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吉林省白城市第一中学2025-2026学年高二上学期10月期中物理试题
1．（2025高二上·洮北期中）如图所示，金铙山主峰白石顶海拔为1858m，素有“东南秀起第一巅”之称。一质量为60kg的游客从海拔1200m处先乘缆车，后步行约3600m登上白石顶，共用时2小时。重力加速度g取10m/s2，则该游客从乘缆车到登顶的过程中（　　）
A．位移大小约为658m
B．平均速度大小约为0.50m/s
C．克服重力所做的功约为3.95×105J
D．克服重力所做功的平均功率约为1.98×105W
【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】A．位移是初末位置的有向线段长度，但题目未明确初末位置的水平距离，仅知竖直位移为1858-1200=658m ，故位移大小无法确定，故A错误；
B．平均速度是位移与时间的比值，因位移不确定，无法计算平均速度，故B错误；
C．克服重力所做的功为，故C正确；
D．克服重力所做功的平均功率约为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】区分位移与竖直位移、平均速度与平均速率的概念，利用重力做功公式和功率公式逐一分析选项。
2．（2025高二上·洮北期中）一质量为的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿轴运动，出发点为轴零点，拉力做的功与物体坐标的关系如图所示。物体与水平地面间的摩擦因数为0.4，重力加速度大小取。则从运动到的过程中，拉力的最大瞬时功率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】ABCD．由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
可看出图像中斜率代表拉力F，知在时，拉力
物体从0运动到2m的过程，根据动能定理有
解得物体的速度为
物体在2m时，拉力的功率
此后，拉力变为，小于摩擦力，物体做减速运动，速度变小，拉力的功率变小。所以则从运动到的过程中，拉力的最大瞬时功率为，故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】先通过图像的斜率确定拉力大小，再结合动能定理求出对应位置的速度，最后利用瞬时功率公式计算功率，同时判断运动状态（加速/减速）确定最大功率。
3．（2025高二上·洮北期中）地下车库为了限制车辆高度，采用如图所示曲杆道闸，它是由相同长度的转动杆AB和横杆BC组成。B、C为横杆的两个端点。现道闸正在缓慢打开，转动杆AB绕A点的转动过程中B点可视为匀速圆周运动，横杆BC始终保持水平，则在道闸缓慢打开的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．B点线速度不变
B．B点的角速度不变
C．B、C两点的线速度大小
D．B、C两点的角速度大小
【答案】B
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】本题考查匀速圆周运动相关知识，同轴转动，角速度相等，皮带转动，线速度大小相等。A．B点做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向改变，故A错误；
B．B点做匀速圆周运动，角速度不变，故B正确；
C．B点做匀速圆周运动的过程中，横杆BC始终保持水平，则BC杆上各点相对静止，所以C点的速度始终与B点相同，所以B、C两点的线速度大小关系
故C错误；
D．根据可知，由于B、C两点做圆周运动的半径不相等
可知二者的角速度大小
故D错误；
故选 B。
【分析】匀速圆周线速度和角速度大小相等，注意线速度和加速度的矢量性。
4．（2025高二上·洮北期中）在某次军事演习中，两枚炮弹自山坡底端O点斜向上发射，炮弹分别水平命中山坡上的目标、，运动时间分别为、，初速度分别为、。如图所示，已知位于山坡正中间位置，位于山坡顶端，山坡与地面间的夹角为，不计空气阻力，则下列判断正确的有（　　）
A．两枚炮弹飞行时间
B．两枚炮弹的发射速度方向相同
C．两枚炮弹的发射速度大小之比
D．两枚炮弹的发射速度大小之比
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．设山坡顶端距离底端高度为，则，
则，故A错误；
B．设山坡底边长为L，两炮弹初速度的水平方向分速度分别为和，则，
则
两炮弹初速度的竖直方向分速度分别为和，则，
得
设初速度、与水平方向的夹角分别为和，则，，得则两枚炮弹的发射速度方向相同。故B正确；
C D．根据速度的合成，
得，，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查斜抛运动的分解，核心思路是：将斜抛运动分解为水平匀速、竖直自由落体（逆向），利用竖直位移求时间，结合水平位移求速度分量，通过速度分量的比值判断速度方向与大小的关系。
5．（2025高二上·洮北期中）狞猫弹跳力惊人，栖息在干燥的旷野和沙漠，善于捕捉鸟类。一只狞猫以某一初速度斜向上与水平地面成θ角跳离地面，落地前其最大高度为h，最大水平位移为x。不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间不变
