关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套，使绳1 每次与竖直方向夹角均
为30°且橡皮筋与绳1 垂直，待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数
据作出x-m 关系图线，如图(b)所示。
回答下列问题：
(1)将一芒果放入此空杯，按上述操作测得x＝11.60 cm，由图(b)可知，该芒果的
质量m0＝________ g(结果保留到个位)。若杯中放入芒果后，绳1 与竖直方向夹
角为30°但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与m0相比__________(选填
“偏大”或“偏小”)。
(2)另一组同学利用同样方法得到的x-m 图像在后半部分弯曲，下列原因可能的
是________。(填序号)
A．水杯质量过小
B．绳套长度过大
C．橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比
(3) 写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
。
[解析] (1)根据题图(b)杯中物体质量m 与橡皮筋长度x 的x-m 线性关系图线可
知，当橡皮筋长度x 为11.60 cm 时，对应杯中芒果的质量m0＝107 g；对细绳
1、2 和橡皮筋的连接点进行受力分析的矢量三角形如图所示，由图可知，当橡
皮筋与绳1 垂直时，橡皮筋的拉力最小，若杯中放入芒果后，绳1 与竖直方向
夹角虽为30°但与橡皮筋不垂直，这会导致橡皮筋的拉力变大，橡皮筋的长度变
大。因此，从题图(b)中读出的芒果质量与m0相比会偏大。
(2)水杯质量过小不影响m 与x 的线性关系，选项A 不符合题意；绳套长度过大
跟弹力与伸长量是否成正比关系无关，选项B 不符合题意；当橡皮筋伸长量过
大，超出弹性限度后，弹力与伸长量不再遵循胡克定律，导致图像弯曲，选项
C 符合题意。
(3)使上述装置测量质量范围增大的措施：①更换劲度系数更大的橡皮筋，使其
在更大拉力下伸长量适中；②减小绳1 与竖直方向的夹角(如从30°减小到
15°)，使橡皮筋承担的分力减小，从而可测量更大质量。
[答案] (1)107(106～108 均可) 偏大 (2)C (3)见解析
12．(9 分)(2025·安徽卷)某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。
(1)利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整
轨道的倾斜度，使小车__________(填序号)。
A．能在轨道上保持静止
B．受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
C．不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
(2)利用图乙装置进行实验，箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器，
将物体置于力传感器上，箱体沿竖直方向运动，利用传感器测得物体受到的支
持力FN和物体的加速度a，并将数据实时传送到计算机。
①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a 随时间t 变化的散点图，以竖
直向上为正方向。t＝4 s 时，物体处于________(选填“超重”或“失重”)状态；
以FN为横轴、a 为纵轴，根据实验数据拟合得到的a-FN图像为图丁中的图线
a。
②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其a-FN 图像为图丁中的图线
________(选填“b”“c”或“d”)。
[解析] (1)平衡阻力的原理是调整轨道的倾斜度，用小车重力沿斜面向下的分
力来平衡小车运动时打点计时器对小车(含纸带)的阻力及其他阻力，故平衡阻
力的方法应是调整轨道的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿轨道匀速
运动，C 正确。
(2)①由题图丙的a-t 图像可知t＝4 s 时，物体的加速度取负值，又竖直向上为正
方向，则t＝4 s 时物体的加速度竖直向下，则物体处于失重状态。②以竖直向上
为正方向，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，变形得a＝1
m
FN－g，则a-FN图像的斜率为1
m，纵截距为－g，若将物体的质量增大一倍，重
新进行实验，则a-FN图像的斜率变为原来的1
2，纵截距不变，又原来的a-FN图
像为题图丁中的图线a，则对比题图丁中的其他图线可知重新进行实验后的a-
FN图像为题图丁中的图线d。
[答案] (1)C (2)①失重 ②d
13．(15 分)(2025·福建卷)某运动员的训练为直线运动，其v-t 图如图所示，各
阶段图像均为直线。求：
(1)运动员0～2 s 内的平均速度；
(2)运动员44.2～46.2 s 内的加速度；
(3)运动员44.2～46.2 s 内的位移。
[解析] (1)0～2 s 内的平均速度v＝2.8+2.0
2
m/s＝2.4 m/s
方向与正方向相同。
(2)44.2～46.2 s 内的加速度a＝2.2-2.0
46.2- 44.2 m/s2＝0.1 m/s2
方向与正方向相同。
(3)44.2～46.2 s 内的位移x＝
(2.2+2.0)
2
×2 m＝4.2 m
方向与正方向相同。
[答案] (1)2.4 m/s，方向与正方向相同
(2)0.1 m/s2，方向与正方向相同
(3)4.2 m，方向与正方向相同
14．(18 分)(2024·新课标卷)如图所示，一长度l＝1.0 m 的均匀薄板初始时静止
在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O 对齐。薄板上的一小物块从薄板
的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝l
6时，物块从薄板右端
水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。已知物块与薄板的
质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
[解析] (1)解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间
一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，
又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x 物＝v0t1- 1
2 at1
2＝l＋l
6
x 板＝1
2 at1
2＝l
6
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝1
3 s。
解法二 对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律
有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·7
6l＝1
2 m v1
2- 1
2 m v0
2
μmg·1
6l＝1
2 mv2
2－0
联立并代入数据解得
v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝1
3 s。
(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物
块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有l
2
－l
6＝v2t2
又h＝1
2 gt2
2
联立并代入数据解得h＝5
9 m。
[答案] (1)4 m/s 1
3 s (2)5
9 m
