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湖南省长沙市地质中学2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、单选题
1． 山崖边的公路常被称为最险公路，如图所示，一辆汽车欲安全通过此弯道，下列说法正确的是（　　）
A．该路面内侧低、外侧高
B．汽车向心力方向与路面平行
C．若汽车以相同速率转弯，选择内圈较为安全
D．汽车在转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
【答案】A
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．该路面内侧低、外侧高，这样可以利用路面对汽车支持力的水平分力提供一部分所需的向心力，故A正确；
B．汽车向心力方向沿水平方向指向圆心，与路面不平行，故B错误；
C．根据向心力表达式，若汽车以相同速率转弯，选择外圈时所需的向心力更小，则选择外圈较为安全，故C错误；
D．汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用，向心力只是效果力，不是实际受到的力，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查圆周运动的向心力与路面设计的综合分析，核心是结合路面倾斜的受力特点，分析向心力的来源、方向及转弯安全性的影响因素。
2．下列家用电器中把电能主要转化为内能的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】电风扇、洗衣机、吸尘器都是将电能转化为机械能，电饭锅是将电能转化为内能，故B正确，ACD错误；
故答案为：B。
【分析】根据家用电器的工作原理，判断其能量转化的主要形式，内能对应热效应，机械能对应机械运动。
3．关于电场，下列叙述中正确的是（　　）
A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同
B．正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大
C．在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E，取走q后，该点场强不为0
D．电荷所受电场力很大，该点的电场强度一定很大
【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小都相同，但是方向不同，故A错误；
B．正电荷周围的电场强度不一定比负电荷周围的电场强度大，故B错误；
C．电场强度是由电场本身的性质决定的，在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E，取走q后，该点场强仍为E，不为0，故C正确；
D．根据电场强度定义式
电场强度只由电场自身决定，与试探电荷受到的电场力无关，所以电荷所受电场力很大，该点的电场强度不一定很大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：大小+方向，球面场强方向不同。
B：由源电荷和位置决定，与电荷正负无关。
C：电场本身属性，与试探电荷无关。
D：，力大可能是电荷量或场强导致，不能直接推场强。
4．如图所示为通过轻杆相连的A、B两小球， 用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O点。已知AB的质量分别为、，轻杆长度为，细线OA长为L。现对B施加一个水平外力F使系统保持静止状态， A球在悬点正下方，细线OB与轻杆恰好垂直。现保持两小球位置不变，使F缓慢从水平沿逆时针转过90°的过程中， 下面说法正确的是（取重力加速度大小g=10m/s2）（　　）
A．细线OA的拉力一定大于
B．轻杆对B球的作用力一定大于
C．细线OB的拉力不断减小
D．外力一定不小于且先减小后增大
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于系统处于静止状态，球在悬点正下方，故球只受重力和细绳拉力作用，且二力平衡，故细线的拉力大小等于，轻杆对、B球均没有作用力，故AB错误；
C．小球B受竖直向下的重力、沿悬线斜向上的拉力和的作用而处于静止状态，三力的合力为零，表示三力的线段构成封闭三角形如图所示
由于重力的大小及方向不变，悬线拉力的方向不变，缓慢从水平沿逆时针转过的过程中，细线的拉力不断减小，外力先减小后增大，故C正确；
D．细线与轻杆恰好垂直，且轻杆长度为，细线OA长为L，故与竖直方向夹角为
由几何关系可知，当的方向与垂直时最小，由几何关系知此时，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡的动态分析，核心是对 A、B 两球分别进行受力分析，结合力的合成与分解，分析 F 转动过程中各力的大小变化规律。
5．如图所示，一根弹簧挂上20N的重物，重物静止时指针P正对刻度尺的3cm位置；更换30N重物后，重物静止时指针P正对刻度尺的4cm位置，弹簧没有超出弹性限度，则（　　）
A．挂上50N重物，重物静止时指针P正对刻度尺的5cm位置
B．弹簧的劲度系数为10N/m
C．未悬挂重物时，指针P正对刻度尺的1cm位置
D．未悬挂重物时，指针P正对刻度尺的0cm位置
【答案】C
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】A.根据胡克定律有
解得，故挂上50N重物，重物静止时指针正对刻度尺的6cm位置，故A错误；
