2026-2027学年高二上学期物理期中复习卷一

2026-2027高二物理期中复习卷一 物 理 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） （考点范围：必修一、必修二、必修三、选择性必修一） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题:本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.[静态平衡问题]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。则MO的弹力大小为(重力加速度为g)(　　) A.2mg B.mg C.mg D.mg 答案　B 解析　以钢管为研究对象，设轻绳的拉力大小为FT，根据对称性可知两边绳子拉力大小相等，根据平衡条件有2FTcos 60°=mg，可得FT=mg，故选B。 2.[匀变速直线运动规律及应用]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=at2 B.x=at2 C.x=at2 D.x=at2 答案　A 解析　设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，有x=t'，根据逆向思维，可知匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x-x-x=vt，联立解得t'=，根据x=at'2，解得x=at2，A正确，B、C、D错误。 3.[运动的合成与分解]如图，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 答案　B 解析　设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳方向和垂直绳方向分解，可得v块cos θ=vsin θ，解得v=，由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大。故选B。 4.[万有引力与宇宙航行]地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b，从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为S1和S2，且S1>S2。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，则彗星(　　) A.在近日点的速度小于地球的速度 B.从b运行到c的过程中动能先增大后减小 C.从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间 D.在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍 答案　C 解析　地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力G=m，解得v=，假设哈雷彗星在近日点绕太阳做匀速圆周运动，根据哈雷彗星在近日点绕太阳做匀速圆周运动的半径小于地球公转轨道半径，因此哈雷彗星在近日点绕太阳做匀速圆周运动的速度大于地球绕太阳的公转速度，如果哈雷彗星从此圆周轨道变为原本的椭圆轨道，要做离心运动，需要在近日点加速，则哈雷彗星在原本椭圆轨道近日点的速度大于其在近日点绕太阳做匀速圆周运动的速度，故哈雷彗星在近日点的速度大于地球的速度，A错误；从b运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B错误；根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳运行时，经过相同的时间与太阳连线扫过的面积相同，根据S1>S2可知从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确；万有引力提供向心力G=ma，解得a=，则哈雷彗星在近日点加速度a1与地球的加速度a2的比值为==，D错误。 5.[圆周运动]游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O'为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上。则 (　　) A.A点做匀速圆周运动 B.O'点做匀速圆周运动 C.此时A点的速度小于O'点 D.此时A点的速度等于O'点 答案　B 解析　A点运动为A点绕O'的圆周运动和O'绕O点的圆周运动的合运动，则轨迹不是圆周，不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意O'固定在底盘上，故可知O'围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上且A点和O'点运动方向相同，则vA=vO'+vA'，vA'为A相对于O'的速度，故此时A的速度大于O'的速度，故C、D错误。 6.[功、功率的分析与计算]“辘轳”是中国古代取水的重要设施，如图甲所示，通过转动手柄将细绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是(　　) A.0~2t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动 B.水井的深度为ω0Rt0 C.把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为 D.把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为 答案　AD 解析　转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有v=ωR，因0~2t0内，ω与t成正比，所以水桶的速度v与t成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A正确；题图乙中0~3t0内图线与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为θ，则θ==2ω0t0，故水井的深度为h=θR=2ω0Rt0，故B错误；把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为===，故C错误；根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为W合=mv2-0=m=，故D正确。 7.[机械能守恒定律]如图所示，竖直平面内固定一根竖直杆P和水平杆Q，两杆在同一平面内，杆Q的延长线与杆P的交点为O。质量为2m的小球A和质量为m的小球B分别套在杆P和杆Q上，套在杆P上的轻质弹簧上端固定，下端与小球A相连。小球A、B间用长为2L的轻杆通过铰链分别连接。弹簧处于原长时A、B间的轻杆与杆Q的夹角θ=53°，小球A从该位置由静止释放后在竖直杆上做往复运动，下降的最大距离为2L。已知轻质弹簧的弹性势能Ep=kx2，x为弹簧的形变量，k为弹簧的劲度系数，整个过程弹簧始终处在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin 53°=0.8。则下列说法正确的是(　　) A.