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专题01 直线运动和圆周运动 5 大考点概览 考点01 匀变速直线运动 考点02 图像问题 考点03 自由落体运动 考点04 圆周运动的描述 考点03 圆周运动的综合问题 一、单选题 1．（2026·广东顺德·一模）我区积极推动“低空经济”，启用无人机高效完成巡河、反馈、处理等任务。 无人机在某次巡河任务中，由于受到气流扰动，其实际运动过程与预设过程有一定偏差。如图实线为该过 程的实际运动的 （速度时间）图像， 内虚线为预设的 图像，其中实际匀速速度大小与减速过 程与预设相同（图中未画出），下列说法正确的是（ ） A． 阶段，无人机做曲线运动 B． 阶段，无人机悬停在空中 C．若无人机未受气流影响，到达设定悬停点所需时间将小于t3 D． 阶段为无人机减速过程，其加速度不断减小 【答案】C 考点1 匀变速直线运动 【详解】A． 图像只能描述直线运动，所以 阶段，无人机做直线运动，故A 错误； B． 阶段，无人机速度保持不变，做匀速直线运动，故B 错误； C．若无人机未受气流影响，在 阶段，平均速度更大，加速阶段所用时间减小，则其到达目的地上空 悬停点所需时间将减小，故C 正确； D．图线切线的斜率表示加速度，所以 阶段，无人机的加速度先增大后减小，故D 错误。 故选C。 2．（2026·广东省湛江市部分高中·一模）汽车中的ABS 系统是汽车制动时自动控制制动器的刹车系统，能 防止车轮锁定，同时有效减小刹车距离，增强刹车效果。某研究小组研究了相同条件下，汽车有无ABS 系 统时速度大小v（单位：m/s）随刹车位移x 的变化情况，已知两次试验时，汽车在同一点开始刹车，且通 过表盘读数得出汽车开始刹车的初速度均为 60km/h，试验数据整理得到右图的抛物线图线和相关的数据。 下列说法正确的是（ ） A．两组试验中，汽车均进行变减速直线运动 B．有ABS 系统和无ABS 系统时，汽车加速度之比为16：9 C．有ABS 系统和无ABS 系统刹车至停止的时间之差约为0.6s D．速度变化量相同时，无ABS 系统的汽车所需要的时间较短 【答案】C 【详解】A．由图像是抛物线可知，两组试验中，汽车均进行匀减速直线运动，故A 错误； B．设汽车刹车的加速度大小为a，汽车刹车至停止的过程有 故a 与 成反比，有ABS 系统和无ABS 系统时，汽车加速度之比为 ，故B 错误； C．有ABS 系统和无ABS 系统刹车至停止的时间分别为 ， 故 ，故C 正确； D．无ABS 系统时汽车刹车的加速度较小，故速度变化量相同时，无ABS 系统的汽车所需要的时间较长， 故D 错误。 故选C。 3．（2026·广东肇庆·一模）在某智能汽车的自动防撞系统测试中，汽车在平直道路上匀速行驶，当其检测 到正前方26m 处有静止障碍物时，系统立即启动初级制动，汽车做匀减速运动，行驶一段距离后触发紧急 制动，汽车以更大的加速度做匀减速运动，最终恰好停在障碍物前．该过程中汽车速度的平方 与位移x 的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ） A．汽车在初级制动阶段的速度变化量的大小为6m/s B．初级制动阶段与紧急制动阶段的加速度大小之比为1:4 C．汽车在紧急制动阶段的运动时间为1s D．汽车在整个制动过程中的平均速度大小为5m/s 【答案】B 【详解】A．由题图可知，初速度 m/s，总位移 m。初级制动阶段位移 m，末速度 m/s，速度变化量的大小 m/s m/s，故A 错误； B．由运动学公式 ，解得初级阶段的加速度 紧急制动阶段：位移 m m，初速度 m/s，末速度 。由运动学公式 解得 m/s2 所以 ，故B 正确； C．由 ，得紧急制动阶段的时间 s，故C 错误； D．由 ，得初级制动阶段的时间 s 总时间 s 整个过程的平均速度大小 m/s m/s，故D 错误。 故选B。 一、单选题 1．（2026·广东广州天河区·一模）图（a）为利用阻拦系统让舰载机在航空母舰飞行甲板上快速停止的原 理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一 作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s 时恰好钩 住阻拦索中间位置，其着舰到停止的v−t 图线如图（b）所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑 行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则（ ） A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 B．