辽宁省东北育才学校2025-2026学年高三上学期第二次练物理试卷

2023级高三上学期物理第二次周练答案 【答案】 1.c 2.B 3.D 4.D 5.B 6.D 7.c 8.AC 9.BCD 10.BD 11.(每空2分)直尺 12.(每空2分) RAt 轻 滑块与水平杆之间存在静摩擦力 13.(10分)解：(1)设绳中张力大小为T,则分别对A、B分析，根据牛顿第二定律有 T-uimg =mai 1分 T+umg-u2 (m +M)g=Maz 1分 其中T=2F,h=0.2:2=音 解得a1=8m/s2,a2=2m/s2 2分 (2)根据运动学规律有1=01t2,x2=2t2 1分 由位移关系得x1-x2=L 1分 联立解得t=1s 1分 (3)根据摩擦生热知Q1=1mgL,Q2=u2(M+m)gx2 2分 所以摩擦产生的总热量Q=Q1+Q2 代入数据解得Q=14 1分 答：(1)把A从B的左端拉到右端的过程中，A、B的加速度大小各为8m/s2,2m/s2; (2)A在B上滑行的时间为1s: (3)A从B的最左端滑到最右端过程中，由于摩擦产生的总热量为14。 14.(14分)解：（①）对滑块在AB段有：E1=2mw哈， 1分 解得：vg=2V5m/s, 1分 因vB<v=10m/s,u<tan0,所以滑块在传送带上一直减速运动， 从B到c由动能定理：-mgLsine9+umgcos6L=mw呢-mv哈， 1分 解得：vc=0。 1分 第1页，共8页 (2)根据牛顿第二定律：mgsin0-umgcos0=ma, 1分 解得：a=2m/s2, 滑块在传送带上运动的时间：t=B一c=√5s, 1分 传送带运动的位移：x传=t, 则滑块与传送带的相对位移为：△x=x传一L, 1分 因摩擦产生的热量：Q=mgcos0·△x, 1分 解得：Q=(80V5-40)J=40(25-1)/。 1分 (③)对物块在F点受力分析有：mgsine0=m R 1分 解得：vp=√6m/s, 从c到F由动能定理：-mgR(cos9+sin8)=2m-2mv'2, 1分 解得：v'c=√34m/s, 假设由B到c物体所受摩擦力一直沿传送带向上，由动能定理有：-mgLsint9+mgcos6L=2mv'名- 2mv', 1分 解得v'B=√54m/s<10m/s,所以假设成立， 1分 弹簧的弹性势能为：Ep2=2mw'后=54. 1分 15.(18分)（①①恰好到与圆心等高处，由动能定理有：-mgL=0-2m喝， 1分 解得：vo=√2gL; ②恰好过最高点，在最高点：mg=m2 L 1分 由动能定理有：-mg2L=mv2-m哈， 1分 联立解得：vo=√5gL, 故vo的取值范围：v0≤√2gL或vo≥√5gL: 2分 mv哈 (②)①设小球第n次到B正上方时绳断，此时以B为圆心有：Ta+mg=-2mDan=1,23,)1分 mvi 小球第n次（初始记为第1次）到A正下方时：TA-mg=2n2a 1分 从开始到小球第n次到A正下方：-2mg0m-1)d=mw听-m哈， 1分 从开始到小球第n次到B正上方：-mg[L+L-(2n-2)d=mw哈-m哈， 1分 第2页，共8页 小球第n次到B正上方时绳断条件：T4≤30mg、TB≥30mg, 1分 联立解得： 29L 23L 66235≤d≤54m-D 1分 由于d有解， 放5≤ 23L 即m≤g15.9, 当n=1,又考虑到绳长为L:≤d≤L, 1分 31 当n=2.34,159≤d≤n 23L 1分 ②绳断后，小球做平抛运动：L+L-(2n-2)d=29t2, 1分 x=Vpt, 1分 联立解得：x=√8[L+2(n-1)d[L-(m-1)d], 1分 变形为：x=√8{-2[n-1)2+L(n-1)d+L2), 对内的函数分析，其对称轴m-1)d= 将0结果变形为：2兴≤0n-1)d≤器 由于0<片←兴 故(n-1)d=4时，xmx=3L。 2分 第3页，共8页 【解析】 1.A.曲线运动的方向在变化，所以曲线运动一定是变速运动，曲线运动受到恒定的力时加速度恒定，为匀 变速曲线运动，如平抛运动，选项A错误： B两个互成角度的匀变速直线运动，如果合初速度方向与合加速度方向不在同一直线上，则合运动为匀变速 曲线运动，选项B错误； C做平抛运动的物体，加速度恒定，是匀变速曲线运动，所以在相同时间内速度的变化量相同，选项C正 确； D.无论是匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，向心力都指向圆心，选项D错误。 故选C。 2.A根据开普勒第二定律可知，鹊桥二号从C经B到D的任意位置的速度均小于从D经A到C的任意位置的速度， 可知鹊桥二号从C经B到D的时间大于从D经A到C的时间，由于周期为24h,则鹊桥二号从C经B到D的运动时 间大于12h,故A错误： B.