BCD.设未悬挂重物时，指针正对刻度尺的位置，根据胡克定律有
其中，联立解得，故BD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】利用胡克定律（ ，为弹力，为劲度系数，为弹簧形变量 ），通过两次悬挂不同重物的弹力与形变量关系，联立方程求出未悬挂重物时的原长和劲度系数，再用同样规律判断挂重物时的位置，从而区分选项对错。
6．如图所示，一质量为m的物块用水平轻质细线连接，细线绕过光滑的滑轮后其下悬挂一质量为m0的物体，物块放在水平传送带上，水平传送带以v2的速度顺时针匀速转动，物块以初速度v1向右运动，传送带与物块间的动摩擦因数为μ。则关于物块m所受的摩擦力f，下列说法正确的是（　　）
A．若，则，方向向左
B．若，则，方向向左
C．若，且物块m保持匀速运动，则
D．若，且物块m保持匀速运动，则方向向左
【答案】B,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】本题考查了水平传送带和摩擦力，解题的关键是知道滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反。A．若，则物块相对于传送带向左滑动，故滑动摩擦力方向向右，大小为
故A错误；
B．若，则物块相对于传送带向右滑动，故滑动摩擦力方向向左，大小为
故B正确；
CD．若，且物块保持匀速运动，由物块处于平衡可知，摩擦力方向向左，且大小为
故C错误，D正确。
故选 BD。
【分析】根据物块与传送带速度的大小关系，可知物块相对传送带运动的方向，根据滑动摩擦力与相对运动的方向相反可知物块摩擦力的方向，利用f=μFN可得摩擦力大小；根据物体匀速运动合力为零，可知摩擦力的大小和方向。
7．如图所示，OA、OB是两根光滑的金属杆，且AO⊥OB，OA与水平方向呈60°角。小球a、b分别套在OA和OB两根杆上，其质量均为m，某位置系统处于平衡状态，弹簧与金属杆OB呈60°角。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k。则以下说法中正确的是（　　）
A．此时弹簧处于压缩状态，且其压缩量等于
B．小球a受到OA杆的弹力大小为
C．小球b受到OB杆的弹力大小为
D．移动小球b至O点，待再次平衡后，弹簧压缩量变为
【答案】A,C
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】由于两个小球组成的系统处于静止，对两小球受力分析，则有
A．对小球，根据平衡方程有
解得弹簧弹力
由分析可知弹簧处于压缩状态，根据胡克定律可以得出压缩量为
故A正确；
B．对小球受力分析可得，根据平衡方程可以得出：小球a受到OA杆的弹力大小为
故B错误；
C．对小球受力分析可得，根据平衡方程可以得出：小球b受到OB杆的弹力大小为
故C正确；
D．移动小球b至O点时，对于小球有弹簧弹力，根据平衡方程有：
根据胡克定律可以得出弹簧压缩量为：
故D错误。
故选AC。
【分析】当系统处于静止，利用小球b的平衡方程可以求出弹簧弹力的大小，结合胡克定律可以求出弹簧压缩量的大小；根据A的平衡方程可以求出小球a受到杆的弹力大小；利用平衡方程可以求出小球b受到杆的弹力的大小；结合平衡方程及胡克定律可以求出弹簧压缩量的大小。
二、多选题
8．如图，P、Q两物体均重10N，各接触面的动摩擦因数均为，现在对物体Q施加一向右的水平拉力，则（　　）
A．物体P与物体Q一起向右运动
B．物体P静止不动，物体Q向右运动
C．地面对物体P施加水平向左4N的静摩擦力
D．无论如何加大对物体Q的水平拉力F，物体P都不会向右运动
【答案】B,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】AB．由题意可得，P物体相对于地面滑动时的最大静摩擦力为
Q相对P的最大静摩擦力为
因为，
所以物体P静止不动，物体Q向右运动，A错误，B正确；
C．对物体P受力分析，受到Q对P水平向右的摩擦力
因为物体P静止不动，由平衡条件可得，所以地面对物体P施加的水平向左的静摩擦力，大小为，C错误；
D．由题意可得，P物体相对于地面滑动时的最大静摩擦力为
Q相对P的最大静摩擦力为
所以当时，P、Q均静止；当时，Q向右运动，P相对地面静止不动，所以无论如何加大对物体Q的水平拉力F，物体P都不会向右运动，D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查静摩擦力与滑动摩擦力的综合分析，核心是计算 P、Q 间及 P 与地面间的最大静摩擦力，通过比较拉力与最大静摩擦力的大小，判断两物体的运动状态，同时分析 P 的受力平衡情况。
9．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的速度为v，人的拉力为F（不计滑轮与绳之间的摩擦），则以下说法正确的是（　　）
A．船的速度为 B．船的速度为vsinθ
C．船的加速度为 D．船的加速度为
【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．船沿绳方向的分速度大小等于人拉绳的速度大小。静船水平向右的速度沿绳和垂直于绳分解，如图1所示，根据平行四边形定则可得，船的速度为，故A正确，B错误。
CD．对小船受力分析，如下图所示，绳对船的拉力大小等于人的拉力F，由牛顿第二定律得
解得船的加速度大小为a=，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查运动的分解与牛顿第二定律的综合应用，核心是将船的实际速度沿绳和垂直绳方向分解，结合受力分析利用牛顿第二定律计算加速度。