在0.4s~2.5s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D．在0.4s~2.5s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 考点2 图像问题 【答案】C 【详解】A. 由图像可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为 无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为 因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 ，故A 错误； B. 在0.4s 2.5s ∼ 时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索 的张力的合力几乎不随时间变化，但由于阻拦索的夹角减小，故阻拦索的张力是减小的，故B 错误； C. 滑行过程中，在0.4s 2.5s ∼ 时间内加速度最大，最大加速度为 ，故C 正确； D. 在0.4s−2.5s 时间内，合力的大小不变，速度减小，做功的功率减小，故D 错误。 故选C。 2．（2026·广东深圳·模拟）如图所示，人带着机器狗在公园跑步的位置-时间 图像，在 时到 的过程中，关于人和机器狗的运动，下列说法正确的是（ ） A．人的运动方向一直在改变 B．机器狗一直做匀速直线运动 C． 时间内，人的速度一定大于机器狗的速度 D． 时间内，人的平均速度等于机器狗的平均速度 【答案】D 【来源】2026 届广东省深圳市高三上学期模拟预测物理试题 【详解】Ａ．因x-t 图像只能描述直线运动，且图像的斜率等于速度，可知人的速度一直为正值，运动方 向没有改变，A 错误； B．图像的斜率等于速度，可知机器狗在0 到t1以及t1到t2两段时间内的速度大小不同，故不是匀速直线运 动，B 错误； C．0 到t1时间内不知道人的x-t 图像的斜率具体值，因此无法判断是否一直比机器狗的速度大，C 错误； D．在0 到t2时间内，人和机器狗的位移相等，故平均速度也相等，D 正确。 故选D。 一、单选题 1．（2026·广东珠海&惠州&深圳·调研）如图甲，小朋友用力将足球从最低点 向前踢出，足球在竖直轨 道内经最高点 运动一周后，在图示 位置离开轨道，恰好在轨道截面圆心 点落入书包。参照视频中足 球的运动轨迹画了运动示意图如图乙，图中虚线为足球的运动轨迹。若足球质量为 ，运动轨迹半径为 ， 忽略空气阻力的影响，以下分析正确的是（ ） A．足球从 到 的运动过程中，竖直方向做自由落体运动 B．足球经过最高点 的速度一定不小于 C．足球从踢出到离开轨道前机械能守恒 D．足球从踢出到离开轨道前，所受轨道弹力不断减小 【答案】B 【详解】A．足球从 到 的运动过程中，竖直方向先向上运动，所以竖直方向不是做自由落体运动，故A 错误； B．足球经过最高点 时，有 可得 ，故B 正确； C．足球从踢出到离开轨道前，由于存在摩擦阻力做功，机械能不守恒，故C 错误； 考点3 自由落体运动、追及问题 D．足球从踢出到离开轨道前，在最高点 有 可得 在最低点 有 可得 可知足球从踢出到离开轨道前，所受轨道弹力不是不断减小，故D 错误。 故选B。 2．（2026·广东清远·一模）小明乘坐从清远开往广州的轻轨列车，发现列车启动时车窗正对着某电线杆 （记第1 根），小明立即启动手机计时器，经过40 秒恰好观察到车窗经过第21 根电线杆，此时车内电子 屏显示即时速度为180km/h。若这段时间内列车做匀加速直线运动，且相邻两电线杆之间距离相等，下列 说法正确的是（ ） A．这段时间内列车的平均速度大小为50m/s B．相邻电线杆之间的距离约为100m C．这段时间内列车的加速度大小为1m/s2 D．车窗经过第6 根电线杆时，列车的速度大小为25 m/s 【答案】D 【详解】A．速度 这段时间内列车的平均速度 ，故A 错误； B．设相邻电线杆之间的距离 ，则 可得 ，故B 错误； C． 由 得 ，故C 错误； D．