B．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度h增大
C．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值减小
D．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值增大
【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．狞猫做斜抛运动，在竖直方向则有
狞猫在空中的运动时间
保持起跳速度大小不变，增大 角，狞猫在空中的运动时间增大，A不符合题意；
B．狞猫在空中的最大高度
保持起跳速度大小不变，增大 角，狞猫在空中的最大高度增大，B符合题意；
CD．狞猫最大水平位移为
最大水平位移与最大高度的比值为
保持起跳角度 不变，增大起跳速度， 与 的比值不变，C、D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用速度的分解结合速度公式可以判别运动的时间及上升的高度；利用位移公式可以判别速度对于位移比值的影响。
6．（2025高二上·洮北期中）一小球A穿在水平固定的直杆上，C处固定一光滑的定滑轮，将细绳一端固定在A上，另一端绕过定滑轮系在小水桶B上，在水桶B缓慢滴水的过程中，系统保持静止，则下列说法错误的是（　　）
A．小球A受到的摩擦力减小
B．细绳对定滑轮的作用力减小
C．杆对小球A的支持力减小
D．细绳对定滑轮的作用力的方向改变
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．设AC与水平方向的夹角为θ，则对A受力分析有mBgcosθ = f，由于水桶B缓慢滴水，则小球A受到的摩擦力减小，故A正确；
BD．细绳对定滑轮的作用力如图
由于水桶B缓慢滴水，则F减小，但方向不变，故B正确，D错误；
C．杆对小球A的支持力为FN= mAg＋mBgsinθ，由于水桶B缓慢滴水，则小球A受到的支持力减小，故C正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查静力学中的受力平衡分析，核心思路是对小球A和定滑轮分别列平衡方程，结合水桶质量的变化，分析摩擦力、支持力及细绳对定滑轮作用力的变化。
7．（2025高二上·洮北期中）电动自行车可以电动骑行，亦可以脚踏骑行，有人提出充分利用骑行者做功或电动自行车的动能来发电来自动充电，即将电动自行车的前轮装上发电机，并与车载蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，电动自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。某人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能为（　　）
A．200J B．250J C．300J D．500J
【答案】A
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】根据动能定理可知，图线①斜率的绝对值表示电动自行车滑行过程中所受阻力大小，即
根据能量守恒定律可知，启动自充电装置后有Ek-f；x'=E；x'=6m
解得E = 200J
故答案为：A。
【分析】本题考查动能定理与能量守恒的综合应用，核心思路是先通过自由滑行的过程求阻力，再结合充电过程的能量转化，计算储存的电能。
8．（2025高二上·洮北期中）由加速度的定义式可知（　　）
A．a与Δv成正比，与Δt成反比
B．物体的加速度大小与速度变化量成正比
C．a的方向与的方向相同，与v的方向无关
D．叫速度的变化率，就是加速度
【答案】C,D
【知识点】加速度
【解析】【解答】A．公式是加速度的定义式，不是决定式，加速度a是采用比值法定义的，所以a与和不存在比例关系，A错误；
B．加速度的大小可根据与的比值计算出来，与无关，B错误；
C．且a的方向与的方向相同，与v的方向无关，C正确；
D．是速度的变化率，根据加速度的定义 可知，就是加速度，D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查加速度的定义式理解，核心思路是明确比值定义式的本质（加速度与速度变化量、时间无直接比例关系），以及加速度方向与速度变化量方向的关系。
9．（2025高二上·洮北期中）在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，若电路中仅有一处故障，则出现这种现象的原因可能是（　　）
A．电阻R1短路 B．电阻R2断路 C．电阻R2短路 D．电容器C断路
【答案】A,B
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】A．电阻短路，电路总电阻减小，总电流增大；灯泡与并联部分的电压增大，灯泡变亮，故A正确；
B．电阻断路，电路总电阻增大，总电流减小；和电源内阻分得的电压减小，灯泡两端电压增大，灯泡变亮，故B正确；
C．若电阻R2短路，灯泡被短路，不亮，故C错误；