10．如图，轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，弹簧处于原长时上端在O点．小球将弹簧压缩到M点（弹簧和小球不拴接）．由静止释放后，将该时刻记为，小球第一次运动到O点的时刻为，小球运动的最高点为N．在小球第一次从M点运动到N点的过程中，速度、加速度a、动能以及小球机械能E随时间t，变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】ABC．小球向上运动过程中，根据牛顿第二定律有
随着弹力减小，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，至
此时加速度为0，速度达到最大，此时小球位于MO之间，随后有
随着弹力F逐渐减小，加速度逐渐增大，直至后，加速度为
之后加速度保持不变，速度逐渐减小，结合图像斜率为加速度，动能的计算公式可知AC图正确，B图错误，故AC正确，B错误；
D．小球在MO段时，弹簧的弹力对小球做正功，小球机械能增加；脱离弹簧后（O到N段），只有重力做功，机械能守恒，图像中机械能全程不变，与实际不符，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查弹簧与小球在斜面上的动力学和能量变化规律，核心是分析小球从 M 到 N 过程中速度、加速度、动能及机械能随时间的变化特点，重点关注弹力变化对受力、运动状态和能量转化的影响。
11．如图所示，两个木块A和B的质量分别为mA和mB紧挨着并排放在水平地面上，A、B接触面与水平面成θ，A、B接触面的动摩擦因数为，它们与水平地面间的动摩擦因数为，开始A、B都静止，现施加一水平推力F，使A、B向右加速且不发生相对滑动，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则一定小于
B．若，则一定小于
C．若，，则F不能超过
D．若，，无论F多大，A、B都不会相对滑动
【答案】C,D
【知识点】加速度；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．对A、B组成的系统，在水平方向上，由牛顿第二定律得
设A与B间的弹力为N，A、B不发生相对滑动的临界条件是地面对A的支持力等于零，对A，在竖直方向上，由平衡条件得、
在水平方向上，由牛顿第二定律得
由于A、B一起向右加速运动，则
解得，故AB错误；
C．设A、B间的弹力为N，地面对B的支持力为N'，推力F越大，则A越可能相对B向上滑，当F最大时，A刚要相对B向上滑，A不受地面的摩擦力，A、B共同以加速度a沿地面加速前进，对A有，
对B有，
解得，故C正确；
D．若，对A、B整体有
对B有，
其中，对A有，
联立解得
即，无论F多大，A、B都不会相对滑动，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】先对A、B 整体用牛顿第二定律求加速度，再对A 或 B 单独分析临界状态（不相对滑动的受力边界），结合摩擦力与弹力的关系推导条件。
三、实验探究题
12．车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。
（1）选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“”挡，正确操作后，指针位置如图1所示，则读数为　 　。
（2）进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势，内阻可忽略，电压表量程，内阻约，电流表程，内阻约。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图2中完成余下导线的连接　 　。
（3）如图2，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率　 　（用R、a、b、c表示）。
（4）测得不同压力F下的电阻R，算出对应的电阻率，作出图像如图3所示。
（5）基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于时启动，为水泥块，为滑动变阻器，当的滑片处于某位置，上压力大于或等于时，报警器启动。报警器应并联在　 　两端（填“”或“”）。
（6）若电源E使用时间过长，电动势变小，上压力大于或等于时，报警器启动，则　 　（填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】8000；；；；大于
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）多用电表选择开关旋转到“”挡，故根据图1可知读数为；
故答案为：8000
（2）长方体导电水泥块样品的电阻，故采用电流表内接法；实验中要求滑动变阻器采用分压接法，故连接实物图如图
（3）根据电阻定律，可知
故答案为：
（5）根据图3可知压力越大电阻率越小，即电阻越小；回路中电流增加，电压增加，电压减小，而报警器在两端电压大于或等于时启动，故应将报警器并联在两端；
故答案为：
（6）电源电动势E减小，要使报警器启动，即两端电压要仍为3V，根据串联分压有
可知E减小需要R1更小，又因为F越大R1越小，可知F1需要大于F0。
故答案为：大于
【分析】 (1) 依据多用电表欧姆挡的读数规则，结合挡位与指针位置计算电阻阻值。
(2) 按照 “电流表外接、滑动变阻器分压” 的实验要求，完成剩余导线的连接，确保电压从零开始调节且测量系统误差较小。
(3) 利用伏安法测得电阻后，结合电阻定律推导电阻率的表达式。
(4) 分析压力与电阻率的关系，结合电路原理判断报警器的并联位置。
