【文档说明】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期第二次调研考试 物理答案.docx，共(21)页，2.845 MB，由小赞的店铺上传

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哈师大附中2021级高三第二次调研考试物理试题一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第．1．～．7．题只有一项符．．．．．．合题目要求．．．．．，每小题4分；第．8．～．10．．题有多项符合题目要求．．．．．．．．．．，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，

有选错的得0分。）1.在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是（）A.根据速度定义式xvt=，当Δt非常小时，xt就可以表示物体在t时刻瞬时速度，这里采用了极限法B

.在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体，采用了等效替代法C.加速度的定义式vat=，采用了比值定义法D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作

匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法【答案】B【解析】【详解】A．根据速度定义式xvt=，当Δt非常小时，xt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故A正确；B．不需要考

虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了理想模型法，故B错误；C．加速度的定义式vat=，采用了比值定义法，故C正确；D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各

小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确。由于本题选择错误的，故选B。2.一斜面被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，在斜面上放一物体，如图所示，以下判断正确的是（）A.若物体静止在斜面上，则B受到斜面的挤压的B.若物体匀速下滑，则B受到斜面的挤压C.若物体加速下

滑，则A受到斜面的挤压D.若物体减速下滑，则A受到斜面的挤压【答案】D【解析】【详解】物体静止或者匀速下滑时，物块和斜面组成得系统合外力为零，因此在水平方向不受力，因此和物块A，B之间没有作用力，AB错误；物块加速下滑，物块加速度沿斜面向下，有水平向左得分量，因此物块和斜面得

整体受到水平向左得力，为B物块施加得，因此C错误；物块减速下滑，物块得加速度沿斜面向上，有水平向右得分量，因此整体受到向右得力，为A物块施加得，D正确3.很多人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况

。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取210m/s=g下列分析不正确的是（）A.手机刚要接触头部之前的速度约为2m/sB.手机与头部作用过

程中手机动量变化约为0.48kgm/sC.手机对头部的冲量方向向下D.手机对头部的平均作用力大小约为2.4N【答案】B【解析】【详解】A．手机做自由落体运动，根据运动学公式可知手机接触头部之前的速度约为22100.2m/s

2m/svgh===A正确；B．手机与头部作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与头部作用过程中动量变化为00.24kgm/sPmv=−=−B错误；C．手机对头部的作用力方向向下，则手机对头部的冲量方向向下，C正确；D．因为手机落在头上

没反弹，速度减为0，规定竖直向下为正方向，对手机由动量定理得0mgtImv+=−代入数据可得0.48NsI=−负号表示方向竖直向上根据牛顿第三定律，可知手机对头部的冲量大小约为0.48NsII=−=手机对头部的作用力大小约为'2.4NIFt==D正确。故选B。4.我国天文学家通过

FAST，在武仙座球状星团M13中发现一个脉冲双星系统。如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，RA<RB，C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动

，周期为T2，忽略A与C之间的引力，且A与B之间的引力远大于C与B之间的引力。万有引力常量为G，则以下说法正确的是（）A.若知道C的轨道半径，则可求出C的质量B.恒星B的质量为22214πBABBRRRMGT+=（）C.若A也有一颗运动周期为T2的卫星，则其轨道半径一定小于

C的轨道半径D.设A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为t，则12122()TTtTT=+【答案】D【解析】【详解】A．在知道C的轨道半径和周期的情况下，根据万有引力定律和牛顿第二定律列方程只能求解B的质量，无法求解C的质量，故A错误；B．在A、

B组成的双星系统中，对A根据牛顿第二定律有2212π()ABAAABMMGMRRRT=+解得22214π()AABBRRRMGT+=故B错误；C．若A也有一颗运动周期为T2的卫星，设卫星的质量为m，轨道半径为r，则根

据牛顿第二定律有2222πAMmGmrrT=解得22324πAGMTr=同理可得C的轨道半径为22324πBCGMTR=对A、B组成的双星系统有22112π2πAABBMRMRTT=因为RA＜RB，所以MA＞MB，则r＞RC，故C错误；D