D．若电容器C断路，对灯泡亮度没有影响，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查电路故障的动态分析，核心思路是通过分析故障对总电阻、总电流及灯泡两端电压的影响，判断灯泡亮度的变化。
10．（2025高二上·洮北期中）甲、乙两建筑工人用简易机械装置将工件从楼顶运送到地面。如图所示，两工人保持位置不动，甲通过缓慢拉动手中的绳子，使工件由位置I向右运动到位置Ⅱ，在此过程中，乙手中的绳子始终水平，不计绳的重力，忽略滑轮的大小及摩擦力，则在此过程中（　　）
A．甲手中绳子上的拉力大小不变
B．乙手中绳子上的拉力不断减小
C．楼顶对甲的支持力增大
D．楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力
【答案】B,C,D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．乙手中绳子上的拉力与重力的合力与跨过滑轮的绳子对重物的拉力等大反向，如图所示
由于三角形斜边大于任意直角边，工件由位置I向右运动到位置Ⅱ，所以甲手中绳子上的拉力减小，乙手中绳子上的拉力减小；故A错误，B正确；
C．设甲手中绳子拉力大小为F，绳对甲的拉力在竖直方向的分力为
楼顶对甲的支持力，由于F减小，不变，所以楼顶对甲的支持力增大，故C正确；
D．对甲水平方向根据平衡条件可得楼顶对甲的摩擦力
对乙水平方向根据平衡条件可得楼顶对乙的摩擦力
由于，所以楼顶对甲的摩擦力f甲大于对乙的摩擦力f乙，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】本题考查动态平衡中的受力分析，核心思路是通过工件的受力平衡推导甲、乙绳子拉力的变化，再结合甲的受力分析判断支持力和摩擦力的变化。
11．（2025高二上·洮北期中）某物理兴趣小组将力传感器固定在小车上，小车置于水平桌面上，用如图所示的装置探究物体的加速度与力的关系，并根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的图像。
（1）由图像知小车与桌面之间的摩擦力为　 　N。
（2）本实验是否要求细沙和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量？　 　（填“是”或“否”）。
（3）由图像求出小车和传感器的总质量为　 　kg。
【答案】0.1；否；1
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）由图像可知，当绳子拉力等于时，小车才开始有加速度，则小车与桌面之间的摩擦力为。
故答案为：0.1
（2）由于本实验装置中，绳子拉力可以通过力传感器测得，不需要用细沙和桶的总重力代替绳子拉力，所以本实验不要求细沙和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量。
故答案为：否
（3）以小车和传感器为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
可知图像的斜率为
解得小车和传感器的总质量为
故答案为：1
【分析】（1）通过a-F图像的截距意义（拉力克服摩擦力时的临界拉力），直接推导摩擦力，体现实验图像的物理意义分析。
（2）依据力传感器的测量功能，明确拉力的直接获取方式，判断实验条件的必要性，体现实验装置的原理分析。
（3）结合牛顿第二定律与图像斜率的关系，推导总质量，体现实验数据的定量处理策略。
12．（2025高二上·洮北期中）在“探究弹簧弹力大小与伸长量关系”的实验中，第一组同学设计了如图甲所示的实验装置。将弹簧竖直悬挂在铁架台上，先测出不挂钩码时弹簧的长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出钩码静止时相应的弹簧总长度L，根据算出弹簧伸长的长度x，根据测量数据画出如图乙所示的图像。
（1）根据所得的图线可知该弹簧的劲度系数为　 　。
（2）第二小组同学在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹簧弹力与弹簧长度之间关系的图像如图丙所示，下列说法正确的是。
A．a的原长比b的短 B．的原长比b的长
C．a的劲度系数比b的小 D．的劲度系数比b的大
（3）第三小组同学将第一组同学用的同一弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂测出挂上钩码后的弹簧的总长度L，根据算出弹簧伸长的长度x。他们得到的图线如图丁所示，则图像不过原点的原因可能是　 　，第三组同学利用该方案测出弹簧的劲度系数和第一组同学测出的结果相比　 　（偏大、偏小、相同）。
【答案】（1）25
（2）B；C
（3）弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了；相同
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）由图示图像可知，弹簧的劲度系数为
故答案为：25
（2）AB．根据胡克定律可得，可知图像的横轴截距表示弹簧的原长，由图可知，a的原长比b的长，故A错误，B正确；