(5) 根据闭合电路欧姆定律，分析电源电动势变小后报警压力的变化趋势。
13．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻。现提供的器材如下：
A．电压表（量程为）；
B．电压表（量程为）；
C．电流表（量程为）；
D．滑动变阻器（最大阻值为）；
E．滑动变阻器（最大阻值为）；
F．开关和导线若干。
（1）实验设备中电流表的内阻与电池的内阻差不多大，为了尽量减小实验误差，应该选择的实验电路是　 　（选填“甲”或“乙”）。
（2）实验中电压表应选用　 　，滑动变阻器应选用　 　。（选填相应器材前的字母）
（3）用所选器材按照选好的电路图连接好电路后，将滑动变阻器的滑片置于合适位置，闭合开关S，通过调整滑动变阻器的滑片，得到多组电流和电压。根据实验数据，绘制出如图丙所示的图像，由图线可求出电源的电动势　 　、内阻　 　。（结果均保留小数点后两位）
【答案】甲；B；D；1.45；1.30
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 一般干电池的内阻较小，且远小于电压表的内阻，选择图甲时电压表的分流很小，误差小。而图乙电流表内阻与电源内阻相当，则电流表的分压较大，误差大，综合考虑，应选图甲进行实验。
故答案为：甲
（2）一节干电池的电动势约为，则电压表应选B；
为方便实验操作，滑动变阻器应选D；
故答案为：B；D
（3）根据闭合电路欧姆定律有
则该电池的电动势为图线的纵轴截距，即
电源的内阻为图线斜率的绝对值，即
故答案为：1.45；1.30
【分析】(1) 电流表内阻与电池内阻相差不大时，采用电压表分流法（甲电路）可减小系统误差，因乙电路中电流表的分压会使内阻测量误差显著增大。
(2) 干电池电动势约1.5V，故电压表选3V量程；为方便调节电流，滑动变阻器选阻值较小的20Ω。
(3) 根据闭合电路欧姆定律，图像的纵截距为电动势，斜率绝对值为内阻，结合图像数据计算即可。
四、计算题
14．小明同学从足球场中央A点出发，先向正南方向正步走，然后向左转沿正东方向正步走，到达B点。整个过程用时25s。求：
（1）小明从A点到B点经过的路程s和位移x；
（2）小明从A点到B点的平均速度。
【答案】（1）小明从A点到B点经过的路程为
小明从A点到B点经过的位移大小为
根据几何关系有
解得
则位移方向为南偏东。
（2）小明从A点到B点的平均速度大小为
方向为南偏东。
【知识点】位移与路程；平均速度
【解析】【分析】（1）路程为质点经过轨迹的长度，位移方向由起点指向终点，并确定分析整个过程的位移大小和方向；
（2）由平均速度公式求解平均速度，平均速度的方向就是质点的位移方向。
15．为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角a=37°，取重力加速度g=10m/s2。
（1）求物体与斜面之间的摩擦系数；
（2）求撤去推力F后，物体还能上升的距离（斜面足够长）。
【答案】（1）解：0~2s秒内，由F-t图可得F1=21.5N
由牛顿第二定律可得
由v-t图像可得
2s后，由F-t图可得F2=20N
由牛顿第二定律可得
解得
（2）解：撤去推力F后，由牛顿第二定律可得
解得
撤去外力后，物体的速度为1m/s，物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度位移公式得x3==0.075m
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】(1) 分两个阶段对物体受力分析，结合牛顿第二定律，利用F t和v t图像的信息列方程，求解动摩擦因数；
(2) 撤去推力后，分析物体的受力并求减速加速度，再由速度位移公式求上升距离。
16．某工厂利用配重物体通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带运煤，如图所示，倾角为θ=30°的传送带以v1=5m/s的速度顺时针转动，配重物体B的质量mB=300kg，离地高度为h=9m。现将质量mA=200kg的装煤麻袋A从传送带底端（与地面等高）无初速度释放，当B落地瞬间绳子断裂，最终A恰好能到达传送带顶端，传送带与麻袋接触面间动摩擦因数（传送带长度L大于9m）。g取10m/s2。求：
（1）释放后瞬间B的加速度大小a1；
（2）该过程中B对A所做的功W；
（3）传送带长度L。
【答案】（1）解：A无初速度释放后瞬间，对A、B两物体分析，由牛顿第二定律可得，
代入数据联立解得，
（2）解：A从静止加速到5m/s，发生的位移为
解得
A与传送带共速后，由于
A继续加速，对A、B物体分析，可得，
代入数据联立解得，
且
所以
解得
（3）解：设物体B落地时速度大小为v2，则有
解得
B落地后，A向上做匀减速运动的加速度大小为a3，有
解得
物体A从速度为v2减速到v1，发生的位移为
解得
A减速到v1后，继续向上做匀减速运动的加速度大小为a4，有
解得
从v1刚好到达顶端速度是零时，发生的位移为
解得
则有传送带的长度
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功的概念
【解析】【分析】(1) 对 A、B 整体受力分析，结合牛顿第二定律列方程，求解 B 的加速度大小。
(2) 先由运动学公式求 B 落地时的速度，再对 A 分析，结合动能定理计算 B 对 A 做的功。
(3) 分两个阶段分析 A 的运动：B 落地前 A 的匀加速运动、B 落地后 A 的变加速 / 匀变速运动，结合运动学公式和受力分析求传送带总长度。
1 / 1湖南省长沙市地质中学2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、单选题