．如图所示，A、B、C三星由图示位置到再次共线时，A、B转过圆心角θ1与C转过的圆心角θ2互补，则根据匀速圆周运动规律可得122π2ππttTT+=解得12122()TTtTT=+故D正确。故选D。5.2021年10月25日，如图甲所示全球最大“

上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从0=t时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其at−图像如图乙所示，1t时达到额定功率，12tt时间内起重机保持额定功率运动

，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（）A.10t时间内物体处于失重状态B.12tt时间内物体做减速运动C.10t时间内重力对物体做功为()20112mat−D.12tt时间内起重机额定功率为()001mgmaat

+【答案】D【解析】【详解】A．10t时间内物体向上做匀加速直线运动，因此物体处于超重状态，故A错误；B．由图像可知12tt时间内物体的加速度为正，做加速度减小的加速运动，故B错误；C．1t时刻物体的位

移为210112xat=的重力对物体做功210112Wmgxmgat=−=−故C错误；D．1t时刻物体所受到的牵引力为F，由牛顿第二定律有0Fmgma−=解得0Fmgma=+1t时刻物体的速度为01vat=起重机额定功

率为()001PFvmgmaat==+故D正确。故选D。6.如图甲所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为m，某次小孩从最低点弹起，以小孩运动的最低点为坐标原点、竖直向上为x轴正方向，小孩与杆整

体的动能与其坐标位置的关系如图乙所示，图像30x−之间为曲线，x2为其最高点，34xx−为直线，不计弹簧质量和空气阻力的影响，重力加速度为g，则（）A.弹簧劲度系数2mgkx=B.小孩和杆的最大加速度332xgaxx=−C.在x1处

的速度为()432gxx−D.在x1处的弹性势能为()21mgxx−【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知，在x3处物块脱离弹簧，此时弹簧在原长，弹簧在最低点时被压缩x3，在x2位置弹力等于重力，则32()mgkxx=−

解得32mgkxx=−选项A错误；B．在最低点时加速度最大，则3kxmgma−=解得232xgaxx=−选项B错误；C．在x1处的速度等于在x3处的速度，因从x3到x4做竖直上抛运动，则()13432vvgxx==−选项C正确；D．从x1处到x3处，由机械能守恒

22p111331122Emgxmvmgxmv++=+可知()p131Emgxx=−选项D错误。故选C。公众号：高中试卷君7.如图，一长为L的轻杆两端分别用铰链与质量均为m的小球A、B连接，A套在固定竖直杆上

，B放在倾角30=的斜面上。开始时，轻杆AB与竖直杆的夹角30=。现将轻杆由静止释放，A沿竖直杆向下运动，B沿斜面下滑。小球均可视为质点，不计一切摩擦，已知重力加速度大小为g。下列判断正确的是（）A.

A碰到斜面前瞬间，B重力的功率为零B.A碰到斜面前瞬间，B的速度大小为1123gL+C.A碰到斜面前瞬间，A的速度大小为41153gL+D.B下滑过程中，A重力势能的减少量等于A、B动能增加量之和【答案】C【解析】【详解】A．设A碰到斜

面前瞬间的速度大小为Av，速度分解如图所示因杆不能伸长，则有BAsinvv=A碰到斜面前瞬间B重力的功率为BA1sin4mgvmgv=故A错误；BC．两球下滑过程中，A、B组成的系统机械能守恒，则有()22AB[]1sin2cos2cos12602LLmgmgLmvmv

++−=−解得A41153gLv=+B1153gLv=+故B错误，C正确；D．由系统机械能守恒，可知B球下滑过程中，A、B两球重力势能减少量之和等于A、B动能增加量之和，故D错误。故选C。8.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，

一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v－t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中（）A.水平推力F1、F2大小可能相等B.水平推力F1的冲量大小等于水平推力F2的冲量大小C.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量D.摩擦力对a物体做的功小于摩擦