CD．根据图像的斜率表示弹簧的劲度系数，由图可知，a图像的斜率比b的小，则a的劲度系数比b的小，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
（3）弹簧竖直悬挂时，弹簧在自身重力作用下要伸长，弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了，由
可得，两种情况下斜率相同，测量结果相同。
故答案为：弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了；相同
【分析】（1）劲度系数：利用胡克定律，通过图像的斜率直接计算。
（2）原长与劲度系数：结合图像的“截距（原长）”和“斜率（劲度系数）”的物理意义，分析两条弹簧的差异。
（3）图像偏离与劲度系数：弹簧自重会使竖直悬挂时的图像截距偏移，但斜率（劲度系数）不变。
（1）由图示图像可知，弹簧的劲度系数为
（2）AB．根据胡克定律可得
可知图像的横轴截距表示弹簧的原长，由图可知，a的原长比b的长，故A错误，B正确；
CD．根据图像的斜率表示弹簧的劲度系数，由图可知，a图像的斜率比b的小，则a的劲度系数比b的小，故C正确，D错误。
故选BC。
（3）[1][2]弹簧竖直悬挂时，弹簧在自身重力作用下要伸长，弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了，由
可得
两种情况下斜率相同，测量结果相同。
13．（2025高二上·洮北期中）质量为、长为的杆水平放置，杆两端系着长为的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为的小铁环。小明用手抓着杆静止在空中如图甲所示，接着在空中沿方向水平向右做匀加速直线运动，杆与环能保持相对静止状态，此时环恰好悬于端的正下方，如图乙所示。（已知重力加速度为，不计空气影响）
（1）求此状态下杆的加速度大小和轻绳的拉力的大小
（2）为保持这种状态小明需在杆上施加一个多大的力，方向如何？
【答案】（1）解：对环：设绳子的拉力大小为，竖直方向有
水平方向根据牛顿第二定律得
解得，
（2）解：设外力大小为F，方向与水平方向成角斜向右上方，对整体水平方向，由牛顿第二定律得：
竖直方向
解得，=60°
即外力方向与水平方向夹角为60°斜向右上方。
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）加速度与拉力：对铁环受力分析，利用几何关系确定绳的夹角，结合竖直平衡、水平牛顿第二定律列方程求解。
（2）外力分析：对整体受力分析，将外力分解为水平、竖直分量，分别对应加速度和重力的合力，联立方程求外力大小与方向。
14．（2025高二上·洮北期中）如图所示，一质量m=1.0kg的物体从半径R=5.0m的圆弧的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端（圆弧AB在竖直平面内）。拉力F的大小始终为15N不变，方向始终沿物体在该点的切线方向。圆弧所对应的圆心角为60°，BO边沿竖直方向，g取10m/s2。在这一过程中，求：
（1）拉力F做的功；
（2）重力G做的功；
（3）圆弧面对物体的支持力FN做的功。
【答案】（1）解：将圆弧AB分成无数小段，每段为 x，则在每段上力F可认为是恒力，做功为F x，则从A到B做的总功
圆弧面对物体的支持力FN与速度方向总垂直，则根据
，可知支持力做功为零。
（2）解：重力G做的功
（3）由（1）知， 圆弧面对物体的支持力FN做的功为0
【知识点】微元法；功的计算
【解析】【分析】（1）利用微元法将曲线运动分解为无数直线小段，结合弧长公式，推导变力做功，体现变力做功的等效处理逻辑。
（2）通过重力做功与高度变化的关系，直接计算重力做功，体现重力做功的定量分析策略。
（3）依据功的定义（力与位移方向垂直时做功为零），判断支持力做功，体现力做功的条件分析。
15．（2025高二上·洮北期中）如图所示，电源电动势为E=10V，内阻r=1Ω，R1=R2=R3=R4=1Ω，电容器电容C=6μF，开关闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m，电荷量为q的小球正好处于静止状态.求
（1）电路稳定后通过R4的电流I；
（2）开关S断开，流过R2的电荷量△Q；
（3）断开开关，电路稳定后，小球的加速度a的大小．
【答案】（1）解：开关S闭合时，并联与串联，中没有电流通过．有
电容器的电压
由欧姆定律得通过的电流
（2）解：开关S断开，电容器的电压
开关S断开，流过R2的电荷量
（3）解：开关S闭合时，小球静止时，由平衡条件有
开关S断开，根据牛顿第二定律得
联立解得
【知识点】含容电路分析；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）先分析电路结构（与并联后与、内阻串联），用闭合电路欧姆定律计算总电流，即的电流。
（2）分“闭合”和“断开”两种状态，分别计算电容器的电压和电荷量，差值即为流过的电荷量。
（3）利用闭合时的平衡条件（重力=电场力），结合断开后的电场力变化，通过牛顿第二定律求解加速度。
1 / 1吉林省白城市第一中学2025-2026学年高二上学期10月期中物理试题
