黑龙江哈尔滨师范大学附属中学2026-2027学年高三上学期第二次调研物理试题

哈尔滨师范大学附属中学2026-2027学年度上学期高三第二次调研 物理试题 一、选择题（本题共14小题，共47分。其中第1～9题只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第10～14题有多个选项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错、多选或不选得0分） 1．随着数字化技术的发展，机器人书法家横空出世，下图为某一次活动中机器人临摹“龍”字时的笔尖轨迹。a、b、c、d为行笔经过的四个点，下列说法正确的是（　　） A．书写过程中毛笔笔尖可看作质点，是等效思想 B．笔尖由a→b→a，平均速度为0 C．笔尖由a→b→a，平均速率为0 D．笔尖由c→d，位移大小大于路程 2．如图，将一只气球用线固定在一辆小车上，用手突然推动小车，观察加玻璃罩前后气球的情况，可能是（　　） A．不加玻璃罩时气球将相对小车向前运动 B．不加玻璃罩时气球将相对小车向后运动 C．加玻璃罩后气球将相对小车向后运动 D．加玻璃罩后气球将相对小车不动 3．如图所示是我国某市博物馆的馆藏之一——玉璇玑式环，其历史可追溯至新石器时代，体似一长牙的璧，外缘长有三个同向回旋的齿牙，玉质为青白色。下列关于放在桌面上的玉璇玑的说法正确的是（     ） A．玉璇玑式环的重心在环上 B．玉璇玑式环所受重力的方向总是指向地心 C．玉璇玑式环受到的重力和其对桌面的压力是一对平衡力 D．玉璇玑式环所受支持力是由于桌面发生弹性形变而产生的 4．小实给弟弟买了架玩具无人机，通过传感器测试无人机的飞行情况。如图为在测试软件中设定的三维坐标系oxyz，某时刻起小实进行遥控操作，通过传感器测试发现无人机沿轴负方向匀速飞行，沿轴正方向匀速飞行，沿轴正方向做初速度为零的匀加速飞行，则关于无人机的实际运动，下列说法正确的是（　　） A．无人机做匀速直线运动 B．无人机做匀变速直线运动 C．无人机做类平抛运动 D．无人机做类斜抛运动 5．两相干波源S1、S2产生的两组同心圆波阵面如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，相邻的实线与虚线之间相差半个波长，a、b是交点，下列说法正确的是（　　） A．波源S1、S2的频率相同，相位差恒定，且振幅也一定相等 B．点在某些时刻位移为0，在某些时刻位移最大 C．点的振幅一定为0，且始终处于“平静”状态 D．点所在的双曲实线是减弱区，点所在的双曲虚线是加强区 6．如图所示，在光滑水平面上，质量 的木箱甲和质量 的木箱乙通过水平刚性轻杆连接。木箱甲受到水平向右的推力 木箱乙受到水平向左的推力 80 N，则木箱甲对轻杆的作用力为（　　） A．96N，水平向左 B．84 N，水平向左 C．96 N，水平向右 D．84 N，水平向右 7．第七届中国国际进口博览会于2024年11月5日至10日在上海举办，欧姆龙展台上上演了“人机对打”的场面，如图所示。若机器人先、后两次将相同水平速度飞来的乒乓球以原速率击出，第一次将乒乓球沿原速度的反方向击出，第二次将乒乓球沿原速度的垂线方向击出。假设球拍先、后两次对乒乓球的冲量大小分别为I1、I2，球拍先、后两次对乒乓球做的功分别为W1、W2，忽略乒乓球的旋转和击球过程乒乓球的重力。则（     ） A．I1<I2 B．I1>I2 C．W1<W2 D．W1>W2 8．如图所示，质量均为的带正电小球A、B带电荷量分别为、，分别连接在原长均为的两个相同的弹簧下端，两弹簧的上端悬挂于同一点。小球A和弹簧套在一竖直固定的光滑绝缘细杆上。由于静电力作用，小球B悬空处于平衡状态，现测得下端悬挂小球A、B的弹簧的长度分别为、，已知重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．弹簧对小球B的拉力大小为 B．两弹簧的夹角满足 C．小球A对B的静电力大小为 D．小球B对A的静电力大于A对B的静电力 9．猜想是物理研究的重要手段之一。如图，某科技小组猜想从地球北极A点挖一条直线细隧道通往南极B点，从A点静止释放一物体，穿过地心到达B点，此过程用时。若该物体从A点绕地球做近地圆周运动到B点，此过程用时。