鹊桥二号在运行过程中，所受万有引力即为合力，根据万有引力定律与牛顿第二定律：Mm=mQ,整理 2 上式解得加速度表达式为a=以，即加速度与r2成反比，故鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比a4:ae≈ (1.8×104)2:(2.0×103)2=81:1,故B正确： C根据题中条件，无法求出鹊桥二号的质量，故C错误： D.鹊桥二号没有脱离地球的束缚，可知其在地面的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，即鹊 桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s,故D错误： 故选：B。 3.【分析】 本题考查了平抛运动的规律；解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临 界情况，结合运动学公式灵活求解，难度中等。 球要落在网右侧台面上，临界情况是与球网恰好不相撞，还有与球台边缘相碰，根据高度求出平抛运动的 时间，根据几何关系求出最小的水平位移和最大的水平位移，从而得出最小速度和最大速度。 【解答】 当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速率最小： 由抛运动提律可知，号=，3动-h=0只，联立解得-生层 当发射机正对右侧台面的某个角发射且乒乓球恰好到达那个角上时，发射速率最大： 第4页，共8页 由平抛运动规律可知， √2+（学）2=t',3动-9t2, 联立解得2=、4+ 即速率v的最大取值范围为的但<p< 1 (4L+L)9」 21 6h 2 6h 故ABC错误，D正确。 4.根据卫星的运行特点知，轨道半径越高，卫星运行角速度越小，而同步卫星与地球自转的角速度相同， 且同步卫星的轨道半径大约为6R,故该人造地球卫星运行的角速度比地球上建物运行的角速度大，因此 再次出现在建筑物上方时，说明卫星已经比建筑物多走了一圈，故0g-日地=2π，日卫=ω1t,6地=wot, 由于卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有Mm=rw,根据“黄金代换”GM=gR二，联立 r2 得D项正确 5.第1次石片从抛出到接触水平做平抛运动，时间为to= 2h g 石片每次接触水面后反弹到再接触水面做斜抛运动，可看作两个平抛运动，则第1次石片从上升到第2次 接触水面的时间为t1=2× 2×动 =2×)2×9 第2次石片从上升到第3次接触水面的时间为t2=2× 2-2××图 第3次石片从上升到第4次接触水面的时间为3=2× 2x堂 9 -2x× 第n次有片从上升到第+1次接触水面的时间发。-2×（分×厚 则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的总时间为t=to+t1+t2+t3++tn=, +2×哈+ +++门图 银据数学知识有：=红+2×处后=3 1 则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的水平距离为x=vt=3v 故选B。 第5页，共8页 6.设摩托车质量为，摩托车在竖直面内的受力分析如图所示： -0 ,图中FN FN mg 为轨道对摩托车的弹力，f为摩托车所受摩擦力，摩托车在竖直面内平衡，由平衡条件：mg+Fwsine6=fcos6, 摩托车在水平面内做圆周运动，根据牛顿第二定律：FNcost6+fsin0=mωR,联立上两式得：f=m(g+ w2Rtan8)cos0,Fw=m(w2R-gtan68)cos0,由于静摩擦力：f≤uFw,代入得u>9+w2Rtan0, 02R-gtan0 在临界情况下，轨道对摩托车的弹力为零，由重力和摩擦力的合力提供向心力，由平衡条件：mg=fcos0, 根据牛顿第二定律：fsin0=mwoR,解得临界角速度ω。= gtan0,要使摩托车车做圆周运动，角速度 需要满足ω> gtan,故ABC错误，D正确。 7.设地球绕太阳公转的半径为r,则行星1、行星2的公转半径分别为rsina,.rsinB,则有 G M太1 M太m2 G(rsin a)rin -,G sinB)z=m2 rsin,解得= sing ,A错误。由开普勒第三定律得= (rsina)3 v2sina T2(rsinB)3= sinasina ,w1=sing sint9】 sin3f√sin3a sing sing'02 sina sina B错误。由（哥-3）=2，得t= 年，C正确，由6=ma sin3 B-sin3 a 可知，D错误。 行星1 地球 阳 行星2 8.