1．（2025高二上·洮北期中）如图所示，金铙山主峰白石顶海拔为1858m，素有“东南秀起第一巅”之称。一质量为60kg的游客从海拔1200m处先乘缆车，后步行约3600m登上白石顶，共用时2小时。重力加速度g取10m/s2，则该游客从乘缆车到登顶的过程中（　　）
A．位移大小约为658m
B．平均速度大小约为0.50m/s
C．克服重力所做的功约为3.95×105J
D．克服重力所做功的平均功率约为1.98×105W
2．（2025高二上·洮北期中）一质量为的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿轴运动，出发点为轴零点，拉力做的功与物体坐标的关系如图所示。物体与水平地面间的摩擦因数为0.4，重力加速度大小取。则从运动到的过程中，拉力的最大瞬时功率为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二上·洮北期中）地下车库为了限制车辆高度，采用如图所示曲杆道闸，它是由相同长度的转动杆AB和横杆BC组成。B、C为横杆的两个端点。现道闸正在缓慢打开，转动杆AB绕A点的转动过程中B点可视为匀速圆周运动，横杆BC始终保持水平，则在道闸缓慢打开的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．B点线速度不变
B．B点的角速度不变
C．B、C两点的线速度大小
D．B、C两点的角速度大小
4．（2025高二上·洮北期中）在某次军事演习中，两枚炮弹自山坡底端O点斜向上发射，炮弹分别水平命中山坡上的目标、，运动时间分别为、，初速度分别为、。如图所示，已知位于山坡正中间位置，位于山坡顶端，山坡与地面间的夹角为，不计空气阻力，则下列判断正确的有（　　）
A．两枚炮弹飞行时间
B．两枚炮弹的发射速度方向相同
C．两枚炮弹的发射速度大小之比
D．两枚炮弹的发射速度大小之比
5．（2025高二上·洮北期中）狞猫弹跳力惊人，栖息在干燥的旷野和沙漠，善于捕捉鸟类。一只狞猫以某一初速度斜向上与水平地面成θ角跳离地面，落地前其最大高度为h，最大水平位移为x。不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间不变
B．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度h增大
C．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值减小
D．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值增大
6．（2025高二上·洮北期中）一小球A穿在水平固定的直杆上，C处固定一光滑的定滑轮，将细绳一端固定在A上，另一端绕过定滑轮系在小水桶B上，在水桶B缓慢滴水的过程中，系统保持静止，则下列说法错误的是（　　）
A．小球A受到的摩擦力减小
B．细绳对定滑轮的作用力减小
C．杆对小球A的支持力减小
D．细绳对定滑轮的作用力的方向改变
7．（2025高二上·洮北期中）电动自行车可以电动骑行，亦可以脚踏骑行，有人提出充分利用骑行者做功或电动自行车的动能来发电来自动充电，即将电动自行车的前轮装上发电机，并与车载蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，电动自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。某人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能为（　　）
A．200J B．250J C．300J D．500J
8．（2025高二上·洮北期中）由加速度的定义式可知（　　）
A．a与Δv成正比，与Δt成反比
B．物体的加速度大小与速度变化量成正比
C．a的方向与的方向相同，与v的方向无关
D．叫速度的变化率，就是加速度
9．（2025高二上·洮北期中）在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，若电路中仅有一处故障，则出现这种现象的原因可能是（　　）
A．电阻R1短路 B．电阻R2断路 C．电阻R2短路 D．电容器C断路
10．（2025高二上·洮北期中）甲、乙两建筑工人用简易机械装置将工件从楼顶运送到地面。如图所示，两工人保持位置不动，甲通过缓慢拉动手中的绳子，使工件由位置I向右运动到位置Ⅱ，在此过程中，乙手中的绳子始终水平，不计绳的重力，忽略滑轮的大小及摩擦力，则在此过程中（　　）
A．甲手中绳子上的拉力大小不变
B．乙手中绳子上的拉力不断减小
C．楼顶对甲的支持力增大
D．楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力
11．（2025高二上·洮北期中）某物理兴趣小组将力传感器固定在小车上，小车置于水平桌面上，用如图所示的装置探究物体的加速度与力的关系，并根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的图像。
（1）由图像知小车与桌面之间的摩擦力为　 　N。
（2）本实验是否要求细沙和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量？　 　（填“是”或“否”）。