已知一个质量均匀的球壳对其内部的引力为零，地球视为匀质球体，不计空气阻力，另外，质量为m0、劲度系数为k的弹簧振子的周期公式为则（　　） A．1 B．2 C． D． 10．塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。设有一只水枪，枪口直径为，出水速度为，储水箱的体积为，水的密度为，水柱水平地打在竖直平面（目标）上后速度变为零，不考虑重力、空气阻力等的影响，认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同。下列说法中能有效控制水枪威力的是（　　） A．减小枪口直径 B．减小出水速度 C．减小储水箱体积 D．把海水调整为淡水以减小水的密度 11．如图所示为α粒子散射实验中α粒子穿过某一金原子核附近时的示意图，A、B、C三点分别位于两个等势面上，则以下说法正确的是（     ） A．α粒子在A处的速率比在B处的速率小 B．α粒子在B处的速率最大 C．α粒子在A、C处的速率相等 D．α粒子在B处的速率比在C处的速率小 12．如图所示，直线是等量异种点电荷和连线的中垂线，与电荷连线的交点为，点位置如图。下列说法正确的是（　　） A．点的电场强度方向沿向上 B．、、、四个点的电场强度方向相同 C．三点的电势的大小关系是 D．、、三点的电场强度的大小关系是 13．2026年3月27日12时11分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将试验三十三号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。如图所示，试验三十三号卫星I的对地张角为2θ；卫星Ⅱ为地球的近地卫星，运动周期为T，万有引力常量为G，地球半径为R，地球可视为质量分布均匀的球体，下列说法正确的是（     ） A．卫星I的运动半径为 B．卫星I的环绕周期为 C．地球的平均密度为 D．地球的平均密度为 14．将一小球从风洞中的点M竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为16 J，在O点动能为 4 J，不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（     ） A．小球所受重力和风力大小之比为2∶1 B．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1∶4 C．小球落到N点时的动能为32 J D．小球从M点运动到N点过程动能一直减小 二、实验题(本题共2小题，共14分；其中15题6分，16题8分) 15．某物理实验兴趣小组利用智能手机设计了“用单摆测量重力加速度”的实验。他们用一根轻质细线将手机悬挂在水平桌面上的铁架台上，调整后如图1所示。启动手机中的Phyphox应用，点击界面中的“摆”（如图2所示）进行实验，测出手机运动的周期和频率，并通过不同的方法计算得到当地重力加速度。 实验步骤如下： ①手机静止时，用米尺测出悬挂点到手机中心的距离L； ②将手机从平衡位置拉开一个很小的角度（小于5°），然后由静止释放，使手机在竖直平面内摆动，记录30次全振动的时间t，计算得到手机的运动周期T； ③用公式计算当地的重力加速度； ④改变摆长，多次重复实验，得到一系列重力加速度，算出重力加速度的平均值； ⑤根据测量数据，作出的图线，如图3所示，求得图线的斜率k，测出当地重力加速度g的数值。 (1)手机运动的周期T为_______。 (2)该小组成员发现，用公式算出的重力加速度g的数值总比网上查阅得到的当地重力加速度的数值大，可能的原因是手机重心的位置与手机中心并不重合。当手机静止在平衡位置时，下列关于手机重心位置的说法正确的是_______（填选项前的字母）。 A．手机重心在手机中心正上方 B．手机重心在手机中心正下方 C．手机重心在手机中心的左侧 D．手机重心在手机中心的右侧 (3)该小组测得当地的重力加速度_______（用k表示）。 16．某实验小组利用如图所示的装置来验证动量守恒定律。