1． 山崖边的公路常被称为最险公路，如图所示，一辆汽车欲安全通过此弯道，下列说法正确的是（　　）
A．该路面内侧低、外侧高
B．汽车向心力方向与路面平行
C．若汽车以相同速率转弯，选择内圈较为安全
D．汽车在转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
2．下列家用电器中把电能主要转化为内能的是
A．
B．
C．
D．
3．关于电场，下列叙述中正确的是（　　）
A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同
B．正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大
C．在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E，取走q后，该点场强不为0
D．电荷所受电场力很大，该点的电场强度一定很大
4．如图所示为通过轻杆相连的A、B两小球， 用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O点。已知AB的质量分别为、，轻杆长度为，细线OA长为L。现对B施加一个水平外力F使系统保持静止状态， A球在悬点正下方，细线OB与轻杆恰好垂直。现保持两小球位置不变，使F缓慢从水平沿逆时针转过90°的过程中， 下面说法正确的是（取重力加速度大小g=10m/s2）（　　）
A．细线OA的拉力一定大于
B．轻杆对B球的作用力一定大于
C．细线OB的拉力不断减小
D．外力一定不小于且先减小后增大
5．如图所示，一根弹簧挂上20N的重物，重物静止时指针P正对刻度尺的3cm位置；更换30N重物后，重物静止时指针P正对刻度尺的4cm位置，弹簧没有超出弹性限度，则（　　）
A．挂上50N重物，重物静止时指针P正对刻度尺的5cm位置
B．弹簧的劲度系数为10N/m
C．未悬挂重物时，指针P正对刻度尺的1cm位置
D．未悬挂重物时，指针P正对刻度尺的0cm位置
6．如图所示，一质量为m的物块用水平轻质细线连接，细线绕过光滑的滑轮后其下悬挂一质量为m0的物体，物块放在水平传送带上，水平传送带以v2的速度顺时针匀速转动，物块以初速度v1向右运动，传送带与物块间的动摩擦因数为μ。则关于物块m所受的摩擦力f，下列说法正确的是（　　）
A．若，则，方向向左
B．若，则，方向向左
C．若，且物块m保持匀速运动，则
D．若，且物块m保持匀速运动，则方向向左
7．如图所示，OA、OB是两根光滑的金属杆，且AO⊥OB，OA与水平方向呈60°角。小球a、b分别套在OA和OB两根杆上，其质量均为m，某位置系统处于平衡状态，弹簧与金属杆OB呈60°角。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k。则以下说法中正确的是（　　）
A．此时弹簧处于压缩状态，且其压缩量等于
B．小球a受到OA杆的弹力大小为
C．小球b受到OB杆的弹力大小为
D．移动小球b至O点，待再次平衡后，弹簧压缩量变为
二、多选题
8．如图，P、Q两物体均重10N，各接触面的动摩擦因数均为，现在对物体Q施加一向右的水平拉力，则（　　）
A．物体P与物体Q一起向右运动
B．物体P静止不动，物体Q向右运动
C．地面对物体P施加水平向左4N的静摩擦力
D．无论如何加大对物体Q的水平拉力F，物体P都不会向右运动
9．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的速度为v，人的拉力为F（不计滑轮与绳之间的摩擦），则以下说法正确的是（　　）
A．船的速度为 B．船的速度为vsinθ
C．船的加速度为 D．船的加速度为
10．如图，轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，弹簧处于原长时上端在O点．小球将弹簧压缩到M点（弹簧和小球不拴接）．由静止释放后，将该时刻记为，小球第一次运动到O点的时刻为，小球运动的最高点为N．在小球第一次从M点运动到N点的过程中，速度、加速度a、动能以及小球机械能E随时间t，变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．如图所示，两个木块A和B的质量分别为mA和mB紧挨着并排放在水平地面上，A、B接触面与水平面成θ，A、B接触面的动摩擦因数为，它们与水平地面间的动摩擦因数为，开始A、B都静止，现施加一水平推力F，使A、B向右加速且不发生相对滑动，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则一定小于
B．若，则一定小于
C．若，，则F不能超过
D．若，，无论F多大，A、B都不会相对滑动
三、实验探究题
12．车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。
（1）选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“”挡，正确操作后，指针位置如图1所示，则读数为　 　。
（2）进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势，内阻可忽略，电压表量程，内阻约，电流表程，内阻约。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图2中完成余下导线的连接　 　。
（3）如图2，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率　 　（用R、a、b、c表示）。