（3）由图像求出小车和传感器的总质量为　 　kg。
12．（2025高二上·洮北期中）在“探究弹簧弹力大小与伸长量关系”的实验中，第一组同学设计了如图甲所示的实验装置。将弹簧竖直悬挂在铁架台上，先测出不挂钩码时弹簧的长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出钩码静止时相应的弹簧总长度L，根据算出弹簧伸长的长度x，根据测量数据画出如图乙所示的图像。
（1）根据所得的图线可知该弹簧的劲度系数为　 　。
（2）第二小组同学在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹簧弹力与弹簧长度之间关系的图像如图丙所示，下列说法正确的是。
A．a的原长比b的短 B．的原长比b的长
C．a的劲度系数比b的小 D．的劲度系数比b的大
（3）第三小组同学将第一组同学用的同一弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂测出挂上钩码后的弹簧的总长度L，根据算出弹簧伸长的长度x。他们得到的图线如图丁所示，则图像不过原点的原因可能是　 　，第三组同学利用该方案测出弹簧的劲度系数和第一组同学测出的结果相比　 　（偏大、偏小、相同）。
13．（2025高二上·洮北期中）质量为、长为的杆水平放置，杆两端系着长为的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为的小铁环。小明用手抓着杆静止在空中如图甲所示，接着在空中沿方向水平向右做匀加速直线运动，杆与环能保持相对静止状态，此时环恰好悬于端的正下方，如图乙所示。（已知重力加速度为，不计空气影响）
（1）求此状态下杆的加速度大小和轻绳的拉力的大小
（2）为保持这种状态小明需在杆上施加一个多大的力，方向如何？
14．（2025高二上·洮北期中）如图所示，一质量m=1.0kg的物体从半径R=5.0m的圆弧的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端（圆弧AB在竖直平面内）。拉力F的大小始终为15N不变，方向始终沿物体在该点的切线方向。圆弧所对应的圆心角为60°，BO边沿竖直方向，g取10m/s2。在这一过程中，求：
（1）拉力F做的功；
（2）重力G做的功；
（3）圆弧面对物体的支持力FN做的功。
15．（2025高二上·洮北期中）如图所示，电源电动势为E=10V，内阻r=1Ω，R1=R2=R3=R4=1Ω，电容器电容C=6μF，开关闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m，电荷量为q的小球正好处于静止状态.求
（1）电路稳定后通过R4的电流I；
（2）开关S断开，流过R2的电荷量△Q；
（3）断开开关，电路稳定后，小球的加速度a的大小．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】A．位移是初末位置的有向线段长度，但题目未明确初末位置的水平距离，仅知竖直位移为1858-1200=658m ，故位移大小无法确定，故A错误；
B．平均速度是位移与时间的比值，因位移不确定，无法计算平均速度，故B错误；
C．克服重力所做的功为，故C正确；
D．克服重力所做功的平均功率约为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】区分位移与竖直位移、平均速度与平均速率的概念，利用重力做功公式和功率公式逐一分析选项。
2．【答案】D
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】ABCD．由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
可看出图像中斜率代表拉力F，知在时，拉力
物体从0运动到2m的过程，根据动能定理有
解得物体的速度为
物体在2m时，拉力的功率
此后，拉力变为，小于摩擦力，物体做减速运动，速度变小，拉力的功率变小。所以则从运动到的过程中，拉力的最大瞬时功率为，故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】先通过图像的斜率确定拉力大小，再结合动能定理求出对应位置的速度，最后利用瞬时功率公式计算功率，同时判断运动状态（加速/减速）确定最大功率。
3．【答案】B
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】本题考查匀速圆周运动相关知识，同轴转动，角速度相等，皮带转动，线速度大小相等。A．B点做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向改变，故A错误；
B．B点做匀速圆周运动，角速度不变，故B正确；
C．B点做匀速圆周运动的过程中，横杆BC始终保持水平，则BC杆上各点相对静止，所以C点的速度始终与B点相同，所以B、C两点的线速度大小关系
故C错误；
D．根据可知，由于B、C两点做圆周运动的半径不相等
可知二者的角速度大小
故D错误；
故选 B。
【分析】匀速圆周线速度和角速度大小相等，注意线速度和加速度的矢量性。
