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高2025 级强实半期考试物理答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
B
B
A
AD
CD
BD
BC
11．(1)A
(2)0.50
(3)
c
c
b
【详解】（1）A．连接小车和沙桶的细线必须与轨道平行，这样才能保证小车受到的拉力是沿轨道方向的合
力，故A 正确；
B．因为有拉力传感器可以直接测量拉力，所以不需要始终保持M 远大于m ，故B 错误；
C．由于不需要M 远大于m ，所以实验得到的图线不会在F 比较大时出现弯曲，故C 错误。
故选A。
（2）由题知，相邻的两个计数点之间还有四个点没有画出，相邻计数点时间间隔
1
5
0.1s
T
f
根据逐差法
2
x
aT
可得加速度大小
2
9
DG
AD
x
x
a
T
代入数据解得
2
0.50m / s
a
（3）[1][2]对车分析，根据牛顿第二定律有F
f
Ma
整理得
1
f
a
F
M
M
可知图像斜率
1
b
k
M
c
纵截距
f
b
M
联立解得
c
M
b
，f
c
12．（1）5m/s，与y 轴正方向夹角的正切值为0.75；（2）P（12m，0m）
【详解】（1）t=2s 时由甲图可知
2
4 m/s
3m/s
2
xv
由乙图可知y 方向做匀速运动
16 m/s
4m/s
4
yv
t=2s 时无人机的速度大小为
2
2
5m/s
x
y
v
v
v
（2）t=4s 时由甲图可知图像所围面积表示x 轴方向的位移
2
4
4m=12m
2
x
y 轴方向的位移=-16m
y
位移为
2
2 =20m
s
x
y
13．（1）对物块A，其受力分析及正交分解如图1 所示，由平衡条件得
x 方向有
1
cos
f
T
y 方向有
N
sin
B
F
mg
T
且
1
1
NB
f
F
联立解得
N
32
B
F
N，
1
16
f
N
20
T
N
（2）对木板B，其受力分析如图2 所示
竖直方向
N
NA
F
Mg
F
水平方向
1
2
F
f
f
Ma
由牛顿第三定律得
N
N
A
B
F
F
，
2
2
N
f
F
解得
2
a
m/s2
14.（1）物块在传送带上刚开始下滑时，根据牛顿第二定律有
1
1
sin
cos
mg
mg
ma
解得
2
1
10m / s
a
（2）物块先以加速度
1a 做匀加速直线运动，经历时间1t 与传送带达到相等速度，则有
0
1 1
v
a t
解得1
0.2s
t
此时物块的位移
0
1
1
2
v
x
t
解得
1
0.2m <
x
s
由于
1
0.5
tan
0.75
之后，物块人向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
1
2
sin
cos
mg
mg
ma
解得
2
2
2m / s
a
根据位移与速度关系式有
2
2
1
0
2
1
2
v
v
a
s
x
解得
1
6m/s
v
根据速度公式有
1
0
2 2
v
v
a t
解得2
2s
t
则物块在传送带上运动的时间
1
2
2.2s
t
t
t
（3）若物块滑上木板后木板处于静止状态，则有
2
3
mg
m
M g
解得
3
0.15
①可知，当木板与地面之间的动摩擦因数在0.15 到0.4 之间时，木板始终处于静止，物块在木板上向右做
匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
2
3
μ mg
ma
解得
2
3
3m / s
a
此时，物块相对地面运动的位移最小，利用逆向思维，根据速度与位移关系式有
2
1
3
min
2
v
a x
解得
min
6m
x
②当木板与地面之间的动摩擦因数小于0.15 时，物块先以
3a 向右做匀减速直线运动，木板此时向右做匀加
速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，当木板与地面之间的动摩擦因数
等于0.05 时，物块最终相对于地面的位移达到最大值，两者达到相等速度之前，对木板有
2
3
4
mg
m
M g
Ma
解得
2
4
2m / s
a
历时3t 两者达到相等速度，则有
2
1
3 3
4 3
v
v
a t
a t
解得3
1.2s
t
，
3
2.4m/s
v
此过程物块的位移
2
3
3
3
5.04m
2
v
v
x
t
之后两者保持相对静止，对整体，根据牛顿第二定律有
3
5
m
M g
m
M a
解得
2
5
0.5m / s
a
利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
2
3
5
3
2
v
a x
物块相对于地面位移的最大值为
max
3
4
x
x
x
解得
max
10.8m
x
