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《2025 年 10 月 5 日高中物理作业》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B C C D A A AD BC
题号 11 12
答案 CD CD
1．C
【详解】匀变速直线运动的位移公式为
题目中给出的关系式为
A．对比两式，初速度 ，而非 ，故 A 错误；
B．由 得加速度 。速度增量 ，当 时，
，故 B 错误；
C． 第 2 秒内的位移为 到 的位移， 时，
时，
第 2s 内的位移 ，故 C 正确；
D．匀变速直线运动的位移差公式为 ，当 时， ，故 D
错误。
故选 C。
2．D
【详解】AD．运动员在入水前先做竖直上抛运动，后做自由落体运动，该过程中加速度为
g，大小和方向均不变，A 错误，D 正确；
B．运动员在 1~2s 内在水中向下做减速运动，t=2s 时到达最低点，B 错误；
C．图像的斜率等于加速度可知，运动员在水中的加速度逐渐减小，C 错误。
故选 D。
3．【答案】B
【详解】小球随小车一起匀速直线运动，受力平衡，故细绳对小球无拉力，小球只受重力和
弹簧弹力两个力作用，轻弹簧对小球的弹力与小球重力等大反向，一定处于压缩状态。
故选 B。
4．C
答案第 6 页，共 9 页【详解】A．设牵引车的速度为 ，将其沿钢丝方向和垂直于钢丝方向分解，沿钢丝方向的
分速度为 ，若特技演员匀速上升，随着牵引车向左运动， 逐渐减小，
逐渐增大。为保持 不变， 需逐渐减小，即牵引车做减速运动，而非匀速运动。故
A 错误；
BD．若牵引车匀速向左运动， 不变，由 A 选项可知，随着牵引车向左运动， 逐渐减小，
逐渐增大，因此 会逐渐增大，而非越来越小，特技演员加速上升，处于超重状态，
而非失重状态，故 BD 错误；
C．图示位置时 ，则 ，即特技演员上升的速度是牵引车速度
的 倍，故 C 正确．
故选 C。
5．【答案】C
【详解】鸟食的运动视为平抛运动，竖直方向有 ，由于 h <h ，则 t <t ，同时抛
M N M N
出鸟食，则在 M 点先接到鸟食，在水平方向有 x=v t，如图，过 M 点作一水平面，可看出在
0
相同高度处 M 点的水平位移大，则 M 点接到的鸟食平抛的初速度较大。
故选 C
6．D
【详解】设绳上张力为 T，T 的水平分力提供向心力，且 ，则有
所以
由小球竖直方向的受力分析有 ，又因为 ，故 ， ，故
ABC 错误，D 正确。
故选 D。
7．A
【详解】A．令以地心为圆心，以 为半径的圆周为轨道 3，对于圆轨道，由万有引力提
供向心力，则有
解得
可知，轨道 1 的速度大于轨道 3 的速度，卫星由低轨道变轨到高轨道时，需要在切点位置加
速，可知，轨道 3 的速度大于轨道 2 在 Q 点的速度，则实践二十五号卫星在 Q 点的速度小
答案第 6 页，共 9 页于在轨道 1 的速度，故 A 正确；
B．实践二十五号卫星没有脱离地球的束缚，可知，实践二十五号卫星的发射速度小于第二
宇宙速度，故 B 错误；
C．实践二十五号卫星在轨道 1 运行时的角速度为ω，则有
根据开普勒第三定律有
解得 ，故 C 错误；
D．根据牛顿第二定律有
解得
可知，实践二十五号卫星在轨道 1 经过 P 点的加速度等于在轨道 2 经过 P 点的加速度，故
D 错误。
故选 A。
8．A
【详解】A．当汽车速度达到最大值 v 时，牵引力等于阻力，即
所以阻力
在 t=t 时，汽车速度为 ，此时牵引力为
0
根据牛顿第二定律可得 ，故 A 正确；
B．在 0~t 时间内，根据动能定理可得
0
解得 ，故 B 错误；
C．若汽车做匀加速直线运动，t=t 时汽车的速度为 ，t=2t 时，汽车的速度大小为 v，但
0 0
此时汽车的功率恒定，加速度减小，速度增大，所以 t=2t 时，汽车的速度小于 v，故 C 错
0
误；
D．0~t 的时间内，汽车的位移大小为 ，由于汽车的速度不断增大，所以 t ~2t
0 0 0
的时间内，汽车的位移大于 ，故 D 错误。
故选 A。
9．【答案】AD
【详解】ABC．身份证静止在倾斜的感应区表面，受重力、支持力和静摩擦力，合力为 0，
答案第 6 页，共 9 页根据平衡条件有
感应区表面的倾角 减小， 减小， 增大，故 A 正确，BC 错误；
D．身份证受力平衡，则摩擦力和支持力的合力与重力等大反向，方向不变，故 D 正确。
故选 AD。
10．【答案】BC
【详解】水被射出到最高点过程，竖直方向有
解得
根据对称性可知，射出的水在空中运动的时间为
射出的水在空中运动的位移大小为
故选 BC。
11．CD
【详解】B．C 绕 B 做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有
解得 ，故不能求出 C 的质量，故 B 错误；
C．双星系统在万有引力作用下绕 O 点做匀速圆周运动，对 A 研究
对 B 研究
解得双星的总质量 ，故 C 正确；
D．A 的质量 ，故 D 正确；
A．A、B 的轨道半径之比为 ，故 A 错误。
故选 CD。
