《2026年高中必刷题高中物理必修第二册人教版》

6. [云南师范大学附中 2025 高一下期中]如图所示,一船在静水中的速度大小恒定,水流速度大小恒定且方向沿着河岸向右,小船的速度小于水流速度,河岸宽度恒定为 $ d $. 小船从 $ O $ 点开始渡河,图中 $ OA $ 垂直于河岸,$ AB = BC = L $. 已知当小船划行方向垂直于河岸时,小船正好航行到 $ B $ 点,运动时间为 $ t_{B} $,且 $ d ＜ L $. 则(D)


A.小船速度大小与水流速度大小之比为 $ \frac{L}{d} $
B.若小船的划行方向沿 $ OB $,则小船最终会航行到 $ BC $ 之间的某一点
C.若小船改变划行方向,最终到达对岸 $ C $ 点,运动时间为 $ 2t_{B} $
D.若小船改变划行方向,离 $ A $ 点最近的距离为 $ \sqrt{L^{2}-d^{2}} $

答案：
6.D　[解析]设小船速度大小为$v_1$，水流速度大小为$v_2$，小船划行方向垂直于河岸，航行到B点时有$t_B=\frac{d}{v_1}=\frac{L}{v_2}$，则小船速度大小与水流速度大小之比为$\frac{v_1}{v_2}=\frac{d}{L}$，A错误;小船的划行方向沿OB方向时，设$v_1$与河岸的夹角为$\theta$，如图甲所示，则$\tan\theta=\frac{d}{L}$，$\sin\theta=\frac{d}{\sqrt{d^2+L^2}}$，$\cos\theta=\frac{L}{\sqrt{d^2+L^2}}$，此时过河时间$t_1=\frac{d}{v_1\sin\theta}=\frac{\sqrt{d^2+L^2}}{v_1}$，沿河岸方向的位移大小$x_1=(v_2 + v_1\cos\theta)t_1=\frac{d+\sqrt{d^2+L^2}}{d}L＞2L$，故小船最终会航行到C点右侧某位置，B错误;小船最终到达对岸C点时，设$v_1$与河岸的夹角为$\alpha$，如图乙所示，则有$\frac{v_1\sin\alpha}{v_1\cos\alpha + v_2}=\frac{d}{2L}$，可得$\sin\alpha=\frac{d\cos\alpha}{2L}+\frac{1}{2}＞\frac{1}{2}$，则小船运动到河对岸的时间$t_C=\frac{d}{v_1\sin\alpha}＜2t_B$，C错误;当小船划行的方向与合速度方向垂直时，小船到达对岸的位置离A点最近，如图丙所示，$\cos\beta=\frac{v_1}{v_2}=\frac{d}{L}$，则$\tan\beta=\frac{\sqrt{L^2 - d^2}}{d}$，离A点最近的距离为$x_2 = d\tan\beta=\sqrt{L^2 - d^2}$，D正确。

7. 教材变式(多选)质量 $ m = 3 $ kg 的质点,静止在 $ O $ 点,且以 $ O $ 点为坐标原点建立一直角坐标系,$ t = 0 $ 时刻在质点上施加一沿 $ x $ 轴正方向的外力 $ F_{x} = 6 $ N,$ t_{1} = 2 $ s 时不改变外力的大小,仅将外力的方向变为沿 $ y $ 轴正方向,再经过 $ t_{2} = 2 $ s 的时间撤走外力. 则下列说法中正确的是(BD)


A.质点的运动轨迹可能如图甲所示
B.4 s 末质点的坐标为 $ (12 $ m,$ 4 $ m)
C.$ 2 \sim 4 $ s 内质点的位移大小为 $ 4 $ m
D.4 s 末质点的速度大小为 $ 4\sqrt{2} $ m/s

答案： 7.BD　[解析]由题可知，质点在前2s内由静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，2~4s内，质点沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，而沿x轴正方向，质点做匀速直线运动，故其轨迹可能如题图丙所示，故A错误。由牛顿第二定律可知，在x轴正方向质点获得的加速度大小$a_1=\frac{F_x}{m}=2m/s^2$，故在前2s内沿x轴的位移大小$x_1=\frac{1}{2}a_1t_1^2 = 4m$，2s末的速度大小$v = a_1t_1 = 4m/s$；2~4s内沿x轴正方向做匀速直线运动，故沿x轴的位移大小$x_2 = vt_2 = 8m$，则其沿x轴正方向移动的距离$x = x_1 + x_2 = 12m$；2~4s内，在y轴正方向质点获得的加速度大小$a_2=\frac{F_y}{m}=2m/s^2$，故2~4s内沿y轴正方向的位移大小$y=\frac{1}{2}a_2t_2^2 = 4m$，故4s末质点的坐标为(12m,4m)，故B正确。由以上分析可知，2~4s内质点的位移大小$s=\sqrt{4^2+8^2}m = 4\sqrt{5}m$，故C错误。由以上分析可知，4s末质点沿y轴正方向的速度大小为$v_y = a_2t_2 = 4m/s$，由速度的合成可得，4s末质点的速度大小$v_4=\sqrt{4^2+4^2}m/s = 4\sqrt{2}m/s$，故D正确。
教材变式本题目由教材P21第5题演变而来。教材中给出了质点在Oxy平面上运动的示意图，考查质点速度变化时速度方向和x方向之间的夹角及速度变化$v$的时间，本题则考查了外力的方向变化之后质点运动的参量。