弹簧的劲度系数为 B.小球A运动到O点时，小球B的速度最大 C.小球A从最高点运动到O点的过程，水平杆Q对小球B的作用力始终大于mg D.从静止释放到θ=30°的过程中，轻杆对球B做功为mgL 答案　D 解析　小球A、弹簧和小球B组成的系统机械能守恒，小球A从开始释放到下降到最大距离时，由于在最低点两球的速度均为零，则根据机械能守恒定律有k(2L)2=2mg·2L，解得k=，故A错误；小球A运动到O点时，小球B的速度为零，最小，选项B错误；小球A从最高点运动到O点的过程，小球B先加速后减速，根据FTcos θ=maB，当aB=0时FT=0，可知水平杆Q对小球B的作用力不是始终大于mg，选项C错误；轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上时，设B的速度为vB，A的速度为vA，根据关联速度关系可知：vAcos 60°=vBcos 30°，根据机械能守恒定律有2mg·2L(sin 53°-sin 30°)-k(2Lsin 53°-2Lsin 30°)2=×2m+m，联立解得vB=，根据动能定理可知轻杆对小球B做的功为W=m=mgL，故D正确。 二、多项选择题:本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.[动量定理及应用]将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，小球在空中运动时间为t，重力加速度为g，则 (　　) A.t时间内空气阻力的冲量为零 B.t时间内空气阻力的冲量不为零 C.t= D.t= 答案　AC 解析　选向上为正方向，上升过程中空气阻力冲量If1=-k·Δt=-kx，x为上升的高度，同理，下降过程中If2=kx，所以t时间内空气阻力的冲量If=If1+If2=0，A正确，B错误；全过程根据动量定理有-mgt+If=-mv-mv0，可得t=，C正确，D错误。 9.[电场的性质]球心为O，半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点，过O、A、B的截面如图所示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，∠AOC=45°，OD⊥AB，A、B两点间距离为R，E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是(　　) A.甲的质量小于乙的质量 B.C点电势高于D点电势 C.E、F两点电场强度大小相等，方向相同 D.沿直线从O点到D点，电势先升高后降低 答案　BD 解析　方法一　力矩平衡法 对甲、乙两小球整体受力分析如图所示， 甲、乙小球分别受重力、支持力、库仑力作用保持平衡，选O点为转轴，由图可知∠BOG>∠AOG，则L1<L2，由力矩平衡可知G甲L1=G乙L2，则G甲>G乙，m甲>m乙，A错误； 方法二　正弦定理法　由A、B两点间距离为R，可得2Rsin =R，故AB圆弧所对的圆心角θ=120°；对小球甲、乙分别受力分析，如图所示，由正弦定理可得=，=，由于FBA=FAB，可得m甲>m乙，故甲的质量大于乙的质量，A错误；将带正电的试探电荷由C点沿圆弧移至D点，静电力一直对其做正功，试探电荷的电势能一直减小，故电势一直减小，所以C点电势高于D点电势，B正确；由电场强度叠加原理可得，E点处的电场强度大小EE=-=，方向由A指向B；F点处的电场强度大小EF=-=，方向由B指向A，C错误；电势是标量，φ=k，OD与AB线段的交点距离两带电小球最近，所以该点电势最高，那么沿直线从O点到D点，电势先升高后降低，D正确。 10.[机械波]甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为2 m/s。t=0时刻二者在x=2 m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x=2 m处的质点P，下列说法正确的是(　　) A.t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为0 B.t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm C.t=1.0 s时，P向y轴正方向运动 D.t=1.0 s时，P向y轴负方向运动 答案　BC 解析　T1==2 s，T2==1 s Δt1=0.5 s==， 甲波经0.5 sP质点处于波谷， 乙波经0.5 sP质点在平衡位置 根据叠加原理可知，t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm，故A错误，B正确； Δt2=1.0 s==T2， 经1.0 s甲波在P点引起的振动向上，乙波在P点引起的振动也向上， 根据叠加原理可知，t=1.0 s时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。 三、非选择题:本题共5小题，共57分。 11.[力学实验]某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下： (1)将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d=　　　　　 cm(填“5.00”或“1.00”)的遮光片，可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。  (2)将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1=0.40 m/s、v2=0.81 m/s，以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t=1.00 s，计算小车的加速度a=　　　　　 m/s2(结果保留2位有效数字)。  (3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F，改变砝码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出a-F图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应　　　　　(填“增大”或“减小”)轨道的倾角。  (4)图乙中直线斜率的单位为　　　　　　(填“ kg”或“kg-1”)。  答案　(1)1.00　(2)0.41　(3)增大　(4)kg-1 解析　(1)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时速度，遮光片宽度越小，代替时的误差越小，故为较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度，选择宽度较小的d=1.00 cm的遮光片； (2)根据加速度的定义式可得 a==0.41 m/s2 (3)根据题图乙可知当有一定大小的外力F时小车的加速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过原点的直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的倾角； (4)题图乙中直线斜率为k=，根据F=ma可知直线斜率的单位为kg-1。 12.