实验时先将质量为m1的小球A从弧形槽上某点由静止释放，小球A离开弧形槽后落在斜面上的P点；然后将质量为m2的小球B放于弧形槽末端，使其保持静止，再将小球A从弧形槽上由静止释放，两小球发生碰撞后分别落在斜面上的M、N两点，已知斜面与弧形槽末端相接于O点。空气阻力可忽略不计。 (1)关于该实验，下列说法正确的是（　　） A．两次释放小球A的位置应相同 B．弧形槽末端既可以水平也可以倾斜 C．两小球质量关系应满足m1>m2 D．实验时应测出斜面倾角 (2)某次实验测得OM、OP、ON的长度分别为L1、L2、L3，则当满足___________（结果用m1、m2、L1、L2、L3表示）时，可验证两小球碰撞时系统动量守恒；若该碰撞为弹性碰撞，则当满足__________（结果用m1、m2、L1、L2、L3表示）；若该碰撞为弹性碰撞,且，则___________。 三、计算题(本题共3小题，共39分；其中17题10分，18题10分，19题19分。解题时应写出必要的文字说明、重要的物理规律，答题时要写出完整的数字和单位；只有结果而没有过程的不能得分) 17．如图，质量为的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑竖直圆轨道的A点的切线方向进入圆轨道，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。已知圆轨道的半径，连线与竖直方向夹角为，小球到达A点时的速度，重力加速度取，不计空气阻力。 (1)求P点与A点的水平距离； (2)小球到达C点时，对轨道的压力大小。 18．如图，甲、乙两车在赛车直道上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方处，乙车速度，甲车速度，此时乙车离终点线尚有。已知甲车做加速度的匀加速直线运动，乙车做加速度的匀加速直线运动，不计两车车长。 (1)经过多长时间甲、乙两赛车间距离最大，最大距离是多少？ (2)通过计算判断甲车到达终点线前能否追上乙车？ 19．如图所示，竖直平面内有一半径的四分之一光滑固定圆弧轨道AB，其下端B点与一水平传送带平滑连接，水平传送带右端C点与足够长的光滑水平面平滑连接。水平面上均匀排列着2026个质量均为的滑块（可视为质点），从左到右依次编号为1、2、3、…、2025、2026，相邻滑块间距均为，1号滑块恰好静止在C点，其他滑块均静止。一质量的物块a（可视为质点），以速率从A点沿圆弧切线进入圆弧轨道，其与传送带间的动摩擦因数，所有碰撞均为弹性正碰且碰撞时间不计。已知传送带长度，以恒定速率沿顺时针方向转动，重力加速度取，不计空气阻力。 (1)求物块a第一次和1号滑块碰撞前的速率； (2)若物块a经过B点记为零时刻，求2026号滑块开始运动的时刻； (3)求整个过程中物块a与传送带间因摩擦产生的总热量Q（保留两位小数） 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $哈尔滨师范大学附属中学2026-2027学年度上学期高三第二次调研 物理试题 一、选择题（本题共14小题，共47分。其中第1~9题只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第 10~14题有多个选项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错、 多选或不选得0分) 1.随着数字化技术的发展，机器人书法家横空出世，下图为某一次活动中机器人临摹“龍字时的笔尖 轨迹。4、b、c、d为行笔经过的四个点，下列说法正确的是（) A.书写过程中毛笔笔尖可看作质点，是等效思想 B.笔尖由a→b→a,平均速度为0 C.笔尖由a→b→a,平均速率为0 D.笔尖由c→d,位移大小大于路程 2.如图，将一只气球用线固定在一辆小车上，用手突然推动小车，观察加玻璃罩前后气球的情况，可 能是() A.不加玻璃罩时气球将相对小车向前运动 B.不加玻璃罩时气球将相对小车向后运动 C.加玻璃罩后气球将相对小车向后运动 D.加玻璃罩后气球将相对小车不动 3.如图所示是我国某市博物馆的馆藏之一一玉璇玑式环，其历史可追溯至新石器时代，体似一长牙 的璧，外缘长有三个同向回旋的齿牙，玉质为青白色。下列关于放在桌面上的玉璇玑的说法正确的是() A,玉璇玑式环的重心在环上 B.