（4）测得不同压力F下的电阻R，算出对应的电阻率，作出图像如图3所示。
（5）基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于时启动，为水泥块，为滑动变阻器，当的滑片处于某位置，上压力大于或等于时，报警器启动。报警器应并联在　 　两端（填“”或“”）。
（6）若电源E使用时间过长，电动势变小，上压力大于或等于时，报警器启动，则　 　（填“大于”“小于”或“等于”）。
13．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻。现提供的器材如下：
A．电压表（量程为）；
B．电压表（量程为）；
C．电流表（量程为）；
D．滑动变阻器（最大阻值为）；
E．滑动变阻器（最大阻值为）；
F．开关和导线若干。
（1）实验设备中电流表的内阻与电池的内阻差不多大，为了尽量减小实验误差，应该选择的实验电路是　 　（选填“甲”或“乙”）。
（2）实验中电压表应选用　 　，滑动变阻器应选用　 　。（选填相应器材前的字母）
（3）用所选器材按照选好的电路图连接好电路后，将滑动变阻器的滑片置于合适位置，闭合开关S，通过调整滑动变阻器的滑片，得到多组电流和电压。根据实验数据，绘制出如图丙所示的图像，由图线可求出电源的电动势　 　、内阻　 　。（结果均保留小数点后两位）
四、计算题
14．小明同学从足球场中央A点出发，先向正南方向正步走，然后向左转沿正东方向正步走，到达B点。整个过程用时25s。求：
（1）小明从A点到B点经过的路程s和位移x；
（2）小明从A点到B点的平均速度。
15．为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角a=37°，取重力加速度g=10m/s2。
（1）求物体与斜面之间的摩擦系数；
（2）求撤去推力F后，物体还能上升的距离（斜面足够长）。
16．某工厂利用配重物体通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带运煤，如图所示，倾角为θ=30°的传送带以v1=5m/s的速度顺时针转动，配重物体B的质量mB=300kg，离地高度为h=9m。现将质量mA=200kg的装煤麻袋A从传送带底端（与地面等高）无初速度释放，当B落地瞬间绳子断裂，最终A恰好能到达传送带顶端，传送带与麻袋接触面间动摩擦因数（传送带长度L大于9m）。g取10m/s2。求：
（1）释放后瞬间B的加速度大小a1；
（2）该过程中B对A所做的功W；
（3）传送带长度L。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．该路面内侧低、外侧高，这样可以利用路面对汽车支持力的水平分力提供一部分所需的向心力，故A正确；
B．汽车向心力方向沿水平方向指向圆心，与路面不平行，故B错误；
C．根据向心力表达式，若汽车以相同速率转弯，选择外圈时所需的向心力更小，则选择外圈较为安全，故C错误；
D．汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用，向心力只是效果力，不是实际受到的力，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查圆周运动的向心力与路面设计的综合分析，核心是结合路面倾斜的受力特点，分析向心力的来源、方向及转弯安全性的影响因素。
2．【答案】B
【知识点】能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】电风扇、洗衣机、吸尘器都是将电能转化为机械能，电饭锅是将电能转化为内能，故B正确，ACD错误；
故答案为：B。
【分析】根据家用电器的工作原理，判断其能量转化的主要形式，内能对应热效应，机械能对应机械运动。
3．【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小都相同，但是方向不同，故A错误；
B．正电荷周围的电场强度不一定比负电荷周围的电场强度大，故B错误；
C．电场强度是由电场本身的性质决定的，在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E，取走q后，该点场强仍为E，不为0，故C正确；
D．根据电场强度定义式
电场强度只由电场自身决定，与试探电荷受到的电场力无关，所以电荷所受电场力很大，该点的电场强度不一定很大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：大小+方向，球面场强方向不同。
B：由源电荷和位置决定，与电荷正负无关。
C：电场本身属性，与试探电荷无关。
D：，力大可能是电荷量或场强导致，不能直接推场强。
4．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于系统处于静止状态，球在悬点正下方，故球只受重力和细绳拉力作用，且二力平衡，故细线的拉力大小等于，轻杆对、B球均没有作用力，故AB错误；
C．小球B受竖直向下的重力、沿悬线斜向上的拉力和的作用而处于静止状态，三力的合力为零，表示三力的线段构成封闭三角形如图所示
由于重力的大小及方向不变，悬线拉力的方向不变，缓慢从水平沿逆时针转过的过程中，细线的拉力不断减小，外力先减小后增大，故C正确；
D．细线与轻杆恰好垂直，且轻杆长度为，细线OA长为L，故与竖直方向夹角为
由几何关系可知，当的方向与垂直时最小，由几何关系知此时，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡的动态分析，核心是对 A、B 两球分别进行受力分析，结合力的合成与分解，分析 F 转动过程中各力的大小变化规律。