[电学实验]某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有： 待测合金丝样品(长度约1 m) 螺旋测微器 学生电源E(电动势0.4 V，内阻未知) 米尺(量程0~100 cm) 滑动变阻器(最大阻值20 Ω) 电阻箱(阻值范围0~999.9 Ω) 电流表(量程0~30 mA，内阻较小) 开关S1、S2 导线若干 (1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品20.00 cm和70.00 cm位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为0.499 mm、0.498 mm和0.503 mm，则该样品横截面直径的平均值为　　　　 mm。  (2)该小组采用限流电路，则图甲中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱　　　　(选填“a”或“b”)相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于　　　　端(选填“左”或“右”)。  (3)断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0 mA刻度处。断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到15.0 mA处，此时电阻箱面板如图乙所示，则该合金丝的电阻率为　　　　 Ω·m(取π=3.14，结果保留2位有效数字)。  (4)为减小实验误差，可采用的做法有　　　　(有多个正确选项)。  A.换用内阻更小的电源 B.换用内阻更小的电流表 C.换用阻值范围为0~99.99 Ω的电阻箱 D.多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值 答案　(1)0.500　(2)a　左　(3)1.3×10-6 (4)CD 解析　(1)该样品横截面直径的平均值为d= mm=0.500 mm (2)由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联接在电路中，故采用“一上一下”接法，即电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a相连。为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于最大阻值处，即最左端。 (3)由题意可知，该合金丝的电阻为R=3.2 Ω 由电阻定律R=ρ及S=π()2可得ρ= 其中d=0.500 mm，l=70.00 cm-20.00 cm=50.00 cm 代入数据解得该合金丝的电阻率为ρ≈1.3×10-6 Ω·m (4)根据电阻定律可知ρ=，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，选择更精确的电阻箱，可换用阻值范围为0~99.99 Ω，或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值。 13.[牛顿运动定律的应用]某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，物件和传送带间的动摩擦因数μ1=、与木板间的动摩擦因数μ2=。传送带以v0=4 m/s的恒定速率顺时针转动。现将物件P无初速度置于传送带A点，发现当物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，传送带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(4分)求传送带的长度L1； (2)(5分)求木板的长度L2以及物件从A到D所需的时间t； (3)(7分)假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它第四次向上运动时离C点的最大距离为多少？ 答案　(1)3.2 m　(2) m　 s　(3)0.263 m 解析　(1)P放上传送带后，受力如图甲，由牛顿第二定律有 μ1mgcos 30°-mgsin 30°=ma1 解得a1=2.5 m/s2 根据速度与位移关系式有L1= 解得L1=3.2 m (2)到达木板C点后，受力如图乙，由牛顿第二定律有 -mgsin 30°-μ2mgcos 30°=ma2 解得a2=-6 m/s2 则C、D间距离(木板长)为L2= 解得L2= m P在传送带上上滑时间为Δt1==1.6 s P在木板上上滑时间为Δt2== s 所以t=Δt1+Δt2=1.6 s+ s= s (3)从D点向下运动，受力如图丙，由牛顿第二定律有 mgsin 30°-μ2mgcos 30°=ma3 解得a3=4 m/s2 第一次返回B点时有v1= 其中x1=L2 滑过B点后在传送带上先向下减速后以相同加速度返回，由对称性可知物件再次回到B点时速度大小仍为v1，在木板上向上运动的位移x2==-x1=x1 第二次返回B，x3=x2=x1 v2= 在木板上向上运动的位移x4==x3 即物件每次冲上木板的距离是上一次的 第四次向上运动时物件离C点的距离为 x=()4x1≈0.263 m 14.[板块模型的综合分析]如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(3分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)(3分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)(5分)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 解析　(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL=m-0，解得v0=5 m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律得 FT-mg=m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv1+Mv2 m=m+M 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3 由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs 解得μ1=0.4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4 由能量守恒定律得 M=×2M+μ2Mgs+MgR 解得μ2=0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 15.[带电粒子(带电体)在电场中运动]如图所示，水平绝缘光滑轨道AC的A端与处于竖直平面内的半圆形光滑绝缘轨道平滑连接，半圆形轨道半径为R，B点为轨道最高点。轨道所在空间存在与水平面夹角θ=30°的匀强电场，电场强度为E=。现有一质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球从水平轨道O点以沿水平方向速度大小v0释放，小球可看作质点，重力加速度为g。求： (1)(5分)小球从B点飞出后落到水平面上的时间； (2)(5分)从何处以v0=3释放小球可以刚好通过B点。 