车窗经过第6 根电线杆时速度为 ，位移为 ，则 可得 ，故D 正确。 故选D。 二、实验题 3．（2025·广东省大湾区·10 月联合模拟）某实验小组用如图甲所示装置测当地的重力加速度。光电门1、 2 固定在铁架台上，两光电门分别与数字计时器连接。 (1)用螺旋测微器测量小球的直径d，示数如图乙所示，则小球直径为 mm。 (2)安装实验装置时，对两光电门的位置有怎样的要求？ 。 (3)将小球从光电门1 正上方某位置由静止释放，通过光电门1 和光电门2 时，小球的挡光时间分别为t1、 t2，则t1 t2（填“大于”“小于”或“等于”）。 (4)保持两光电门间距离为H，改变小球在光电门1 上方静止释放的位置，多次重复实验，测得多组通过光 电门1 和光电门2 的挡光时间t1、t2，作 图像（如图丙），图线与纵轴的交点为（0，b），则当地重 力加速度g= （用题目中相关物理量的字母符号表示）。 【答案】(1)3.340mm (2)两光电门在同一竖直线上，避免过近 (3)大于 (4) 【详解】（1）固定刻度为3mm，可动刻度为 故读数为3.340mm。 （2）由于要测量小球在竖直方向上的速度，所以两光电门一定在同一竖直线上，且间距适当大些。 （3）小球竖直方向上做匀加速运动，即 又由公式 可得 （4）根据动能定理可得 即有 由于纵轴截距为b，所以可得 解得 三、多选题 4．（2026·广东肇庆·一模）一辆公交车在路口等候绿灯，当绿灯亮时，公交车以 的加速度由静 止开始做匀加速直线运动，此时恰有一辆电动车以 的速度匀速从旁边超过公交车，已知公交车 在加速至 后做匀速直线运动，两车均可视为质点，从公交车启动到追上电动车的过程，下列说 法正确的是（ ） A．在公交车启动5s 后，两者间的距离最大 B．公交车追上电动车前，两者间的最大距离为9m C．公交车加速至10m/s 前已追上电动车 D．公交车追上电动车所需的总时间为6.25s 【答案】BD 【详解】AB．两车速度相等时距离最大，即 解得时间为 公交车的位移大小为 电动车的位移大小为 最大距离为 ，故A 错误，B 正确； C．公交车加速至 m/s 所需时间为 此时公交车的位移大小为 电动车的位移大小为 由于电动车位移大于公交车位移，所以公交车尚未追上电动车，故C 错误； D．公交车加速阶段结束后，与电动车的距离为 之后公交车以 匀速追赶电动车，电动车以 匀速行驶，追赶所需时间为 总时间为 ，故D 正确。 故选BD。 5．（2026·广东深圳·一模）有一个质量为m 的运动员竖直向上弹离蹦床时的速度为 ，当地的重力加速度 为g。某同学描绘了该运动员在弹离绷床后的运动过程中位移y、速度v、加速度a、机械能E 随时间t 变化 的四个图像（以人弹离蹦床时的重心处为参考平面），不计空气阻力，其中正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】A．运动员在弹离绷床后做竖直上抛运动，则有 上升到最高点时，利用逆向思维有 解得 根据对称性可知，运动员返回弹离绷床位置的时间 运动员在弹离绷床后的运动过程中位移与时间呈现二次函数关系，图像为一条抛物线，且开口向下，故A 正确； B．运动员在弹离绷床后做竖直上抛运动，则有 运动员在弹离绷床后的运动过程中速度与时间呈现线性关系，且斜率为负值，减速至0 的时间为 ，运动 员返回弹离绷床位置的时间为 ，故B 正确； C．运动员在弹离绷床后做竖直上抛运动，加速度始终等于重力加速度，即运动员的加速度为一条平行于 时间轴的直线，故C 错误； D．运动员仅受重力作用，运动员运动过程的机械能守恒，以人弹离蹦床时的重心处为参考平面，则机械 能始终等于 ，可知，机械能随时间的变化关系图像为一条平行于时间轴的直线，故D 正确。 故选ABD。 一、单选题 1．（2026·广东省“六校联盟” ·联考）鲁迅先生的《从百草园到三味书屋》中有一段描写：扫开一块雪， 露出地面，用一枝短棒支起一面大的竹筛来，下面撒些秕谷，棒上系一条长绳，人远远地牵着，看鸟雀下 来啄食，走到竹筛底下的时候，将绳子一拉，便罩住了。如下左图为情景画，中图为模型简图，竹筛视为 考点4 圆周运动的描述 一个半径为R=0.5m 的半球壳，初始用短棒在左侧支撑住，竹筛底面与地面夹角为30°，小鸟视为质点，在 竹筛落地时的底面圆心处偷吃谷子，此时绳子拉动，短棒拉走，竹筛开始落下，绕着右端支点转动，其角 速度随时间的图像如下右图所示，小鸟被惊动，立刻开始沿着半径向外逃窜，做速度为0.2m/s 的匀速直线 运动，下列说法正确的是（ ） A．