5．【答案】C
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】A.根据胡克定律有
解得，故挂上50N重物，重物静止时指针正对刻度尺的6cm位置，故A错误；
BCD.设未悬挂重物时，指针正对刻度尺的位置，根据胡克定律有
其中，联立解得，故BD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】利用胡克定律（ ，为弹力，为劲度系数，为弹簧形变量 ），通过两次悬挂不同重物的弹力与形变量关系，联立方程求出未悬挂重物时的原长和劲度系数，再用同样规律判断挂重物时的位置，从而区分选项对错。
6．【答案】B,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】本题考查了水平传送带和摩擦力，解题的关键是知道滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反。A．若，则物块相对于传送带向左滑动，故滑动摩擦力方向向右，大小为
故A错误；
B．若，则物块相对于传送带向右滑动，故滑动摩擦力方向向左，大小为
故B正确；
CD．若，且物块保持匀速运动，由物块处于平衡可知，摩擦力方向向左，且大小为
故C错误，D正确。
故选 BD。
【分析】根据物块与传送带速度的大小关系，可知物块相对传送带运动的方向，根据滑动摩擦力与相对运动的方向相反可知物块摩擦力的方向，利用f=μFN可得摩擦力大小；根据物体匀速运动合力为零，可知摩擦力的大小和方向。
7．【答案】A,C
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】由于两个小球组成的系统处于静止，对两小球受力分析，则有
A．对小球，根据平衡方程有
解得弹簧弹力
由分析可知弹簧处于压缩状态，根据胡克定律可以得出压缩量为
故A正确；
B．对小球受力分析可得，根据平衡方程可以得出：小球a受到OA杆的弹力大小为
故B错误；
C．对小球受力分析可得，根据平衡方程可以得出：小球b受到OB杆的弹力大小为
故C正确；
D．移动小球b至O点时，对于小球有弹簧弹力，根据平衡方程有：
根据胡克定律可以得出弹簧压缩量为：
故D错误。
故选AC。
【分析】当系统处于静止，利用小球b的平衡方程可以求出弹簧弹力的大小，结合胡克定律可以求出弹簧压缩量的大小；根据A的平衡方程可以求出小球a受到杆的弹力大小；利用平衡方程可以求出小球b受到杆的弹力的大小；结合平衡方程及胡克定律可以求出弹簧压缩量的大小。
8．【答案】B,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】AB．由题意可得，P物体相对于地面滑动时的最大静摩擦力为
Q相对P的最大静摩擦力为
因为，
所以物体P静止不动，物体Q向右运动，A错误，B正确；
C．对物体P受力分析，受到Q对P水平向右的摩擦力
因为物体P静止不动，由平衡条件可得，所以地面对物体P施加的水平向左的静摩擦力，大小为，C错误；
D．由题意可得，P物体相对于地面滑动时的最大静摩擦力为
Q相对P的最大静摩擦力为
所以当时，P、Q均静止；当时，Q向右运动，P相对地面静止不动，所以无论如何加大对物体Q的水平拉力F，物体P都不会向右运动，D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查静摩擦力与滑动摩擦力的综合分析，核心是计算 P、Q 间及 P 与地面间的最大静摩擦力，通过比较拉力与最大静摩擦力的大小，判断两物体的运动状态，同时分析 P 的受力平衡情况。
9．【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．船沿绳方向的分速度大小等于人拉绳的速度大小。静船水平向右的速度沿绳和垂直于绳分解，如图1所示，根据平行四边形定则可得，船的速度为，故A正确，B错误。
CD．对小船受力分析，如下图所示，绳对船的拉力大小等于人的拉力F，由牛顿第二定律得
解得船的加速度大小为a=，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查运动的分解与牛顿第二定律的综合应用，核心是将船的实际速度沿绳和垂直绳方向分解，结合受力分析利用牛顿第二定律计算加速度。
10．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】ABC．小球向上运动过程中，根据牛顿第二定律有
随着弹力减小，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，至
此时加速度为0，速度达到最大，此时小球位于MO之间，随后有
随着弹力F逐渐减小，加速度逐渐增大，直至后，加速度为
之后加速度保持不变，速度逐渐减小，结合图像斜率为加速度，动能的计算公式可知AC图正确，B图错误，故AC正确，B错误；
D．小球在MO段时，弹簧的弹力对小球做正功，小球机械能增加；脱离弹簧后（O到N段），只有重力做功，机械能守恒，图像中机械能全程不变，与实际不符，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查弹簧与小球在斜面上的动力学和能量变化规律，核心是分析小球从 M 到 N 过程中速度、加速度、动能及机械能随时间的变化特点，重点关注弹力变化对受力、运动状态和能量转化的影响。
11．【答案】C,D
【知识点】加速度；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．对A、B组成的系统，在水平方向上，由牛顿第二定律得