4．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．设山坡顶端距离底端高度为，则，
则，故A错误；
B．设山坡底边长为L，两炮弹初速度的水平方向分速度分别为和，则，
则
两炮弹初速度的竖直方向分速度分别为和，则，
得
设初速度、与水平方向的夹角分别为和，则，，得则两枚炮弹的发射速度方向相同。故B正确；
C D．根据速度的合成，
得，，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查斜抛运动的分解，核心思路是：将斜抛运动分解为水平匀速、竖直自由落体（逆向），利用竖直位移求时间，结合水平位移求速度分量，通过速度分量的比值判断速度方向与大小的关系。
5．【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．狞猫做斜抛运动，在竖直方向则有
狞猫在空中的运动时间
保持起跳速度大小不变，增大 角，狞猫在空中的运动时间增大，A不符合题意；
B．狞猫在空中的最大高度
保持起跳速度大小不变，增大 角，狞猫在空中的最大高度增大，B符合题意；
CD．狞猫最大水平位移为
最大水平位移与最大高度的比值为
保持起跳角度 不变，增大起跳速度， 与 的比值不变，C、D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用速度的分解结合速度公式可以判别运动的时间及上升的高度；利用位移公式可以判别速度对于位移比值的影响。
6．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．设AC与水平方向的夹角为θ，则对A受力分析有mBgcosθ = f，由于水桶B缓慢滴水，则小球A受到的摩擦力减小，故A正确；
BD．细绳对定滑轮的作用力如图
由于水桶B缓慢滴水，则F减小，但方向不变，故B正确，D错误；
C．杆对小球A的支持力为FN= mAg＋mBgsinθ，由于水桶B缓慢滴水，则小球A受到的支持力减小，故C正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查静力学中的受力平衡分析，核心思路是对小球A和定滑轮分别列平衡方程，结合水桶质量的变化，分析摩擦力、支持力及细绳对定滑轮作用力的变化。
7．【答案】A
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】根据动能定理可知，图线①斜率的绝对值表示电动自行车滑行过程中所受阻力大小，即
根据能量守恒定律可知，启动自充电装置后有Ek-f；x'=E；x'=6m
解得E = 200J
故答案为：A。
【分析】本题考查动能定理与能量守恒的综合应用，核心思路是先通过自由滑行的过程求阻力，再结合充电过程的能量转化，计算储存的电能。
8．【答案】C,D
【知识点】加速度
【解析】【解答】A．公式是加速度的定义式，不是决定式，加速度a是采用比值法定义的，所以a与和不存在比例关系，A错误；
B．加速度的大小可根据与的比值计算出来，与无关，B错误；
C．且a的方向与的方向相同，与v的方向无关，C正确；
D．是速度的变化率，根据加速度的定义 可知，就是加速度，D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查加速度的定义式理解，核心思路是明确比值定义式的本质（加速度与速度变化量、时间无直接比例关系），以及加速度方向与速度变化量方向的关系。
9．【答案】A,B
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】A．电阻短路，电路总电阻减小，总电流增大；灯泡与并联部分的电压增大，灯泡变亮，故A正确；
B．电阻断路，电路总电阻增大，总电流减小；和电源内阻分得的电压减小，灯泡两端电压增大，灯泡变亮，故B正确；
C．若电阻R2短路，灯泡被短路，不亮，故C错误；
D．若电容器C断路，对灯泡亮度没有影响，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查电路故障的动态分析，核心思路是通过分析故障对总电阻、总电流及灯泡两端电压的影响，判断灯泡亮度的变化。
10．【答案】B,C,D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．乙手中绳子上的拉力与重力的合力与跨过滑轮的绳子对重物的拉力等大反向，如图所示
由于三角形斜边大于任意直角边，工件由位置I向右运动到位置Ⅱ，所以甲手中绳子上的拉力减小，乙手中绳子上的拉力减小；故A错误，B正确；
C．设甲手中绳子拉力大小为F，绳对甲的拉力在竖直方向的分力为
楼顶对甲的支持力，由于F减小，不变，所以楼顶对甲的支持力增大，故C正确；
D．对甲水平方向根据平衡条件可得楼顶对甲的摩擦力
对乙水平方向根据平衡条件可得楼顶对乙的摩擦力
由于，所以楼顶对甲的摩擦力f甲大于对乙的摩擦力f乙，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】本题考查动态平衡中的受力分析，核心思路是通过工件的受力平衡推导甲、乙绳子拉力的变化，再结合甲的受力分析判断支持力和摩擦力的变化。
11．【答案】0.1；否；1