竹筛开始转动后，竹筛上面各点做匀速圆周运动 B．竹筛开始运动后，竹筛上面各点的加速度大小不变 C．短棒拉走，竹筛从开始运动到落地需要1s D．最终小鸟能够成功逃离竹筛 【答案】C 【来源】2026 届广东省“六校联盟” 高三上学期第一次联考物理试卷 【详解】A．由图可知角速度逐渐增大，则竹筛上面各点的运动不是匀速圆周运动，故A 错误； B．根据 可知，竹筛上面各点的加速度大小增大，故B 错误； C．设竹筛从开始运动到落地的时间为t，根据角速度变化图像可知 解得 s，故C 正确； D．小鸟做匀速直线运动，t 内的位移为 可知小鸟不能逃离竹筛，故D 错误； 故选C。 2．（2025·广东惠州·二调）如图所示为古代用来灌溉农田的筒车简化模型图，筒车利用水流带动车轮转动， 固定在车轮上的竹筒在底部蓄水，过顶部后水从竹筒中流出。若筒车在竖直面内沿顺时针做匀速圆周运动， 运动半径为 ，一竹筒在最低点A 开始打水，运动到最高点 时，竹筒和水之间恰无相互作用力，此过程 中竹筒内所装水的质量 保持不变，竹筒可视为质点，重力加速度为 。下列说法正确的是（ ） A．竹筒在最高点C 时所需要的向心力为0 B．竹筒从A 点到C 点的过程中，水受到重力的功率逐渐减小 C．竹筒从A 点转动 圆周到达B 点时，竹筒对水的作用力大小为 D．筒车上均匀装有16 个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为 【答案】D 【详解】A．最高点C 时竹筒和水无相互作用力，向心力由重力提供， ，A 错误； B．重力功率 （ 为竖直分速度），从A 到C， 先增大后减小，故 先增大后减小，B 错误； C．在C 点时由 得 匀速圆周运动速度大小不变。B 点时，竹筒对水的作用力 ，C 错误； D．筒车的周期 16 个竹筒有16 个打水间隔 ，D 正确。 故选D。 3．（2025·广东深圳·模拟）如图所示，质量为m 的夯杆在左右两个半径均为R，角速度为ω 的摩擦轮的作 用下，由静止开始向上运动，上升一定高度后摩擦轮松开，松开之前夯杆与摩擦轮间已经相对静止。已知 摩擦轮与夯杆间动摩擦因数均为μ，弹力大小为F，重力加速度为g，不计空气阻力。关于夯杆从起动到摩 擦轮松开的过程中，下列说法正确的是（ ） A．受到摩擦轮的摩擦力始终保持不变 B．夯杆的最大速度大小等于 C．加速过程中加速度大小等于 D．加速运动的时间等于 【答案】B 【详解】B．松开之前，与摩擦轮相对静止，因此夯杆的速度大小与摩擦轮的线速度大小相等 ，故 B 正确； AC．夯杆向上运动过程为先向上加速，此时夯杆受向上的滑动摩擦力为2μF，则由牛顿第二定律， 可得 相对静止时，受力平衡 ，故摩擦力发生改变，即AC 错误； D．根据 ，解得 ，故D 错误。 故选B。 二、解答题 4．（2026·广东顺德·一模）自动烤串机底部带凹槽的长直轨道与电机相连，带齿轮的不锈钢签子卡在卡槽 中，不锈钢签子在齿轮、卡槽和凹槽的共同作用下转动。某次转动中，带凹槽的轨道在电机作用下由静止 开始向右加速，再减速运动至停止。已知轨道在x＝10cm 的范围内做往返运动，加速过程和减速过程可看 作加速度大小均为 的匀变速直线运动，半径为r＝1cm 的齿轮做圆周运动。A 为齿轮边缘上一 个质点，求： (1)若以第一次加速运动的开始为起始时刻（t＝0），在第一次加速阶段，求质点A 的线速度 和角速度 关于时间t 的表达式； (2)求轨道往返运动的最大速度 和周期T。 【答案】(1) （m/s） ， （rad/s） (2)0.1m/s，4s 【详解】（1）（1）加速阶段 由于加速过程和减速过程的加速度大小相同 代入数据解得 轨道的速度、质点A 的线速度大小 （m/s） 由于质点A 在做圆周运动，又有 （rad/s） （2）轨道加速过程有 代入数据得 则往返周期为 代入数据得 5．（2026·广东省湛江市部分高中·一模）春耕、夏耘、秋收、冬藏，四者不失时，故五谷不绝。”中华文 化的核心根基和重要源头在于农耕文化。其中，唐朝文人陈廷章在《水轮赋》中以“水能利物，轮乃曲 成”来描述筒车的功用。下图为简易筒车的示意图。筒车由转速恒定的转轴、六根竹支杆、半径为R 的圆 形转轮和多个完全一样的质量为m 的水筒组成。水筒在最低点时恰好完成汲水，其中每一次汲水质量为 m₀，当水筒随着转轮顺时针转到最高点处时，水筒将水完全倒出至支架（图中未标出）上完成水的转运， 倒出后瞬间水筒的动能减至Eₖ，空气阻力忽略不计。