设A与B间的弹力为N，A、B不发生相对滑动的临界条件是地面对A的支持力等于零，对A，在竖直方向上，由平衡条件得、
在水平方向上，由牛顿第二定律得
由于A、B一起向右加速运动，则
解得，故AB错误；
C．设A、B间的弹力为N，地面对B的支持力为N'，推力F越大，则A越可能相对B向上滑，当F最大时，A刚要相对B向上滑，A不受地面的摩擦力，A、B共同以加速度a沿地面加速前进，对A有，
对B有，
解得，故C正确；
D．若，对A、B整体有
对B有，
其中，对A有，
联立解得
即，无论F多大，A、B都不会相对滑动，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】先对A、B 整体用牛顿第二定律求加速度，再对A 或 B 单独分析临界状态（不相对滑动的受力边界），结合摩擦力与弹力的关系推导条件。
12．【答案】8000；；；；大于
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）多用电表选择开关旋转到“”挡，故根据图1可知读数为；
故答案为：8000
（2）长方体导电水泥块样品的电阻，故采用电流表内接法；实验中要求滑动变阻器采用分压接法，故连接实物图如图
（3）根据电阻定律，可知
故答案为：
（5）根据图3可知压力越大电阻率越小，即电阻越小；回路中电流增加，电压增加，电压减小，而报警器在两端电压大于或等于时启动，故应将报警器并联在两端；
故答案为：
（6）电源电动势E减小，要使报警器启动，即两端电压要仍为3V，根据串联分压有
可知E减小需要R1更小，又因为F越大R1越小，可知F1需要大于F0。
故答案为：大于
【分析】 (1) 依据多用电表欧姆挡的读数规则，结合挡位与指针位置计算电阻阻值。
(2) 按照 “电流表外接、滑动变阻器分压” 的实验要求，完成剩余导线的连接，确保电压从零开始调节且测量系统误差较小。
(3) 利用伏安法测得电阻后，结合电阻定律推导电阻率的表达式。
(4) 分析压力与电阻率的关系，结合电路原理判断报警器的并联位置。
(5) 根据闭合电路欧姆定律，分析电源电动势变小后报警压力的变化趋势。
13．【答案】甲；B；D；1.45；1.30
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 一般干电池的内阻较小，且远小于电压表的内阻，选择图甲时电压表的分流很小，误差小。而图乙电流表内阻与电源内阻相当，则电流表的分压较大，误差大，综合考虑，应选图甲进行实验。
故答案为：甲
（2）一节干电池的电动势约为，则电压表应选B；
为方便实验操作，滑动变阻器应选D；
故答案为：B；D
（3）根据闭合电路欧姆定律有
则该电池的电动势为图线的纵轴截距，即
电源的内阻为图线斜率的绝对值，即
故答案为：1.45；1.30
【分析】(1) 电流表内阻与电池内阻相差不大时，采用电压表分流法（甲电路）可减小系统误差，因乙电路中电流表的分压会使内阻测量误差显著增大。
(2) 干电池电动势约1.5V，故电压表选3V量程；为方便调节电流，滑动变阻器选阻值较小的20Ω。
(3) 根据闭合电路欧姆定律，图像的纵截距为电动势，斜率绝对值为内阻，结合图像数据计算即可。
14．【答案】（1）小明从A点到B点经过的路程为
小明从A点到B点经过的位移大小为
根据几何关系有
解得
则位移方向为南偏东。
（2）小明从A点到B点的平均速度大小为
方向为南偏东。
【知识点】位移与路程；平均速度
【解析】【分析】（1）路程为质点经过轨迹的长度，位移方向由起点指向终点，并确定分析整个过程的位移大小和方向；
（2）由平均速度公式求解平均速度，平均速度的方向就是质点的位移方向。
15．【答案】（1）解：0~2s秒内，由F-t图可得F1=21.5N
由牛顿第二定律可得
由v-t图像可得
2s后，由F-t图可得F2=20N
由牛顿第二定律可得
解得
（2）解：撤去推力F后，由牛顿第二定律可得
解得
撤去外力后，物体的速度为1m/s，物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度位移公式得x3==0.075m
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】(1) 分两个阶段对物体受力分析，结合牛顿第二定律，利用F t和v t图像的信息列方程，求解动摩擦因数；
(2) 撤去推力后，分析物体的受力并求减速加速度，再由速度位移公式求上升距离。
16．【答案】（1）解：A无初速度释放后瞬间，对A、B两物体分析，由牛顿第二定律可得，
代入数据联立解得，
（2）解：A从静止加速到5m/s，发生的位移为
解得
A与传送带共速后，由于
A继续加速，对A、B物体分析，可得，
代入数据联立解得，
且
所以
解得
（3）解：设物体B落地时速度大小为v2，则有
解得
B落地后，A向上做匀减速运动的加速度大小为a3，有
解得
物体A从速度为v2减速到v1，发生的位移为
解得
A减速到v1后，继续向上做匀减速运动的加速度大小为a4，有
解得
从v1刚好到达顶端速度是零时，发生的位移为
解得
则有传送带的长度
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功的概念
【解析】【分析】(1) 对 A、B 整体受力分析，结合牛顿第二定律列方程，求解 B 的加速度大小。
(2) 先由运动学公式求 B 落地时的速度，再对 A 分析，结合动能定理计算 B 对 A 做的功。
(3) 分两个阶段分析 A 的运动：B 落地前 A 的匀加速运动、B 落地后 A 的变加速 / 匀变速运动，结合运动学公式和受力分析求传送带总长度。
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