力对b物体做的功【答案】CD【解析】【详解】A．由题图可知，AB∥CD，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。施加水平推力时，由题图可知，a的加速度大于b的加速度，根据牛顿第二

定律有Ffma−=得到Fmaf=+故水平推力F1大于F2，A错误；C．根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，即0I=合故合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，均为零，C正确；B．摩擦力对物体的动量为fIft=故a物体摩擦力的冲量小于b物体的冲量。因合外力的冲量为零，则水平推力F

1的冲量大小小于水平推力F2的冲量大小，B错误；D．v－t图中图像与坐标轴的面积代表了位移。从图中可知，a物体的位移小于b物体的位移。摩擦力做的功有Wfx=故摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功，D正

确；故选CD。9.2021年10月16日，我国神舟十三号载人飞船成功发射，搭载着王亚平等3名航天员与空间站顺利对接。3位航天员进入空间站绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程。已知地球半径为R，地

球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看做平行光。如图所示，王亚平在A点测出她对地球的张角为2，OA与太阳光平行，不考虑地球公转的影响，下列说法正确的是（）A.空间站的线速度大小为02sinRTB.空间站的运行周期为2sinRRGMC.航天员

每次经历“日全食”过程的时间为2sinsinRRGMD.航天员每天经历“日全食”的次数为0sinsin2TGMRR【答案】CD【解析】【详解】空间站绕地球做匀速圆周运动，设空间站的轨道半径为r，由几何关系知sinRr=解得sinRr=AB．根据万有

引力提供向心力得22224GMmrvmmrTr==解得2sinsinRRTGM=sinGMvR=故AB错误；CD．地球自转一圈时间为0T，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，因此，一天内飞船经历“日全

食”的次数为00sinsin2TTGMnTRR==由图可知，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过2θ角，所需的时间为222sinsinRRtTGM==故CD正确。故选CD。公众号：高中试卷君10.如图所示，左侧为一个固定

在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的光滑斜面，斜面倾角α=45°。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球

m1和物块m2，且m1=2m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，当m1由静止释放运动到圆心O的正下方C点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失，则下列说法中正确的是（）

A.当m1运动到C点时，m1和m2的速率之比为2:1B.当m1运动到C点时，m1的速率125gRv=C.在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒D.细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为2R【

答案】BC【解析】【详解】A．设小球m1到达最低点C时m1、m2速度大小分别为v1、v2，由运动的合成与分解可得124cos5vv=则12:2:1vv=故A错误；BC．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，则有221

122211122mvmvmgRmgR++=又根据选项A的分析以及题意可知2122vv=122mm=解得125gRv=故B、C正确；D．根据题意可知，细绳断开后小球m1只受到重力做功，其机械能守恒，所以有211

112mghmv=解得上升的最大高度为2152hRR=故D错误。故选BC。二、实验题（11题6分，12题8分，共14分）的11.探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系的实验装置如图所示。转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。塔轮自上而下

有三层，左侧塔轮自上而下半径分别为r、2r、3r，右侧塔轮自上而下半径分别为3r、2r、r。左右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处的层来改变左右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A（或B）处，A、C到塔轮中心的距离相等

。两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小可由塔轮中心标尺露出的等分格的格数读出。（1）在该实验中应用了______来探究向心力的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系。A.理想实验法B.控制变量法

C.等效替代法（2）如果某次实验中，小明用两个质量相等的小球放在A、C位置，匀速转动时，左边标尺露出1格，右边标尺露出9格，则皮带连接的左右塔轮转动的角速度之比为______；塔轮自上而下为第一层至第三层，此时左侧塔轮第____

__层与右侧塔轮第______层通过皮带连接。【答案】①.B②.1：3③.三④.三【解析】【详解】（1）[1]实验中应用了控制变量法来探究向心力的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系，故选B。（2）[2]根据向心力公式2Fmr=左边标尺露出1格，右边标尺露出9格，则A、C位置小球受到