答案　(1)　(2)距A端(6-)R处 解析　(1)小球从B点飞出后受力分析可知，静电力大小等于重力大小，夹角为60°，故所受合力为 F合=2mgcos 30°=mg 与水平方向夹角为60°斜向右下方，加速度a=g 合力在竖直方向的分力提供竖直方向加速度，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动 2R=acos 30°·t2 解得t= (2)小球在轨道上有等效最高点D，刚好通过B点即为刚好通过D点，在D点重力与静电力的合力提供向心力mg=m 设从距A点x处释放小球刚好通过B点，由动能定理得 -qE(xcos 30°+Rsin 30°+Rcos 30°)-mg(R+Rcos 30°)=mv2-m 解得x=(6-)R。 1 学科网（北京）股份有限公司 $2026-2027高二物理期中复习卷一 物理 （考试时间：75分钟试卷满分：100分) (考点范围：必修一、必修二、必修三、选择性必修一) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答 题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1.[静态平衡问题圆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，轻绳中干 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°， 0 60160 钢管水平。则MO的弹力大小为（重力加速度为(） M A.21g B.mg CFmg D.mg 2.[匀变速直线运动规律及应用]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α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 α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( Ax-ru B.x-ic Cx-af Dx-af 3.[运动的合成与分解]如图，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 4.[万有引力与宇宙航行地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从α运行到b, 从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为S和，且S>S。彗星在近日点 与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，则彗星( 哈雷彗星 A.在近日点的速度小于地球的速度 Q地球 B.从b运行到c的过程中动能先增大后减小 太阳 C.从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间 D.在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍 5.[圆周运动游乐设施‘旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O为转轴，在水平 面内沿顺时针方向匀速转动。O固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示 位置，杯上A点与O、O恰好在同一条直线上。则() AA点做匀速圆周运动 B.O'点做匀速圆周运动 底盘 0 C此时A点的速度小于O点 0 转杯 D.此时A点的速度等于O'点 6.[功、功率的分析与计算]辘轳”是中国古代取水的重要设施，如图甲 所示，通过转动手柄将细绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从 井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示， 经3扣时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m,重 力加速度大小为g,水桶可看成质点，下列说法正确的是() 《转简民手柄 细绳 Wo 2 水桶 0i621o31ot 甲 A.0~20,水桶做初速度为零的匀加速直线运动 B.水井的深度为oR0 C把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为m0四 2 D.把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为”2严 7.[机械能守恒定律]如图所示，竖直平面内固定一根竖直杆P和水平杆 Q,两杆在同一平面内，杆Q的延长线与杆P的交点为O。质量为2m 的小球A和质量为m的小球B分别套在杆P和杆Q上，套在杆P上的 轻质弹簧上端固定，下端与小球A相连。小球A、B间用长为2L的轻 杆通过铰链分别连接。弹簧处于原长时A、B间的轻杆与杆Q的夹角 -53°，小球A从该位置由静止释放后在竖直杆上做往复运动，下降的 最大距离为2L。己知轻质弹簧的弹性势能Ex2,x为弹簧的形变量， k为弹簧的劲度系数，整个过程弹簧始终处在弹性限度内，不计一切摩 擦，重力加速度为g,sn53°=0.8。则下列说法正确的是() A.弹簧的劲度系数为 B.小球A运动到O点时，小球B的速度最大 球A从显高左0点的过指，太半东©际D的作重 用力始终大于g D.从静止释放到030°的过程中，轻杆对球B做功为gL 0 B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选 项中，每题有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选 错的得0分。 8.[动量定理及应用将小球以初速度竖直向上抛出，经过一段时间小球又落 回抛出点，速度大小为，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正 比，小球在空中运动时间为t,重力加速度为g,则() A.t时间内空气阻力的冲量为零 B.t时间内空气阻力的冲量不为零 C./Wtv g D 9.[电场的性质]球心为O,半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上， 带电量分别为+2g和+g的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点，过O、A、 B的截面如图所示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，∠AOC-45°， ODLAB,A、B两点间距离为W3R,E、F为AB连线的三等分点。下列说法 正确的是() A.甲的质量小于乙的质量 B.C点电势高于D点电势 甲 “E CE、F两点电场强度大小相等，方向相同 D沿直线从O点到D点，电势先升高后降低 10.[机械波]甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为 2ms。仁0时刻二者在x=2m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x=2m 处的质点P,下列说法正确的是() y/cm A.0.5s时，P偏离平衡位置的位移为0 甲0 B.