玉璇玑式环所受重力的方向总是指向地心 C.玉璇玑式环受到的重力和其对桌面的压力是一对平衡力 D.玉璇玑式环所受支持力是由于桌面发生弹性形变而产生的 试卷第1页 4.小实给弟弟买了架玩具无人机，通过传感器测试无人机的飞行情况。如图为在测试软件中设定的三 维坐标系oxz,某时刻起小实进行遥控操作，通过传感器测试发现无人机沿x轴负方向匀速飞行，沿y 轴正方向匀速飞行，沿z轴正方向做初速度为零的匀加速飞行，则关于无人机的实际运动，下列说法正 确的是() A.无人机做匀速直线运动 B.无人机做匀变速直线运动 C.无人机做类平抛运动 D.无人机做类斜抛运动 5.两相干波源S、S产生的两组同心圆波阵面如图所示，实线表示波 峰，虚线表示波谷，相邻的实线与虚线之间相差半个波长，α、b是交 点，下列说法正确的是() A.波源S1、S的频率相同，相位差恒定，且振幅也一定相等 B.a点在某些时刻位移为0，在某些时刻位移最大 C.b点的振幅一定为0，且始终处于“平静状态 D.a点所在的双曲实线是减弱区，b点所在的双曲虚线是加强区 6.如图所示，在光滑水平面上，质量m,=60kg的木箱甲和质量m,=40kg的木箱乙通过水平刚性 轻杆连接。木箱甲受到水平向右的推力F=120N,木箱乙受到水平向左的推力F,=80N,则木箱甲 对轻杆的作用力为() 甲 A.96N,水平向左 B.84N,水平向左 C.96N,水平向右 D.84N,水平向右 (共4页) 7.第七届中国国际进口博览会于2024年11月5日至10日在上海举办，欧姆龙展台上上演了“人机对 打的场面，如图所示。若机器人先、后两次将相同水平速度飞来的乒乓球以原速率击出，第一次将乒 乓球沿原速度的反方向击出，第二次将乒乓球沿原速度的垂线方向击出。假设球拍先、后两次对乒乓球 的冲量大小分别为1、，球拍先、后两次对乒乓球做的功分别为W1、W,忽略乒乓球的旋转和击球过 程乒乓球的重力。则() A.I1<I B.I>I C.Wi<W2 D.Wi>W2 8.如图所示，质量均为m的带正电小球A、B带电荷量分别为qA、qB(9>qB),分别连接在原长均为 L的两个相同的弹簧下端，两弹簧的上端悬挂于同一点O。小球A和弹簧套在一竖直固定的光滑绝缘细 杆上。由于静电力作用，小球B悬空处于平衡状态，现测得下端悬挂小球A、B的弹簧的长度分别为2L、 3L,已知重力加速度为8。下列说法正确的是（） 0 A.弹簧对小球B的拉力大小为2mg B.两弹簧的夹角0满足cos0= 2 OB C.小球A对B的静电力大小为3mg DA D.小球B对A的静电力大于A对B的静电力 9.猜想是物理研究的重要手段之一。如图，某科技小组猜想从地球北极A点挖一条直线细隧道通往南 极B点，从A点静止释放一物体，穿过地心到达B点，此过程用时(，。若该 物体从A点绕地球做近地圆周运动到B点，此过程用时(，。已知一个质量均 匀的球壳对其内部的引力为零，地球视为匀质球体，不计空气阻力，另外，质 量为o、劲度系数为k的弹簧振子的周期公式为T=2元， %则=( ) A.1 B.2 试卷第2页 √② c.5 D.2 10.塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的 威力就成了生产厂家必须关注的问题。设有一只水枪，枪口直径为d,出水速度为v,储水箱的体积为V, 水的密度为P,水柱水平地打在竖直平面（日标）上后速度变为零，不考虑重力、空气阻力等的影响， 认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同。下列说法中能有效控制水枪威力的是() A.减小枪口直径 B.减小出水速度 C.减小储水箱体积 D.把海水调整为淡水以减小水的密度 11.如图所示为a粒子散射实验中a粒子穿过某一金原子核附近时的示意图，A、B、C三点分别位于两个 等势面上，则以下说法正确的是() A.a粒子在A处的速率比在B处的速率小 B.a粒子在B处的速率最大 C.a粒子在A、C处的速率相等 D.粒子在B处的速率比在C处的速率小 12.如图所示，直线OO'是等量异种点电荷+Q和-Q连线的中垂线，与电荷连线的交点为a,点b、c、d 位置如图。下列说法正确的是() A.b点的电场强度方向沿OO向上 -0 ·b +0 B.a、b、c、d四个点的电场强度方向相同 ① d a c C.b、c、d三点的电势的大小关系是p,=P。