求： (1)求筒车的转速n； (2)当水筒在最低点恰好完成汲水时，该水筒对转轮的作用力F （忽略水的浮力）； (3)汲满水后，水筒由最低点第一次运动至转轮圆心时，转轮对该水筒的冲量I 大小 （水筒长度远小于转轮 半径可忽略不计）。 【答案】(1) (2) ，方向竖直向下 (3) 【详解】（1）设此时水筒线速度大小为v，有 且有 ， 解得 （2）设此时轮对水筒的拉力为F'，由牛顿第二定律，对汲水后的水筒有 解得 根据牛顿第三定律 方向竖直向下。 （3）由动量定理，竖直方向上 水平方向上 运动时间 由冲量合成 解得 一、选择题 1．（2026·广东省湛江市部分高中·一模）下图可视为室内自行车比赛场地的模型图，自行车选手在近似球 面的曲面上的一定高度处进行匀速圆周运动，且曲面边界的切线与水平地面夹角θ=37°，水平面半径R 为 0.3m，自行车选手与自行车及装备总质量为200kg，自行车和曲面之间动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等 于滑动摩擦力。关于该运动，下列说法正确的有（ ） A．若自行车恰好不受沿竖直曲面切线的摩擦力，则速度最大值为2m/s B．自行车能保持在曲面运动的最大速度为3.6m/s C．自行车手在同一高度处匀速骑行一周，摩擦力的冲量方向竖直向上 D．自行车手可以在不同高度上以相同速率在曲面上做匀速圆周运动 【答案】D 【详解】A．当自行车恰好不受沿竖直曲面切线的摩擦力时，自行车做匀速圆周运动的向心力由曲面的支 持力的水平分力提供，此时有 解得 ，故A 错误； 考点5 圆周运动的综合问题 B．自行车加速将会有离心的趋势，定性判断可知自行车将要完全脱离曲面时速度有最大值。假设此时静 摩擦力完全沿着曲面向下，则沿着圆心方向有 竖直方向有 联立解得 实际上由于摩擦力的分量恰好抵消了运动切线方向所受力，方向不能完全沿着曲面向下，即静摩擦力沿曲 面向下的分量一定不是 ，故最大速度小于 m/s，故B 错误； C．由上述分析，在运动一个圆周的过程中，沿曲面向下的摩擦力分量的冲量在水平方向上抵消，只在竖 直方向上积累，由于摩擦力方向不确定，同时运动轨迹切向分量完全抵消，故相应冲量是否竖直向上不确 定，故C 错误； D．由于存在摩擦力，可满足相同的向心力需求，自行车手可以在不同高度上以相同速率在曲面上做匀速 圆周运动，此时自行车手所受摩擦力一定不相同，故D 正确。 故选D。 2．（2026·广东·一模）科技小组设计了在空间站测量物体质量的装置，如图所示。滑块放在水平桌面上， 细线穿过桌面上的光滑小孔，连接滑块与下端竖直固定的弹簧测力计。若在空间站里让滑块以角速度 做 半径为R 的匀速圆周运动时，拉力大小为F。已知滑块与桌面的动摩擦因数为 ，重力加速度为g，则滑 块质量为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【来源】2026 届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一）物理试题 【详解】设滑块的质量为 。在空间站中，滑块处于完全失重状态，弹力为零，故摩擦力为零，所以滑块 在空间站中做匀速圆周的向心力由细线的拉力提供，则有 解得 故选B。 二、多选题 3．（2026·广东肇庆·一模）如图所示，游乐场的旋转飞椅装置共有4 条吊臂，每条吊臂长均为r，吊绳长 均为L，每名游客与座椅的总质量均为m。吊臂绕O 点的竖直轴匀速转动，游客在水平面内做匀速圆周运 动，吊绳与竖直方向的夹角为θ。重力加速度为g，不计空气阻力和吊绳的质量。下列说法正确的是（ ） A．游客的线速度大小为 B．游客的角速度大小为 C．游客的向心加速度大小为 D．吊绳上的拉力大小为 【答案】BD 【详解】A．游客做匀速圆周运动的半径 向心力大小 可得 ，故A 错误； B．角速度大小 ，故B 正确； C．由 可得向心加速度大小 ，故C 错误； D．竖直方向有 可得 ，故D 正确。 故选BD。 4．（2025·广东省深圳市聚龙科学中学·一模）如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在水平转台上，转 台竖直转轴与过陶罐球心O 的对称轴 重合。当转台匀速转动时，观察到陶罐内壁上质量为m 的小物块 随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与 的夹角 。重力加速度大小为g。下列判断 正确的是（ ） A．