8. [江西 2025 高一上联考]如图所示,粗细均匀的直杆 $ AB $、$ BC $ 连接固定在竖直面内,$ \angle ABC = 105^{\circ} $,$ a $、$ b $ 两球分别套在 $ AB $、$ BC $ 杆上,用细线连接,给 $ a $ 球施加一个拉力,使 $ a $ 球沿 $ BC $ 杆向右运动,当细线与 $ AB $ 杆的夹角为 $ 45^{\circ} $ 时,$ a $、$ b $ 两球的速度大小之比为(A)

A.$ \sqrt{2}:\sqrt{3} $
B.$ \sqrt{3}:\sqrt{2} $
C.$ 1:\sqrt{2} $
D.$ \sqrt{2}:1 $

答案： 8.A　[解析]将a、b两球的速度沿细线方向(x方向)和垂直于细线方向分解可得$v_{ax}=v_a\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}v_a$，$v_{bx}=v_b\cos45°=\frac{\sqrt{2}}{2}v_b$，由绳关联速度知识可知$v_{ax}=v_{bx}$，则a、b两球的速度大小之比为$\frac{v_a}{v_b}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$，故选A。
关键点:沿绳方向速度大小相等

9. [安徽安庆太湖中学 2024 高一下段考]如图所示,将质量为 $ 2m $ 的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为 $ m $ 的小环,小环套在竖直固定的光滑直杆上,光滑定滑轮与直杆间的距离为 $ d $. 现将小环从与定滑轮等高的 $ A $ 处由静止释放,当小环沿直杆下滑距离也为 $ d $ 时(图中 $ B $ 处),则(重力加速度为 $ g $ )(D)


A.小环刚释放时轻绳中的张力一定小于 $ 2mg $
B.小环到达 $ B $ 处时,重物上升的高度 $ h = d $
C.在小环从 $ A $ 下滑到 $ B $ 的过程中,小环的速度与重物上升的速度的比值逐渐增大
D.小环在 $ B $ 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 $ \sqrt{2} $

答案：
9.D
思路导引小环下滑距离d时，重物上升高度为$\sqrt{2}d - d$，
[解析]小环由静止释放时，重物即将向上加速，对重物由牛顿第二定律得$T - 2mg = 2ma$，则轻绳中的张力一定大于$2mg$，故A错误;小环到达B处时，定滑轮左侧轻绳增大的长度等于重物上升的高度，有$h = \sqrt{2}d - d$，故B错误;设轻绳与直杆的夹角为$\theta$，在小环从A下滑到B的过程中，小环沿绳方向的速度与重物上升的速度大小相等，有$v_{环}\cos\theta = v_{物}$，则小环的速度与重物上升的速度之比$\frac{v_{环}}{v_{物}}=\frac{1}{\cos\theta}$，随着小环下落，$\theta$减小，故比值减小，故C错误;小环在B处时轻绳与直杆的夹角为45°，此时小环的速度与重物上升的速度大小之比$\frac{v_{环}}{v_{物}}=\frac{1}{\cos45°}=\sqrt{2}$，故D正确。

10. [陕西榆林 2025 高一下期中]各种大型的货运站中少不了悬臂式起重机. 如图甲所示,某起重机的悬臂保持不动,可沿悬臂行走的天车有两个功能,一是吊着货物沿竖直方向运动,二是吊着货物沿悬臂水平方向运动. 现天车吊着质量为 $ 100 $ kg 的货物在 $ x $ 方向的位移—时间图像和 $ y $ 方向的速度—时间关系图像如图乙、丙所示,下列说法正确的是(C)


A.$ t = 2 $ s 时货物的速度大小为 $ 3 $ m/s
B.货物的运动轨迹是一条直线
C.货物所受的合力大小为 $ 150 $ N
D.$ 0 \sim 2 $ s 这段时间内,货物的合位移大小为 $ 11 $ m

答案： 10.C　[解析]由题图乙可知货物在水平方向做匀速直线运动，速度大小为$v_x=\frac{8}{2}m/s = 4m/s$，由题图丙可知货物在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，2s末货物的竖直分速度大小为3m/s，则$t = 2s$时货物的速度大小为$v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{4^2+3^2}m/s = 5m/s$，货物的合运动为匀变速曲线运动，运动轨迹是一条抛物线，A、B错误;根据题图丙可知，货物的加速度大小为$a=\frac{\Delta v_y}{\Delta t}=\frac{3 - 0}{2 - 0}m/s^2 = 1.5m/s^2$，根据牛顿第二定律可得合力大小为$F = ma = 100×1.5N = 150N$，C正确;由题图乙可知0~2s这段时间内，货物的水平位移大小为$x = 8m$，货物的竖直位移大小为$y=\frac{2×3}{2}m = 3m$，则合位移大小为$s=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{8^2+3^2}m=\sqrt{73}m$，D错误。