解：A、不计空气阻力方向与斜面方向成θ角斜向上抛运动，小球只受重力，加速度始终为g,保持不变， 小球在空中相等的时间内速度变化一定相等，故A正确， BC、将速度和加速度沿着斜面和垂直于斜面的方向分解，则在垂直于斜面方向上 y1=vsin0;Q1=gcos0,且离斜面最远t=,得小球经时间t=tem0,离斜面最远， 第6页，共8页 ，根据对称性可知小球开始运动到第一次落到斜面上时间为t'=2,故B错误C正确： 9 D、在沿着斜面上，小球开始运动到第一次落到斜面上位移为 、=cosot之9sin0t2=n6-gC22，D错误。 9.【分析】 本题考查水平面内的圆周运动，涉及临界问题，正确受力分析是解题的关键。 细线拉直时分析三角形ABm的形状，此时对小球受力分析，由牛顿第二定律列方程得出杆转动的角速度： 根据受力分析直接得出细线a的拉力大小： 细线断开前，对小球受力分析，由牛顿第二定律列方程得出两绳子拉力的关系和角速度表达式，分析细线 断开情况，从而得出杆的角速度大小。 【解答】 AB.当细线b刚好拉直时，小球受合力提供向心力，如图所示，由几何关系及牛顿第二定律可知ngtan60°= mw2Lsin60°，解得w= 29 故A错误，B正确： A 60° m B b mg 77777777777 C当细线b刚好拉直时，细线a的拉力F。=0=2mg,故C正确， mg D.a、b绳都有拉力时，根据牛顿第二定律可知Tacos30°+Tocos:30°=mw Lcos30°，竖直方向Tasin:30°- Tosin:30°-mg=0, 可知当a绳达到最大拉力时，即T。=6mg时，可得Tb=4mg,联立解得此时的角速度为w'= 10 ,故D 正确。 故选BCD。 10.两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，所以两颗星的周期相等，则T。=T。= T,故A项错误。a、b两星间的距离为l,轨道半径之差为△r,己知a星的轨道半径大于b星的轨道半径，则ra+ =人。-4、所以。-空、=会。a、b两星的轨道半径之比号=产，b星的线谁度大小 第7页，共8页 ,==π的，故B项正确，C项错误。两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周 运动：则G“学=m。俏=m心所以a、丙星的质量之比器-老=会，故D项正痛。 11.(1)因为只涉及竖直位移和水平位移的测量，所以只需要用直尺； (3)两次平抛运动竖直方向下落的距离为h和4h,根据九-29t2可知平抛运动的时间之比为2 如果水平方向位移之比为号≈则表明水平方向是匀速直线运动： (3)竖直方向根据逐差法3h-h=gT2,解得T-、 水平方向匀速直线运动有：。=2之=2-)景 12.(①)每次遮光片经过光电门时的线速度大小为v=品 由线速度大小和角速度大小的关系式可得ω=员=总 d (2根据牛顿第二定律可得F=mRω2=R的 md2 可知F与成正比，以F为纵坐标，高为横坐标可在坐标纸上描出一条直线，斜率北-受 解得m= d2 (③)力传感器测量的℉是绳子的拉力，而在实际情况中，滑块在做圆周运动时还会受到水平杆对它的静摩擦 力，向心力等于绳子拉力F和静摩擦力之和。因此，在滑块与水平杆之间存在的静摩擦力的影响下，力传感 器示数F作为向心力时会比向心力理论值偏小。 13.(1)首先，分别对A、B分析，根据牛顿第二定律求出两者的加速度； (2)然后，根据运动学规律以及位移关系求出A在B上滑动的时间； (③)最后，根据摩擦生热求出A从B的最左端滑到最右端过程中，由于摩擦产生的总热量。 本题考查了板块模型，解决本题的关键是根据牛顿第二定律的应用求出A在B上滑动的时间。 14.详细解答和解析过程见【答案】 15.详细解答和解析过程见【答案】 第8页，共8页2023级高三上学期物理第二次周练 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.下列关于运动的说法正确的是 A.曲线运动一定是变速运动，但不可能是匀变速运动 B.两个互成角度的匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动 C.做平抛运动的物体，在相同时间内速度的变化量相同 D.匀速圆周运动的向心力指向圆心，但非匀速圆周运动的向心力不一定指向圆心 2.2024年3月20日，如图所示为鹄桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥 B 六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24h 的环月椭圆冻结轨道，近月点A距月心约为2.0×103km,远月点B距月心 鹊桥 为二号 约为1.8×104km,CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是 A.鹊桥二号从C经B到D的运动时间小于12h 月球 B.鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81：1 C.