转台的角速度不一定等于 B．物块的线速度大小可能等于 C．物块所受合力的大小一定等于 D．陶罐壁对物块弹力的大小一定等于2mg 【答案】AB 【详解】AB．小物块绕 轴做匀速圆周运动，一定受重力、支持力，可能受摩擦力，若摩擦力为0，由 牛顿第二定律得 解得 线速度大小为 当小物块所受摩擦力不为0 时，角速度不等于 ，小物块的线速度也不等于 ，A、B 正确； CD．当小物块所受摩擦力为0 时，其所受合力的大小为 所受弹力大小等于 当所受摩擦力不为0 时不成立，CD 错误。 故选AB。 5．（2026·广东清远·一模）如图所示为电磁加速模型，该模型由竖直放置的管道和电磁系统组成。当铁球 靠近线圈时，线圈通电产生磁力吸引铁球加速；铁球即将离开时断电，避免磁力阻碍运动。质量为m 的铁 球从最高点由静止开始逆时针下滑，此后每次经过最高点的速度均为v，运动每圈的时间为T，图中B 点 为管道最低点，A、C 点等高且不受磁力。已知铁球运动一圈后电磁系统的平均功率为P，不计电路产生的 焦耳热和管道内的空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．铁球在最高点处对管的作用力一定竖直向下 B．运动前两圈，该模型消耗的电能为 C．运动一圈后，电磁系统每圈对铁球做的功为PT D．铁球经过AB 段克服摩擦力做功大于经过BC 段克服摩擦力做功 【答案】CD 【来源】2026 届广东省清远市高三上学期一模考试物理试题 【详解】A．铁球在最高点处，对铁球受力分析有 由于v 的大小可能大于、等于、小于 ，相应的 可能大于零、小于零或等于零，即铁球受到管的弹力 可能竖直向下、竖直向上，也可能没有弹力，由此可知，根据牛顿第三定律可得铁球对管的作用力方向不 确定，故A 错误； B．铁球从最高点静止开始下滑，运动前两圈，铁球的动能增加量为 ，但该模型消耗的电能不仅用于 增加铁球的动能，还用于克服摩擦力做功，所以消耗的电能大于 ，故B 错误； C．已知铁球运动一圈后电磁系统的平均功率为P，运动每圈的时间为 ，根据 可得运动一圈后， 电磁系统每圈对铁球做的功为 ，故C 正确； D．铁球先后经过A、C 两个位置，重力势能相等，由于摩擦力作用，根据能量守恒可得 ，同理， 段与 段相同高度的任意位置处的速度大小均是 段处的大。根据牛顿运动定律和圆周运动规律可 得，AB 段受到弹力比对应高度 段受到弹力大，AB 段受到摩擦力比对应高度 段受到摩擦力大，两段 路程相等，可知铁球经过 段克服摩擦力做功较多，故D 正确。 故选CD。 6．（2026·广东顺德·一模）“无动力过山车”是以亲子互动为主的游乐设备。如图，家长通过链条驱动将 质量为M 的座舱和质量为m 的小孩一起从轨道最低点沿轨道向上运动，座舱和小孩到轨道最高点时以一定 的速度沿轨道滑下，最后停在轨道上，已知轨道最高点离轨道最低点的高度差为h，重力加速度为g。下 列说法正确的是（ ） A．在轨道最高点时，小孩对座舱的压力小于小孩的重力 B．在整个上升阶段，座舱和小孩的重力势能增加 C．在下降阶段，座舱所受支持力的冲量为零 D．在下降阶段，合外力对小孩做功等于其动能的变化量 【答案】ABD 【来源】2026 届广东省顺德区高三上学期教学质量检测（一）物理试题 【详解】A．在轨道最高点时，对小孩有 可知小孩受座舱的支持力小于小孩的重力，根据牛顿第三定律可得小孩对座舱的压力小于小孩的重力，故 A 正确； B．在整个上升阶段，根据重力势能定义可知座舱和小孩的重力势能增加 ，故B 正确； C．在下降阶段，座舱所受支持力不为零，根据冲量定义 ，可知座舱所受支持力的冲量不为零，故C 错误； D．在下降阶段，根据动能定理可知合外力对小孩做功等于其动能的变化量，故D 正确。 故选ABD。 三、解答题 7．（2026·广东省“六校联盟”·联考）航空母舰是现代海战不可或缺的武器，大国海军的核心舰船，依靠 大量舰载机，航母不仅有着极其强悍的攻击力，而且防护能力也很强，目前主流军事思想认为，要有效打 击航母可以依靠无人机、巡航导弹、超音速导弹，对航母发动饱和打击。如图，某航母在一次激烈海战中， 击落数架无人机和巡航导弹，但是通过雷达发现有一枚超音速导弹正从后方袭来，无法拦截，只能做出紧 急避险动作，以最大速度30 节（约15m/s），最小转弯半径500m 急转弯，最终导弹击中航母，但未打到 要害部位，航母得以继续航行，但是在避险过程中，一架准备执行升空任务的舰载机从甲板滑落海中。