仁0.5s时，P偏离平衡位置的位移为-2cm C.仁1.0s时，P向y轴正方向运动 x/m D.1.0s时，P向y轴负方向运动 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.[力学实验]某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下： a/(m-s 2) 数字毫秒计 0.50 0.40 遮光片 光电门2 小车 0.30 光电门1 长直导轨0.20 0.10 托盘及砝码 0 0.100.200.30F/N 乙 (①)将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角， 用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用止 cm(填5.00'或1.00) 的遮光片，可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。 (2)将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2 时的速度v1=0.40m/s、=0.81/s,以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2 的时间1.00s,计算小车的加速度 /s(结果保留2位有效数字)： (3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F,改变砝码质量，重复上述步骤，根据数 据拟合出-F图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应 (填增 大”或减小)轨道的倾角。 (④)图乙中直线斜率的单位为 (填kg”或kg1)。 12.[电学实验]某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有： 待测合金丝样品（长度约1m) 螺旋测微器 学生电源（电动势0.4V,内阻未知 米尺（量程0-100cm) 滑动变阻器（最大阻值202） 电阻箱（阻值范围0999.9Ω） 电流表（量程0-30mA,内阻较小） ×100 ×10 开关S1、S2 导线若干 ×0. ● 乙 (1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品20.00cm和70.00cm位 置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为0.499 mm、0.498mm和0.503mm,则该样品横截面直径的平均值为 mm。 (②)该小组采用限流电路，则图甲中电流表的+接线柱应与滑动变阻器 的接线柱 (选填“d或b)相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片 应置于 端（选填“左或“右）。 (3)断开S2、闭合S1,调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0mA 刻度处。断开S1、闭合S2,保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻 箱旋钮，使电流表指针仍指到15.0mA处，此时电阻箱面板如图乙所示， 则该合金丝的电阻率为 2m(取=3.14，结果保留2位有效数 字)。 (④为减小实验误差，可采用的做法有」 (有多个正确选项。 A换用内阻更小的电源 B.换用内阻更小的电流表 C.换用阻值范围为099.992的电阻箱 D多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值 13.[牛顿运动定律的应用]某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送 带4B和一倾角相同的长木板CD组成，物件和传送带间的动摩擦因数u马 与木板间的动摩擦因数得。传送带以104ms的恒定速率顺时针转动。 现将物件P无初速度置于传送带A点，发现当物件到达B端时刚好相对传 送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质 点，传送带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g取10ms2。 D w=4ms B 木板 030° (1)求传送带的长度L1: (2)求木板的长度L2以及物件从A到D所需的时间： (3)假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它 第四次向上运动时离C点的最大距离为多少？ 14.[板块模型的综合分析如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面 有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道 最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正 下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运 动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细 线长L=1.25m。小球质量0.20kg。物块、小车质量均为M0.30kg。小车上的 水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径R-0.15m。小球、物块均可视为质点。不计 空气阻力，重力加速度g取10ms2。 mo L (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小： (②)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小： (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的 动摩擦因数的取值范围。 15.[带电粒子（带电体）在电场中运动如图所示，水平绝缘光滑轨道AC的A端与 处于竖直平面内的半圆形光滑绝缘轨道平滑连接，半圆形轨道半径为R,B点为 轨道最高点。轨道所在空间存在与水平面夹角0-30的匀强电场，电场强度为E=m坚！ 现有一质量为m、电荷量为-g(g心0)的小球从水平轨道O点以沿水平方向速度大小 o释放，小球可看作质点，重力加速度为8。求： (1)小球从B点飞出后落到水平面上的时间； (2)从何处以03，V3gR释放小球可以刚好通过B点。 2026-2027高二物理期中复习卷一 物 理 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） （考点范围：必修一、必修二、必修三、选择性必修一） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题:本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.[静态平衡问题]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。则MO的弹力大小为(重力加速度为g)(　　) A.2mg B.mg C.mg D.mg 2.