根据题中和图中的信息可以求出鹊桥二号的质量 D.鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于11.2km/s 3.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示.水平台面的长和宽分别为L,和L2,中间球网高度为h,发射机 安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计 空气的作用，重力加速度大小为g,若乒乓球的发射速率在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓 球落到球网右侧台面上，则的最大取值范围是 发射点 球网 乒乓球 A晨<v<品 (4L+L)9 6h c台晨<u< (4L+L)9 (4L+L)9 6h D.<u< 41 h 6h 4.设地球的自转角速度为ωo,地球半径为R,地球表面重力加速度为g,某人造地球卫星在赤道上空做匀速 圆周运动，轨道半径为r,且r<5R,飞行方向与地球的自转方向相同，在某时刻，该人造地球卫星通过赤 第1页，共7页 道上某建筑物的正上方，则到它下一次通过该建筑物正上方所需要的时间为（地球同步卫星轨道半径约为 6R) A2( -w0) B. C.2 T3 gR2 VgR2 D.2n 3+wo 9R2 √3w0 5.小朋友们之间经常玩一项有意思的游戏一一打水漂（如图甲），打水漂的石片能弹跳的次数由石片初速度、 转速、入水时石头和水面的夹角，以及石片材质决定。其他条件相同的情况下，石片首次接触水与水面成20 度角时，水漂效果最为完美。某次投掷时，如图乙，石片在距离水面高h处，以速度v水平抛出，若石片与 水面碰撞时，水平速度不变，但碰后反弹高度都是前一次的好，不计空气阻力，重力加速度为9，则石片从 抛出到停止跳动的过程中通过的总水平距离是 甲 个h 乙 A图 B.3西 C.2v 2h D.5v 2h V g 6.杂技表演中，为了提高观赏性，摩托车手设计沿如图所示圆锥面的内壁做圆周运动，运动半径为R,(假 设摩托车视为质点)则 A.摩托车越重越不容易实现圆锥面的内壁做圆周运动 B.摩托车无法实现圆锥面的内壁做圆周运动 第2页，共7页 C.摩托车做圆周运动的角速度需要满足ω> tam2o D.摩托车做圆周运动时车胎橡胶与圆锥内表面间的动摩擦因数μ≥9+a2Rtam w2R-gtane 7.如图，假设行星绕太阳的公转可以看作匀速圆周运动，在地面上测得地球与行星1的连线和地球与太阳 的连线的最大夹角为。地球与行星2的连线和地球与太阳的连线的最大夹角为β，下列说法正确的是 行星i 地球 太阴 行星2 A.行星1与行星2的公转线速度之比为√tan邱√tana B行星1与行星2的公转角速度之比为器票 C.某时刻行星1和行星2相距最近，且公转方向相同，则经过 sim3阝sin3a 年再次相距最近 、√sin3B-sin3a D.行星1、行星2、地球的公转加速度之比为sin2a:sin2B:1 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.在一个倾角为的足够长的固定斜面上，一小球以初速度v离开斜面，方向与斜面方向成θ角斜向上(0< 45).己知重力加速度为g,空气阻力不计，下列说法正确的是 77i7777777777777777777 A.小球在空中相等的时间内速度变化一定相等 B小球经时间t=,离斜面最远 C.小球开始运动到第一次落到斜面上时间为t=tand D.小球开始运动到第一次落到斜面上位移为x=2w2sin6_2v2sin29 gcos0 9.如图甲所示，长为2L的竖直细杆下端固定在位于地面上的水平转盘上，一质量为的小球接上长度均为L 不可伸长的两相同的轻质细线a、b,细线能承受的最大拉力为6mg,a细线的另一端结在竖直细杆顶点A, 第3页，共7页 细线b的另一端结在杆的中点B。当杆随水平转盘绕竖直中心轴匀速转动时，将带动小球在水平面内做匀速 圆周运动，如图乙。不计空气阻力，重力加速度为g。则 a o m B B b b 7777777 777777777777777777777 A.当细线b刚好拉直时，杆转动的角速度ω= B.当细线b刚好拉直时，杆转动的角速度ω= 型 C.当细线b刚好拉直时，细线a的拉力Fa=2mg D.当细线断开时，杆转动的角速度ω= 10.根据科学家们的推测，双星的运动是产生引力波的来源之一。假设宇宙中有一由α、b两颗星组成的双星 系统，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T,α、b两星 间的距离为l,轨道半径之差为△r,已知a星的轨道半径大于b星的轨道半径，则 Ab星的周期为密1 B.b星的线速度大小为-4n T ca、5两星的轨道半径之比为 D.a、b两星的质量之比为杂 三、实验题：本大题共2小题，共12分。 