已 知雷达发现超音速导弹时，导弹距离航母31.4km，航母紧急避险到被导弹击中时，速度偏转角15°（末速 度与初速度之间的夹角），重力加速度g=10m/s2。 (1)假设把该超音速导弹的运动视为匀速直线运动，求它的飞行速度大小（ =3.14）； (2)舰载机的轮子与甲板之间的滚动摩擦当成滑动摩擦力处理，航母紧急转弯时，舰载机受到水平甲板的摩 擦力恰好达到最大静摩擦，从而发生相对滑动，求甲板对舰载机轮胎的动摩擦因数。 【答案】(1)3600m/s (2)0.045 【详解】（1）航母偏转角 航母转弯的角速度大小 航母转弯所用时间 可得导弹的飞行速度大小 （2）对舰载机受力分析，由摩擦力提供向心力可得 解得 =0.045 8．（2026·广东广州天河区·一模）(1)有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示。长为L 的钢绳一端 系着座椅，另一端固定在半径为r 的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度 ω 匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力，重力加速度为 g。求转盘转动的角速度ω 与夹角θ 的关系。 (2)在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是 和 ，沿同一直线向同一方向运动，速 度分别是v1和v2，v2＞v1。当B 追上A 时发生碰撞，碰撞后A、B 的速度分别是v1′和v2′，碰撞过程中A 所受 B 对它的作用力是F1，B 所受A 对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt 表示。 试证明碰撞前后系统动量之和保持不变。 【答案】(1) (2)见解析 【详解】（1）设座椅的质量为 ，匀速转动时，座椅的圆周半径为 由牛顿第二定律得 得转盘角速度 与夹角 的关系 （2）根据动量定理，物体A 动量的变化量等于它所受作用力F1的冲量，即F1Δt＝m1v1′－m1v1 物体B 动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量，即F2Δt＝m2v2′－m2v2 根据牛顿第三定律，两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2大小相等、方向相反，即F1＝－ F2 则有m1v1′－m1v1＝－（m2v2′－m2v2） 整理可得m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2 这说明，两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。 9．（2026·深圳宝安·一诊）如图所示，为一段赛车训练赛道，赛道在水平面上，宽度为 。可视为质点的 赛车将在赛道起点线的任意位置由静止起步，沿长为 的直道做一段匀加速直线运动，进入弯道后做匀速 圆周运动通过半圆形弯道，最终到达终点。已知半圆形弯道内弯半径为 ，赛车的轮胎与赛道间的侧向最 大静摩擦因数为 ，通过底板的空气动力学设计可使赛车在高速通过弯道时与地面之间的压力达到自身重 力的4 倍，重力加速度为 ，求： (1)为避免因速度过快在弯道上发生侧滑，赛车在直道上加速的最大加速度 ； (2)若赛车在直道的加速度为 ，求其通过整条赛道的最短时间。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设到达弯道的最大速度为 ，根据直线运动规律 当赛车以最大速度过弯，圆周运动半径为 ，则有 联立解得 （2）直道加速过程满足 代入解得 直道时间 弯道中，若要时间最短需取最小半径 ，根据牛顿第二定律可得 解得 弯道时间 总时间 起步点可以位于赛道左侧，最远不能超过 ，故 10．（2026·广东肇庆·一模）如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道BC，其 与足够长、粗糙的水平轨道相切于B 点．质量为m、可视为质点的滑块，从水平轨道上A 点以初速度 沿直线AB 运动，恰好能到达C 点正上方D 点处，而后返回，并最终停在水平轨道上E 点（图中 未画出）。此后，对滑块施加水平向右的拉力 ，滑块沿轨道运动并从C 点飞出，最终落在水平轨 道上H 点（图中未画出）。