[匀变速直线运动规律及应用]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=at2 B.x=at2 C.x=at2 D.x=at2 3.[运动的合成与分解]如图，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 4.[万有引力与宇宙航行]地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b，从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为S1和S2，且S1>S2。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，则彗星(　　) A.在近日点的速度小于地球的速度 B.从b运行到c的过程中动能先增大后减小 C.从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间 D.在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍 5.[圆周运动]游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O'为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上。则 (　　) A.A点做匀速圆周运动 B.O'点做匀速圆周运动 C.此时A点的速度小于O'点 D.此时A点的速度等于O'点 6.[功、功率的分析与计算]“辘轳”是中国古代取水的重要设施，如图甲所示，通过转动手柄将细绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是(　　) A.0~2t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动 B.水井的深度为ω0Rt0 C.把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为 D.把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为 7.[机械能守恒定律]如图所示，竖直平面内固定一根竖直杆P和水平杆Q，两杆在同一平面内，杆Q的延长线与杆P的交点为O。质量为2m的小球A和质量为m的小球B分别套在杆P和杆Q上，套在杆P上的轻质弹簧上端固定，下端与小球A相连。小球A、B间用长为2L的轻杆通过铰链分别连接。弹簧处于原长时A、B间的轻杆与杆Q的夹角θ=53°，小球A从该位置由静止释放后在竖直杆上做往复运动，下降的最大距离为2L。已知轻质弹簧的弹性势能Ep=kx2，x为弹簧的形变量，k为弹簧的劲度系数，整个过程弹簧始终处在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin 53°=0.8。则下列说法正确的是(　　) A.弹簧的劲度系数为 B.小球A运动到O点时，小球B的速度最大 C.小球A从最高点运动到O点的过程，水平杆Q对小球B的作用力始终大于mg D.从静止释放到θ=30°的过程中，轻杆对球B做功为mgL 二、多项选择题:本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.[动量定理及应用]将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，小球在空中运动时间为t，重力加速度为g，则 (　　) A.t时间内空气阻力的冲量为零 B.t时间内空气阻力的冲量不为零 C.t= D.t= 9.[电场的性质]球心为O，半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点，过O、A、B的截面如图所示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，∠AOC=45°，OD⊥AB，A、B两点间距离为R，E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是(　　) A.甲的质量小于乙的质量 B.C点电势高于D点电势 C.E、F两点电场强度大小相等，方向相同 D.沿直线从O点到D点，电势先升高后降低 10.[机械波]甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为2 m/s。t=0时刻二者在x=2 m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x=2 m处的质点P，下列说法正确的是(　　) A.t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为0 B.t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm C.t=1.0 s时，P向y轴正方向运动 D.t=1.0 s时，P向y轴负方向运动 三、非选择题:本题共5小题，共57分。 11.[力学实验]某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下： (1)将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d=　　　　　 cm(填“5.00”或“1.00”)的遮光片，可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。  (2)将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1=0.40 m/s、v2=0.81 m/s，以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t=1.00 s，计算小车的加速度a=　　　　　 m/s2(结果保留2位有效数字)。  (3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F，改变砝码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出a-F图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应　　　　　(填“增大”或“减小”)轨道的倾角。  (4)图乙中直线斜率的单位为　　　　　　(填“ kg”或“kg-1”)。  12.[电学实验]某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有： 待测合金丝样品(长度约1 m) 螺旋测微器 学生电源E(电动势0.4 V，内阻未知) 米尺(量程0~100 cm) 滑动变阻器(最大阻值20 Ω) 电阻箱(阻值范围0~999.9 Ω) 电流表(量程0~30 mA，内阻较小) 开关S1、S2 导线若干 (1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品20.00 cm和70.00 cm位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为0.499 mm、0.498 mm和0.503 mm，则该样品横截面直径的平均值为　　　　 mm。  (2)该小组采用限流电路，则图甲中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱　　　　(选填“a”或“b”)相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于　　　　端(选填“左”或“右”)。  (3)断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0 mA刻度处。断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到15.0 mA处，此时电阻箱面板如图乙所示，则该合金丝的电阻率为　　　　 Ω·m(取π=3.14，结果保留2位有效数字)。  (4)为减小实验误差，可采用的做法有　　　　(有多个正确选项)。  A.换用内阻更小的电源 B.换用内阻更小的电流表 C.换用阻值范围为0~99.99 Ω的电阻箱 D.多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值 13.[牛顿运动定律的应用]某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，物件和传送带间的动摩擦因数μ1=、与木板间的动摩擦因数μ2=。传送带以v0=4 m/s的恒定速率顺时针转动。现将物件P无初速度置于传送带A点，发现当物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，传送带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求传送带的长度L1； (2)求木板的长度L2以及物件从A到D所需的时间t； (3)假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它第四次向上运动时离C点的最大距离为多少？ 14.[板块模型的综合分析]如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 15.[带电粒子(带电体)在电场中运动]如图所示，水平绝缘光滑轨道AC的A端与处于竖直平面内的半圆形光滑绝缘轨道平滑连接，半圆形轨道半径为R，B点为轨道最高点。轨道所在空间存在与水平面夹角θ=30°的匀强电场，电场强度为E=。现有一质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球从水平轨道O点以沿水平方向速度大小v0释放，小球可看作质点，重力加速度为g。求： (1)小球从B点飞出后落到水平面上的时间； (2)从何处以v0=3释放小球可以刚好通过B点。 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027高二物理期中复习卷一 答案 1.答案　B 解析　以钢管为研究对象，设轻绳的拉力大小为FT，根据对称性可知两边绳子拉力大小相等，根据平衡条件有2FTcos 60°=mg，可得FT=mg，故选B。 2.答案　A 解析　设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，有x=t'，根据逆向思维，可知匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x-x-x=vt，联立解得t'=，根据x=at'2，解得x=at2，A正确，B、C、D错误。 3.答案　B 解析　设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳方向和垂直绳方向分解，可得v块cos θ=vsin θ，解得v=，由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大。故选B。 4.答案　C 解析　地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力G=m，解得v=，假设哈雷彗星在近日点绕太阳做匀速圆周运动，根据哈雷彗星在近日点绕太阳做匀速圆周运动的半径小于地球公转轨道半径，因此哈雷彗星在近日点绕太阳做匀速圆周运动的速度大于地球绕太阳的公转速度，如果哈雷彗星从此圆周轨道变为原本的椭圆轨道，要做离心运动，需要在近日点加速，则哈雷彗星在原本椭圆轨道近日点的速度大于其在近日点绕太阳做匀速圆周运动的速度，故哈雷彗星在近日点的速度大于地球的速度，A错误；从b运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B错误；根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳运行时，经过相同的时间与太阳连线扫过的面积相同，根据S1>S2可知从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确；万有引力提供向心力G=ma，解得a=，则哈雷彗星在近日点加速度a1与地球的加速度a2的比值为==，D错误。 5.答案　B 解析　A点运动为A点绕O'的圆周运动和O'绕O点的圆周运动的合运动，则轨迹不是圆周，不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意O'固定在底盘上，故可知O'围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上且A点和O'点运动方向相同，则vA=vO'+vA'，vA'为A相对于O'的速度，故此时A的速度大于O'的速度，故C、D错误。 6.答案　AD 解析　转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有v=ωR，因0~2t0内，ω与t成正比，所以水桶的速度v与t成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A正确；题图乙中0~3t0内图线与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为θ，则θ==2ω0t0，故水井的深度为h=θR=2ω0Rt0，故B错误；把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为===，故C错误；根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为W合=mv2-0=m=，故D正确。 7.答案　D 解析　小球A、弹簧和小球B组成的系统机械能守恒，小球A从开始释放到下降到最大距离时，由于在最低点两球的速度均为零，则根据机械能守恒定律有k(2L)2=2mg·2L，解得k=，故A错误；小球A运动到O点时，小球B的速度为零，最小，选项B错误；小球A从最高点运动到O点的过程，小球B先加速后减速，根据FTcos θ=maB，当aB=0时FT=0，可知水平杆Q对小球B的作用力不是始终大于mg，选项C错误；轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上时，设B的速度为vB，A的速度为vA，根据关联速度关系可知：vAcos 60°=vBcos 30°，根据机械能守恒定律有2mg·2L(sin 53°-sin 30°)-k(2Lsin 53°-2Lsin 30°)2=×2m+m，联立解得vB=，根据动能定理可知轻杆对小球B做的功为W=m=mgL，故D正确。 