12．CD
【详解】A．取传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图
答案第 6 页，共 9 页工件受到的滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以工件在两传送带上受到摩擦力大小相
等，但方向不同，故 A 错误；
B．由牛顿第二定律可得，工件在传送带上的加速度为
设工件在传送带乙上的滑动痕迹为 ，则
又因为
解得
由数学知识可得，当 时， 取最小值，故 B 错误；
C．设工件在传送带甲上的滑动痕迹为 ，工件与两传送带因摩擦产生的总热量为 ，则
，
整理得
则当 时， 取最小值，此时
则有
故 C 正确；
D．根据能量守恒定律可知，电动机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，则有
整理得 ，当 时， 取最小值，最小值为
故 D 正确。
故选 CD。
13．(1)16.00
(2)BD
(3)50N/m
【详解】（1）由图可知刻度尺最小分度为 0.1cm，则该同学某次测量的弹簧长度是 16.00cm；
（2）A．由于弹簧自身有重力，实验前，应该把弹簧竖直放置测量其原长，故 A 错误；
B．悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数，防止钩码摆动过程影响示数，故 B 正确；
CD．实验过程中应该逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的
钩码总重力，故 C 错误、D 正确。
故选 BD。
答案第 6 页，共 9 页（3）由图像的斜率可得劲度系数为
14．(1)C
(2) 0.53 2.0 不能
(3)
【详解】（1）A．挂小质量的槽码使小车做加速运动，在木板下垫木块用来补偿小车运动过
程中受到的阻力，故 A 错误；
B．根据
解得
小车内要装钩码以增大小车质量，不需重新补偿阻力，只要保证倾角θ不变即可，故 B 错误；
C．调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行，故 C 正确；
D．操作中，若先释放小车再接通电源，得到的纸带若点迹足够多，可以用该纸带求小车的
速度和加速度，故 D 错误。
故选 C。
（2）[1]计数点之间的时间间隔为
计时器在打下计数点 C 时小车的速度大小为
[2]小车的加速度大小为
[3]根据牛顿第二定律得
解得 ，不能用 验证实验结论。
（3）设槽码质量为 m ，根据牛顿第二定律得
0
解得
斜率为 ，截距为
解得
15．(1)10s
(2)136m
【详解】（1）甲车从开始刹车到停止所用时间为
（2）设甲车开始刹车到两车速度相等时，经过的时间为 ，则有
答案第 6 页，共 9 页代入相关已知数据求得
在 时间段内，甲车发生的位移为
乙车在 时间段内发生的位移为
在 时间段内，甲、乙两车间的最大距离
16．(1)
(2)
【详解】（1）箭做斜抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，则
有 ，
解得最高点与水平地面的距离
（2）设箭射到侧壁的速度为 ，因为垂直射到一个倾角为 37°的侧壁上，则有
解得
故飞行时间
17．(1)
(2) 或
(3)
【详解】（1）若小钢球恰能通过轨道的最高点 e，则小钢球在 e 点时，重力恰好提供向心力
代入数据，解得
（2）恰好到达最高点
解得
代入数据得
恰好到达圆心等高处
得
代入数据得
所以，h 的取值范围为 或 。
（3）设小球脱离轨道点与圆心连线和水平夹角为 ，小钢球脱离轨道时，根据牛顿第二定
答案第 6 页，共 9 页律
根据动能定理
小钢球到地面的距离为
代入数据得
18．(1)4m/s,方向水平向右
(2)1.2m
(3)2s，43.5J
【详解】（1）滑块从 B 点到 A 点，根据动能定理
解得滑块在 A 点时的初速度大小为
方向水平向右。
（2）滑块从 A 点到 C 点做平抛运动，设 C 点的速度竖直方向为 则
解得
在竖直方向上，滑块做自由落体运动，则
在水平方向上
解得 AC 两点间的水平距离为
（3）滑块运动在 C 点时的速度大小为
则滑块运动到薄板上后，对滑块，设加速度为 ，根据牛顿第二定律
解得
对薄板，设加速度为 ，根据牛顿第二定律
解得
设经过时间 t 小滑块与薄板达到共同速度 v ，小滑块位移为 x ，薄板位移为 x ，则有
1 1 1 2
解得
根据运动学公式 ， ，
答案第 6 页，共 9 页因为 ， ，所以此后滑块和薄板一起加速运动，在 t 时间内，滑块与薄板
1
摩擦产生的热量为
设滑块和薄板一起加速运动的加速度为 ，根据牛顿第二定律
解得
设滑块和薄板一起加速时间为 ，则
解得
设薄板运动到 D 点时，滑块的速度为 ，此后小滑块继续以 的加速度加速下滑，设加速
到 D 点的时间为 ，则 ，
解得
在 t 时间内，滑块与薄板摩擦产生的热量为
3
则滑块从 C 点到达 D 点所需要的时间为
滑块与薄板摩擦产生的热量
答案第 6 页，共 9 页