>Pa D.a、b、C三点的电场强度的大小关系是E。>E。>E6 (共4页) 13.2026年3月27日12时11分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将试验三 十三号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。如图所示，试验三十三号卫星 I的对地张角为20：卫星Ⅱ为地球的近地卫星，运动周期为T,万有引力常量为G,地球半径为R,地球 可视为质量分布均匀的球体，下列说法正确的是() A.卫星I的运动半径为Rsin0 地球 T J20 R B.卫星I的环绕周期为 sin30 C.地球的平均密度为 3π GT2 D.地球的平均密度为 3π GT2sin0 14.将一小球从风洞中的点M竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所 示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为16J,在O点动能为 4J,不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是() A.小球所受重力和风力大小之比为2：1 B.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：4 风 C.小球落到N点时的动能为32J D.小球从M点运动到N点过程动能一直减小 二、实验题（本题共2小题，共14分：其中15题6分，16题8分） 15.某物理实验兴趣小组利用智能手机设计了“用单摆测量重力加速度的实验。他们用一根轻质细线将 手机悬挂在水平桌面上的铁架台上，调整后如图1所示。启动手机中的Phyphox应用，点击界面中的摆” (如图2所示)进行实验，测出手机运动的周期和频率，并通过不同的方法计算得到当地重力加速度。 铁架台 手机 777777777777777777777777777 图1 图2 图3 实验步骤如下： ①手机静止时，用米尺测出悬挂点到手机中心的距离工： 试卷第3页 ②将手机从平衡位置拉开一个很小的角度（小于5°），然后由静止释放，使手机在竖直平面内摆动，记 录30次全振动的时间t,计算得到手机的运动周期T: ®用公式g-4计算当地的重力加速度： ④改变摆长，多次重复实验，得到一系列重力加速度，算出重力加速度的平均值： ⑤根据测量数据，作出T2-L的图线，如图3所示，求得图线的斜率k,测出当地重力加速度g的数值。 (1)手机运动的周期T为 (2)该小组成员发现，用公式算出的重力加速度g的数值总比网上查阅得到的当地重力加速度的数值大， 可能的原因是手机重心的位置与手机中心并不重合。当手机静止在平衡位置时，下列关于手机重心位置 的说法正确的是 (填选项前的字母)。 A.手机重心在手机中心正上方 B.手机重心在手机中心正下方 C.手机重心在手机中心的左侧 D.手机重心在手机中心的右侧 (3)该小组测得当地的重力加速度8= (用k表示)。 16.某实验小组利用如图所示的装置来验证动量守恒定律。实验时先将质量为1的小球A从弧形槽上 某点由静止释放，小球A离开弧形槽后落在斜面上的P点；然后将质量为2的小球B放于弧形槽末端， 使其保持静止，再将小球A从弧形槽上由静止释放，两小球发生碰撞后分别落在斜面上的MN两点， 已知斜面与弧形槽末端相接于O点。空气阻力可忽略不计。 (1)关于该实验，下列说法正确的是() 112 A.两次释放小球A的位置应相同 B.弧形槽末端既可以水平也可以倾斜 C.两小球质量关系应满足1>2 77777777777 7777777777777777777777777 D.实验时应测出斜面倾角O (2)某次实验测得OMOP、ON的长度分别为L1、L2、L3,则当满足 (结果用1、2、L1小 L2、3表示)时，可验证两小球碰撞时系统动量守恒：若该碰撞为弹性碰撞，则当满足 (结 25,则 果用、m、小、、表示)：若该碰撞为弹性碰撞，且子=6， m (共4页) 三、计算题（本题共3小题，共39分；其中17题10分，18题10分，19题19分。