8.答案　AC 解析　选向上为正方向，上升过程中空气阻力冲量If1=-k·Δt=-kx，x为上升的高度，同理，下降过程中If2=kx，所以t时间内空气阻力的冲量If=If1+If2=0，A正确，B错误；全过程根据动量定理有-mgt+If=-mv-mv0，可得t=，C正确，D错误。 9.答案　BD 解析　方法一　力矩平衡法 对甲、乙两小球整体受力分析如图所示， 甲、乙小球分别受重力、支持力、库仑力作用保持平衡，选O点为转轴，由图可知∠BOG>∠AOG，则L1<L2，由力矩平衡可知G甲L1=G乙L2，则G甲>G乙，m甲>m乙，A错误； 方法二　正弦定理法　由A、B两点间距离为R，可得2Rsin =R，故AB圆弧所对的圆心角θ=120°；对小球甲、乙分别受力分析，如图所示，由正弦定理可得=，=，由于FBA=FAB，可得m甲>m乙，故甲的质量大于乙的质量，A错误；将带正电的试探电荷由C点沿圆弧移至D点，静电力一直对其做正功，试探电荷的电势能一直减小，故电势一直减小，所以C点电势高于D点电势，B正确；由电场强度叠加原理可得，E点处的电场强度大小EE=-=，方向由A指向B；F点处的电场强度大小EF=-=，方向由B指向A，C错误；电势是标量，φ=k，OD与AB线段的交点距离两带电小球最近，所以该点电势最高，那么沿直线从O点到D点，电势先升高后降低，D正确。 10.答案　BC 解析　T1==2 s，T2==1 s Δt1=0.5 s==， 甲波经0.5 sP质点处于波谷， 乙波经0.5 sP质点在平衡位置 根据叠加原理可知，t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm，故A错误，B正确； Δt2=1.0 s==T2， 经1.0 s甲波在P点引起的振动向上，乙波在P点引起的振动也向上， 根据叠加原理可知，t=1.0 s时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。 11.答案　(1)1.00　(2)0.41　(3)增大　(4)kg-1 解析　(1)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时速度，遮光片宽度越小，代替时的误差越小，故为较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度，选择宽度较小的d=1.00 cm的遮光片； (2)根据加速度的定义式可得 a==0.41 m/s2 (3)根据题图乙可知当有一定大小的外力F时小车的加速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过原点的直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的倾角； (4)题图乙中直线斜率为k=，根据F=ma可知直线斜率的单位为kg-1。 12.答案　(1)0.500　(2)a　左　(3)1.3×10-6 (4)CD 解析　(1)该样品横截面直径的平均值为d= mm=0.500 mm (2)由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联接在电路中，故采用“一上一下”接法，即电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a相连。为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于最大阻值处，即最左端。 (3)由题意可知，该合金丝的电阻为R=3.2 Ω 由电阻定律R=ρ及S=π()2可得ρ= 其中d=0.500 mm，l=70.00 cm-20.00 cm=50.00 cm 代入数据解得该合金丝的电阻率为ρ≈1.3×10-6 Ω·m (4)根据电阻定律可知ρ=，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，选择更精确的电阻箱，可换用阻值范围为0~99.99 Ω，或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值。 13.答案　(1)3.2 m　(2) m　 s　(3)0.263 m 解析　(1)P放上传送带后，受力如图甲，由牛顿第二定律有 μ1mgcos 30°-mgsin 30°=ma1 解得a1=2.5 m/s2 根据速度与位移关系式有L1= 解得L1=3.2 m (2)到达木板C点后，受力如图乙，由牛顿第二定律有 -mgsin 30°-μ2mgcos 30°=ma2 解得a2=-6 m/s2 则C、D间距离(木板长)为L2= 解得L2= m P在传送带上上滑时间为Δt1==1.6 s P在木板上上滑时间为Δt2== s 所以t=Δt1+Δt2=1.6 s+ s= s (3)从D点向下运动，受力如图丙，由牛顿第二定律有 mgsin 30°-μ2mgcos 30°=ma3 解得a3=4 m/s2 第一次返回B点时有v1= 其中x1=L2 滑过B点后在传送带上先向下减速后以相同加速度返回，由对称性可知物件再次回到B点时速度大小仍为v1，在木板上向上运动的位移x2==-x1=x1 第二次返回B，x3=x2=x1 v2= 在木板上向上运动的位移x4==x3 即物件每次冲上木板的距离是上一次的 第四次向上运动时物件离C点的距离为 x=()4x1≈0.263 m 14.答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 解析　(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL=m-0，解得v0=5 m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律得 FT-mg=m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv1+Mv2 m=m+M 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3 由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs 解得μ1=0.4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4 由能量守恒定律得 M=×2M+μ2Mgs+MgR 解得μ2=0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 15.答案　(1)　(2)距A端(6-)R处 解析　(1)小球从B点飞出后受力分析可知，静电力大小等于重力大小，夹角为60°，故所受合力为 F合=2mgcos 30°=mg 与水平方向夹角为60°斜向右下方，加速度a=g 合力在竖直方向的分力提供竖直方向加速度，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动 2R=acos 30°·t2 解得t= (2)小球在轨道上有等效最高点D，刚好通过B点即为刚好通过D点，在D点重力与静电力的合力提供向心力mg=m 设从距A点x处释放小球刚好通过B点，由动能定理得 -qE(xcos 30°+Rsin 30°+Rcos 30°)-mg(R+Rcos 30°)=mv2-m 解得x=(6-)R。 学科网（北京）股份有限公司 $