11.如图所示的实验装置可以用来研究平抛运动。水平桌面上放置一个斜槽，斜槽末端0悬挂一个重锤用来 确定竖直方向，让一枚小钢球从斜槽上滚下，做平抛运动，落在一块水平放置铺有复写纸和白纸的木板上， 小钢球落在木板上后在白纸上留下一个点痕P,以此记录小钢球做平抛运动的落点，当地重力加速度为g。 (1)要测出平抛运动的初速度，只需要一种测量工具是（填“直尺”或“秒表”）。 (2)主要实验步骤有： ①调整木板与槽口的竖直距离为h,小球从斜槽上的A点由静止释放，测得落点P,到重锤线的水平距离为L1 第4页，共7页 ②调整木板与槽口的竖直距离为4h,让小球仍从斜槽上的A点由静止释放，测得落点P2到重锤线的水平距 离为L2 (3)此较L,与L之间的关系：若号≈一，表明平抛运动在水平方向是匀速直线运动。 (④平抛运动的初速度vo=_(用L1、L2、h和g表示)。 12.某实验小组通过如图所示的装置验证向心力的表达式。滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直杆做匀速圆 周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d,固定 在铁架台上的光电门可测量遮光片通过光电门的时间，从而算出滑块的角速度ω。滑块旋转半径为R,每经 过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。 光电门 力传感器 滑块 (1)某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为△t,则角速度ω=： (2)以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线；图像的斜率为k,则滑块的质量 (△t)2 为 (用所测物理量符号表示)： (3)该小组验证(2)中的表达式时，经多次实验，分析检查，仪器正常，操作和读数均没有问题，发现示数F 的测量值与其理论值相比偏小，主要原因是一。 四、计算题：本大题共3小题，共42分。 13.(10分)如图所示，质量为m=1kg的滑块A放在质量为M=2kg的长木板B上，B放在水平地面上，A 与B之间动摩擦因数4=0.2，B与地面之间的动摩擦因数为2=怎，B的长度为L=3.0m,A的大小不计。A、 B之间由一绕过光滑轻质动滑轮的柔软轻绳相连，开始时A位于B的最左端，滑轮位于B的右端。给滑轮施加 一水平恒力F=20N,滑轮两侧与A、B相连的绳子保持水平，重力加速度g取10m/s2。求： (1)把A从B的左端拉到右端的过程中，A、B的加速度a1、a2大小各为多少？ (2)A在B上滑行的时间t为多少？ (3)A从B的最左端滑到最右端过程中，由于摩擦产生的总热量Q为多少？ 7777777777777777777777777777777777 第5页，共7页 14.(14分)如图，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端与一质量m=2kg的小滑块接触，滑块与弹簧不 栓接，光滑水平面AB的右端B与倾角0=37°的传送带平滑连接，传送带以恒定速率v=10m/s顺时针转动， 传送带上端C与半径R=1m的光滑的圆弧轨道相切，圆弧轨道上D点与圆心0等高。已知传送带BC长L=5m, 滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2,si37°=0.6，所有装置在同一竖直平面内， 弹簧始终处于弹性限度内，弹簧原长小于AB间距。 E 37 B 777777777777 Q37° (1)向左推动滑块压缩弹簧并锁定，此时弹簧储存的弹性势能E1=20],解除锁定，滑块在弹簧作用下向右 运动，求滑块到达C点的速度大小， (2)求(1)问中滑块通过传送带由B到C的过程中，因摩擦产生的热量Q; (3)调节轻弹簧锁定的位置，小滑块仍紧靠弹簧右端，当弹簧锁定后储存的弹性势能为E2时，释放滑块，滑 块恰好在圆弧上F(OF1OC)点脱离轨道，求弹簧的弹性势能E2。 第6页，共7页 15.(18分)将一质量为的小球用长为L且不可伸长的轻绳系在钉子A上，小球与地面之间恰好无挤压，如 图甲所示。重力加速度为g,不计空气阻力，忽略钉子A和小球的直径。 ·B ◆A Vo 甲 乙 (1)若给小球某一水平向右的初速度vo,且绳始终伸直，求的取值范围： (2)若轻绳中弹力达到30mg会断。在钉子A正上方某处固定另一钉子B(忽略直径)，如图乙所示，并给小球 一大小vo=√6gL、方向水平向右的初速度，令小球绕钉子转，第n次经过钉子B正上方时轻绳断开（未知）， 轻绳与钉碰撞无机械能损失，求： ①AB之间距离d的取值范围： ②小球落在地面时水平位移的最大值。 第7页，共7页