解题时应写出必要 的文字说明、重要的物理规律，答题时要写出完整的数字和单位；只有结果而没有过程的不能得分) 17.如图，质量为m=0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑竖直圆轨道ABC的A点 的切线方向进入圆轨道，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。已知圆轨道的半径R=0.3m,OA 连线与竖直方向夹角为0=60°，小球到达A点时的速度v4=4m/s,重力加速度取g=10m/s2,不计空 气阻力。 (1)求P点与A点的水平距离： (2)小球到达C点时，对轨道的压力大小。 之0 B 18.如图，甲、乙两车在赛车直道上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方x=16m处，乙车速度v2=40m/s, 甲车速度甲=30m/s,此时乙车离终点线尚有x2=600m。已知甲车做加速度a=2m/s2的匀加速直线 运动，乙车做加速度a,=lm/s2的匀加速直线运动，不计两车车长。 (1)经过多长时间甲、乙两赛车间距离最大，最大距离是多少？ (2)通过计算判断甲车到达终点线前能否追上乙车？ X2 终点线 试卷第4页 19.如图所示，竖直平面内有一半径R=1.25的四分之一光滑固定圆弧轨道AB,其下端B点与一水平 传送带平滑连接，水平传送带右端C点与足够长的光滑水平面平滑连接。水平面上均匀排列着2026个 质量均为m=0.3kg的滑块（可视为质点)，从左到右依次编号为1、2、3、.、2025、2026，相邻滑块 间距均为S=1m,1号滑块恰好静止在C点，其他滑块均静止。一质量m,=0.1kg的物块α（可视为质 点)，以速率'。=12ms从A点沿圆弧切线进入圆弧轨道，其与传送带间的动摩擦因数4=0.3，所有碰 撞均为弹性正碰且碰撞时间不计。已知传送带长度L=12.5m,以恒定速率v=10m/s沿顺时针方向转动， 重力加速度取g=10m/s2,不计空气阻力。 (1)求物块α第一次和1号滑块碰撞前的速率'。； (2)若物块a经过B点记为零时刻，求2026号滑块开始运动的时刻226： (3)求整个过程中物块α与传送带间因摩擦产生的总热量Q(保留两位小数) Q Vo R 123 20252026 SaS口。。。。。。口5口 ® C < (共4页)哈尔滨师范大学附属中学2026-2027学年度上学期高三第二次调研 物理试题答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D C B C B C A ABD 题号 11 12 13 14 答案 CD BD BC AC 1.B 【详解】A.书写过程中毛笔笔尖的大小和形状不能忽略，所以不能看作质点，是理想模型故A错误： B.根据题意可知笔尖由a→b→a过程位移为0，根据平均速度的定义v=x可知，该过程平均速度为0， 故B正确； C.笔尖由a→b→a的过程，路程不为零，根据平均速率的定义v=可知，该过程的平均速率不为0， 故C错误； D.笔尖由c→d过程，轨迹为曲线，路程为运动轨迹的长度；而位移为初位置指向末位置的有向线段， 所以位移大小小于路程，故D错误。 故选B。 2.B 【详解】AB.不加玻璃罩时，小车加速度突然向前，则气球的加速度向前，受合外力向前，因浮力和 重力的合力竖直向上，则细绳的拉力斜向前下方，可知气球将相对小车向后运动，A错误，B正确： CD,加玻璃罩后，静止时气球和空气保持相对静止；当小车突然向前加速时，玻璃罩内空气要保持原 来的静止状态，相对玻璃罩向后运动，则气球将被挤向小车前进的方向，即气球将相对小车向前运动， CD错误。 故选B。 3.D 【详解】A.玉璇玑式环的重心在其几何中心圆心上，并不在环上，故A错误： B.玉璇玑式环所受重力的方向不总是指向地心，故B错误； C.玉璇玑式环受到重力是由于地球的吸引产生的，方向竖直向下，受力物体是玉璇玑式环，而其对桌 答案第1页 面的压力方向竖直向下，受力物体是桌面，不满足平衡力的条件，故C错误。 D.支持力属于弹力，弹力是由于发生了弹性形变而产生的，玉璇玑式环所受支持力是由于施力物体桌 面发生弹性形变产生的，故D正确。 故选D。 