的向心力大小之比为1:9，小球质量相同，A、C位置小球处小球运动的半径相等，故左右塔轮转动的角速度之比为1：3；[3][4]左右塔轮边缘的线速度大小相等，根据公式vr=可得:31rr==右右左左：

：故可知此时左侧塔轮第三层与右侧塔轮第三层通过皮带连接。12.某实验小组利用如图甲装置进行“验证机械能守恒定律”的实验。（1）下列说法正确的是________．A．实验中，应该先释放重物再接通打点计时器电源B．实

验中可以不测重物的质量C．应选用质量较大的重物，使重物和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力D．应选用质量较小的重物，使重物的惯性小一些，下落时更接近于自由落体运动（2）若甲同学按实验要求规范操作，选出合适的纸带进行测量，量得连续三个计时点A、B、C到第一个点O的距离如图乙所示(相邻两点时间间隔

为0.02s)，O为打点计时器打出的第一个点．当地重力加速度g＝9.80m/s2，重物质量为0.50kg，那么打下点B时重物的动能为__________J，从O到B的过程中重力势能的减少量为__________J.(计算结果均保留三位有效数字)（3）在实验中，乙同学根据自己实验

测得的数据，通过计算发现，重物在下落过程中，重物动能的增加量略大于重力势能的减少量．若实验测量与计算均无错误，则出现这一问题的原因可能是_____A．重物的质量偏大B．交电源的电压偏高C．交流电源的频率小于50HzD．重物下落时受到的阻力过大【答案】①.BC##CB②.1.00③.1.0

5④.C【解析】【详解】（1）[1]A．实验中，应该先接通打点计时器电源再释放纸带，故A错误；B．由于机械能守恒表达式中质量可被消去，故实验中可以不测重物的质量而进行验证，故B正确；CD．应选用质量较大的重物，使重

物和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力，下落时更接近于自由落体运动，故C正确，D错误。故选BC。（2）[2]打下点B时重物的速度大小为225.7017.7010m/s=2.00m/s220.02OCOABxxvT−−−==重

物的动能为2k11.00J2BEmv＝＝[3]从O到B的过程中重力势能的减少量为p1.05JOBEmgh＝（3）[4]A．机械能是否守恒与重物的质量无关，故A错误；B．交流电源的电压高低不影响打点计时器的工作频率，对测量、计算结果没有影响，故B错误；C．交流电源的频率

小于50Hz，导致计算所用时间间隔偏小，则瞬时速度偏大，会使重物动能的增加量略大于重力势能的减少量，故C正确；D．重物下落时受到的阻力过大，则重物动能的增加量应小于重力势能的减少量，故D错误。故选C。三、解答题（17题10分，18题14分，19题16分

，共40分）13.动画片《熊出没》中，熊大和熊二中了光头强设计的陷阱，被挂在了树上（如图甲），聪明的熊大想出了一个办法，让自己和熊二荡起来使绳断裂从而得救，其过程可简化如图乙所示，设悬点为O，离地高度

为2L。两熊可视为质点且总质量为m，绳长为2L且保持不变，绳子能承受的最大张力为2mg，不计一切阻力，求：（1）设熊大和熊二刚好在向右摆到最低点时绳子刚好断裂，则他们的落地点离O点的水平距离为多少；（2）若绳长改为L，两熊在水平面内做圆锥摆运动，如图丙，且两熊做圆锥摆

运动时绳子刚好断裂，求绳断裂瞬间两熊的速度大小。【答案】（1）62L；（2）62gL【解析】【详解】（1）摆到最低点时绳子刚好断裂时，设熊的速度为v，此时绳子拉力为T，则有22vTmgmL−=，2Tmg=联立解得2gLv=绳子断后熊做平抛运动，有21222LLgt−=x

vt=联立解得落地点离O点水平距离为62xL=（2）设绳子刚好断时与竖直方向的夹角为，对熊受力分析可得cosTmg=，2sinsinvTmL=，2Tmg=联立解得绳断裂瞬间两熊的速度大小为62g