已知 ，重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数和A、E 间的距离； (2)在拉力F 作用下，滑块经过BC 段中点时，对轨道的压力大小； (3)滑块落地点H 与A 点的距离。 【答案】(1) ， (2) (3) 【详解】（1）滑块从A 点运动到D 点，根据动能定理， 解得 滑块从D 点返回到E 点，根据动能定理 又 解得 （2）设在拉力F 作用下，滑块经过BC 段中点时，速度为v，受到的支持力大小为 ．从E 点到BC 段中 点的过程，根据动能定理，有 得 经过BC 段中点时 得 滑块对轨道的压力与轨道对滑块的支持力是一对相互作用力，所以滑块对轨道的压力大小为 。 （3）设滑块从C 点飞出时，速度为 从C 点飞出后， ， 竖直方向做竖直上抛运动，落地时 得 ， （舍去） 水平方向做匀加速直线运动，落地点H 与A 点的水平距离 解得 。 11．（2026·湛江·一模）某弹射游戏装置如图所示，由以下部分依次平滑连接而成（竖直和水平轨道互不 影响）：光滑水平轨道 、半径为 的竖直光滑半圆轨道 、半径为 的竖直光滑半圆轨道 、 长度 的水平直轨道 、长度 且以恒定速率 顺时针转动的水平传送带 ，以 及足够长的光滑水平轨道 。其中， 点为半圆轨道 的最高点。在光滑水平轨道 上，一轻弹 簧一端固定于墙壁，另一端与质量 的小滑块（可视为质点）接触但不连接。弹簧初始时在 点处于压缩锁定状态，弹性势能 。解除锁定后，小滑块被弹出，恰好能通过 点，之后依次滑经 轨道 和传送带 ，最终冲上静置于轨道 上表面光滑的四分之一圆弧形物块 ，其质量 ，半径 。已知滑块与轨道 及传送带 之间的动摩擦因数均为 ，重力 加速度 取 ，空气阻力不计。 (1)求半圆轨道 的轨道半径 ； (2)求小滑块第一次向右滑过传送带的过程中，小滑块和传送带因摩擦产生的热量 ； (3)判断小滑块从 点滑上圆弧形物块 后是否能从 点冲出圆弧轨道。 【答案】(1) (2) (3)能从J 点冲出圆弧轨道 【详解】（1）小滑块恰好能通过半圆轨道ABC 的C 点，根据牛顿第二定律有 根据能量守恒定律有 解得 （2）对小滑块从弹簧解除锁定后到G 点过程，根据能量守恒定律有 解得 由于 ，所以小滑块先做匀减速直线运动，假设小滑块可以减速到与传送带共速，对小滑块，根据动 量定理有 根据动能定理有 解得 ， 所以小滑块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，小滑块到达H 点的速度 小滑块匀减速运动过程中，传送带位移的大小 所以小滑块和传送带因摩擦产生的热量 解得 （3）假设小滑块从I 点滑上圆弧形物块后不能从J 点冲出圆弧轨道，根据水平方向动量守恒有 根据能量守恒定律有 解得 故小滑块能从J 点冲出圆弧轨道。 12．（2026·广东清远·一模）如图甲所示，《天工开物》中提到一种古法榨油一撞木榨油，其过程简化为 石块撞击木楔，挤压胚饼，重复撞击，榨出油来。现有一长度l=4m 的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂 一质量M=180kg 的石块，可视为质点。如图乙所示，将石块拉至轻绳与竖直方向成37°角的位置，石块由 静止释放，运动至最低点时与质量m=20kg 的木楔发生正碰，不计撞击过程的机械能损失，撞击时间 t=0.05s，每次撞击后立即将石块拉回原位置。重力加速度g 取 。 求： (1)撞击前，石块在最低点对轻绳的拉力大小T； (2)撞击后瞬间木楔的速度和石块对木楔撞击的平均作用力大小 F； (3)石块每次在同一位置释放并在最低点撞击木楔。木楔向里运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图丙 所示。要木楔移动的位移 石块至少需撞击多少次木楔。 【答案】(1) (2) (3)4 【详解】（1）石块运动到最低点过程，根据动能定理有 根据牛顿第二定律有 联立解得 （2）石块与木楔碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有 根据机械能守恒有 解得 对石块进行分析，根据动量定理有 根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小 联立解得 （3）根据木楔的阻力与位移图像关系有 木楔移动 需克服阻力做的功 根据能量守恒定律有 解得 故要木楔移动的位移 ，石块需撞击4 次木楔。