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）由图像可知，当绳子拉力等于时，小车才开始有加速度，则小车与桌面之间的摩擦力为。
故答案为：0.1
（2）由于本实验装置中，绳子拉力可以通过力传感器测得，不需要用细沙和桶的总重力代替绳子拉力，所以本实验不要求细沙和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量。
故答案为：否
（3）以小车和传感器为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
可知图像的斜率为
解得小车和传感器的总质量为
故答案为：1
【分析】（1）通过a-F图像的截距意义（拉力克服摩擦力时的临界拉力），直接推导摩擦力，体现实验图像的物理意义分析。
（2）依据力传感器的测量功能，明确拉力的直接获取方式，判断实验条件的必要性，体现实验装置的原理分析。
（3）结合牛顿第二定律与图像斜率的关系，推导总质量，体现实验数据的定量处理策略。
12．【答案】（1）25
（2）B；C
（3）弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了；相同
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）由图示图像可知，弹簧的劲度系数为
故答案为：25
（2）AB．根据胡克定律可得，可知图像的横轴截距表示弹簧的原长，由图可知，a的原长比b的长，故A错误，B正确；
CD．根据图像的斜率表示弹簧的劲度系数，由图可知，a图像的斜率比b的小，则a的劲度系数比b的小，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
（3）弹簧竖直悬挂时，弹簧在自身重力作用下要伸长，弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了，由
可得，两种情况下斜率相同，测量结果相同。
故答案为：弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了；相同
【分析】（1）劲度系数：利用胡克定律，通过图像的斜率直接计算。
（2）原长与劲度系数：结合图像的“截距（原长）”和“斜率（劲度系数）”的物理意义，分析两条弹簧的差异。
（3）图像偏离与劲度系数：弹簧自重会使竖直悬挂时的图像截距偏移，但斜率（劲度系数）不变。
（1）由图示图像可知，弹簧的劲度系数为
（2）AB．根据胡克定律可得
可知图像的横轴截距表示弹簧的原长，由图可知，a的原长比b的长，故A错误，B正确；
CD．根据图像的斜率表示弹簧的劲度系数，由图可知，a图像的斜率比b的小，则a的劲度系数比b的小，故C正确，D错误。
故选BC。
（3）[1][2]弹簧竖直悬挂时，弹簧在自身重力作用下要伸长，弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了，由
可得
两种情况下斜率相同，测量结果相同。
13．【答案】（1）解：对环：设绳子的拉力大小为，竖直方向有
水平方向根据牛顿第二定律得
解得，
（2）解：设外力大小为F，方向与水平方向成角斜向右上方，对整体水平方向，由牛顿第二定律得：
竖直方向
解得，=60°
即外力方向与水平方向夹角为60°斜向右上方。
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）加速度与拉力：对铁环受力分析，利用几何关系确定绳的夹角，结合竖直平衡、水平牛顿第二定律列方程求解。
（2）外力分析：对整体受力分析，将外力分解为水平、竖直分量，分别对应加速度和重力的合力，联立方程求外力大小与方向。
14．【答案】（1）解：将圆弧AB分成无数小段，每段为 x，则在每段上力F可认为是恒力，做功为F x，则从A到B做的总功
圆弧面对物体的支持力FN与速度方向总垂直，则根据
，可知支持力做功为零。
（2）解：重力G做的功
（3）由（1）知， 圆弧面对物体的支持力FN做的功为0
【知识点】微元法；功的计算
【解析】【分析】（1）利用微元法将曲线运动分解为无数直线小段，结合弧长公式，推导变力做功，体现变力做功的等效处理逻辑。
（2）通过重力做功与高度变化的关系，直接计算重力做功，体现重力做功的定量分析策略。
（3）依据功的定义（力与位移方向垂直时做功为零），判断支持力做功，体现力做功的条件分析。
15．【答案】（1）解：开关S闭合时，并联与串联，中没有电流通过．有
电容器的电压
由欧姆定律得通过的电流
（2）解：开关S断开，电容器的电压
开关S断开，流过R2的电荷量
（3）解：开关S闭合时，小球静止时，由平衡条件有
开关S断开，根据牛顿第二定律得
联立解得
【知识点】含容电路分析；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）先分析电路结构（与并联后与、内阻串联），用闭合电路欧姆定律计算总电流，即的电流。
（2）分“闭合”和“断开”两种状态，分别计算电容器的电压和电荷量，差值即为流过的电荷量。
（3）利用闭合时的平衡条件（重力=电场力），结合断开后的电场力变化，通过牛顿第二定律求解加速度。
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