Lv=14.竖直平面内，长为2mL=的水平传送带AB以5m/sv=顺时针传送，其右下方有固定光滑斜面CD，斜面倾角37=，顶点C与传送带右端B点竖直方向高度差0.45mh=，下端D点固定一挡板。一轻

弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至E点，且C、E相距0.4m，现让质量2kgm=的小物块以02m/sv=的水平速度从A点滑上传送带，小物块传送至B点，物块离开B点后所受空气阻力不计，恰好与斜面无碰撞滑上斜面，弹簧的最大压缩是0.2mx=取重力加

速度210m/sg=。求：(1)传送带与小物块间的动摩擦因数；(2)由于传送物块电动机对传送带所做的功；(3)弹簧的最大弹簧性势能。的【答案】(1)0.3；(2)20J；(3)32.2J【解析】【分

析】【详解】(1)将物块在C点的速度沿水平和竖直方向分解，则23m/syvgh==则物块通过B点的速度为cot374m/sByvv==由于Bvv，所以物块由A到B一直做匀加速运动。在此过程中，物块的加速度mgagm==由22022BvvaLgL−==解得0.3=(2)物块由A到B的运动时

间02s3Bvvta−==此过程传送带的位移10m3svt==所以由于传送物块电动机对传送带所做的功20JWmgs==(3)物块到C点时的速度为5m/ssin37yCvv==对物块，由C点运动到最低点的过程，由能量守恒定律()2pm1sin2CECmgSxmvE++=代入解得

弹簧的最大弹簧性势能pm32.2JE=15.如图所示，倾角为30=斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一垂直于斜面的弹性挡板，任何物体与挡板相撞后都以原速率返回。斜面上放置一质量为21kgm=的木板B，足够长的木板B上端叠放一质量为11kgm=且可视为质点的滑块A，木板与

滑块之间的动摩擦因数32=，木板B下端距挡板2.5md=，2=10m/sg。（1）若斜面光滑，且将AB由静止释放，求木板B与挡板第一次碰前的速度v的大小；（2）若斜面光滑，且将AB由静止释放，求木板B与挡板第一次碰后沿斜面上滑的最大距离X；（3）若木板B与斜

面之间动摩擦因数233=，AB以0=5m/sv的初速度沿斜面向下运动，当木板B下端距挡板为0.75md=时开始计时，求此后过程中木板沿斜面运动的总路程S。【答案】（1）=5m/sv；（2）1mX=；（3）2mS=【解析】【详解】（1）AB系统机械能守恒，则21

2121()sin(m)2mmgdmv+=+解得12sin2102.5m/s5m/s2vgd===（2）任何物体与挡板相撞后都以原速率返回，则木板B与挡板第一次碰后，对B研究，由动能定理得21221(cossin)02mgmg

Xmv−+=−解得的1mX=（3）整体下滑时12212121()sin()cos()mmgmmgmma+−+=+解得1=0a整体匀速下滑d时，B与挡板发生碰撞原速率返回，AB之间发生相对滑动，对A研究1112cos

sinmgmgma−=解得214ag=方向沿斜面向上，对B研究2121223sincos()cosmgmgmmgma+++=解得394ag=方向沿斜面向下，假设B速度减为0时，沿斜面向上位移为1s，由运动学公式得203102vas−=−解得201

32vsa=B速度减为0时，此后对B研究2121224sincos()cosmgmgmmgma+−+=解得414ag=B原路返回时速度大小速度为2v，22142vsa=22211=9vv第二次撞击挡板沿斜面向上的位移为2s，由运动学

公式可知223202vas−=解得2119ss=以此类推，木板每次与挡板碰撞后的速度都是上次的19，由此可知，整个过程木板的总路程为12119sSd=+−解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

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