4.C 【详解】无人机沿y轴和x轴方向均为匀速飞行，由运动的分解与合成知，无人机在x0y平面做匀速直 线运动，由于无人机在z轴正方向做初速度为零的匀加速运动，且z轴垂直于xOy平面，因此类似于水 平方向上匀速和竖直方向自由落体的平抛运动，故C正确。 故选C。 5.B 【详解】A.相干波的条件是波源S、S的频率相同，相位差恒定，但振幅不一定相等，故A项错误： BD.由题图可知点是波峰与波峰相遇，是振动加强区，b点是波峰与波谷相遇，是振动减弱区，加强 区的a点位移在变化，在某些时刻位移为0，在某些时刻位移最大，D错误，B正确： C.当波源S、S振幅不相等，减弱区的b点的振幅一定不为0，位移有时为0，有时不为0，处于比较 “平静状态，故C项错误。 故选B。 6.C 【详解】取水平向右为正方向。对甲、乙及轻杆组成的整体，由牛顿第二定律得F-F,=(m+m2)a 解得整体加速度为a=F-B-120-80mS2=0.4ms: m+m260+40 设轻杆对甲作用力沿向右方向的分量为F。对甲，由牛顿第二定律得F+F=m, 解得F=m,a-F=60×0.4N-120N=-96N 负号表明轻杆对甲的作用力方向水平向左，大小为96N 则甲对轻杆的作用力为96@N,向右 故选C。 7.B 【详解】AB.设乒乓球质量为m,初速度大小为v,规定乒乓球初始飞来的方向为正方向。动量是矢 (共6页) 量，根据动量定理，冲量等于动量的变化量I=△p 第一次击球：末速度为-v,动量变化量△p,=m(-v)-mv=-2mv 冲量大小L1=2mv 第二次击球：末速度与初速度垂直，大小仍为，根据矢量三角形，动量变化量的大小 Ap2 =(mv)2+(mv)2 =2mv 冲量大小2=√2mv 因此I1>I2,故A错误，B正确： CD.动能是标量，根据动能定理，做功等于动能的变化量W=△E: 两次击球的初动能都是，m,末动能也都是，m2,因此两次动能变化量都为0，即m=m,=0,故 CD错误。 故选B。 8.C 【详解】A.对小球B受力分析，如图1所示 s AB mg 图1 小球B受到重力、弹簧拉力和小球A对其的静电力，将三个力平移组成一矢量三角形，该矢量三角形 mg Fe 与几何三角形OAB相似，可得2L3L 2 答案第2页 3 解得F。=g,故A错误； 4 B.对A、B两球整体受力分析，如图2所示 FA NA 2mg Y 图2 两弹簧的弹力分别为R=L,万。=kL=3m 3 联立解得F=2m8 竖直方向上，根据平衡条件有F+Fcos0=2mg 2 解得cosO=二，故B错误； 3 c.在s01B中，根据几何关系有AB=2+-2x2 Lxcos0 解得B- 所以△OAB为一等腰三角形。 3 结合A选项的分析可知F=F=4mg,故C正确： D.两小球间的静电力是一对相互作用力，则A对B的静电力等于B对A的静电力，故D错误。 故选C。 9.A 【详解】设地球的密度为P,地球的半径为R,物体沿路径1运动时，当物体离地心距离为x时，物体 4 受到的万有引力大小为F-GMm_Gp3rm =3t 4 —=3 Gpmx 其方向总是指向地心O,可知物体沿路径1以地心O为平衡位置做简谐运动，其周期为 (共6页) T=2π m 3 4 πGpm 物体沿路径1从A运动到B所用时间4-22VG印 T13π 该物体从A点绕地球做近地圆周运动到B点，根据万有引力提供向心力有GM=m =m- R 4 其中M=p二πR3 3 解得v=2R πGp V3 πR πR 13π 用时人 2R. πGp 2\GP 3 气， 故选A。 10.ABD 【详解】取一小片液柱m=pSvt,由动量定理 Ft=△p 可得 解得 F=Ixpdv 4 有效控制水枪威力，可以减小枪口直径、减小出水速度、把海水调整为淡水以减小水的密度，与储水箱 体积无关。 故选ABD。 11.CD 【详解】AB.α粒子与金原子核均带正电，从A点运动到离核最近的B点时，静电力与位移方向相反， 静电力做负功。由动能定理得WB=EB-E4<0 答案第3页 所以VB<VA;越过B点后，静电力做正功，速率增大，B点的速率最小，故AB错误： CD.对α粒子，运动过程中只有静电力做功，由能量守恒定律得E+E。=常量 A,C两点在同一等势面上，同一a粒子在两点的电势能相等，因此E4=Ek 即v4=vc;又由前述分析得B点的速率最小，所以vg<vc,故CD正确。 故选CD。 12.BD 【详解】AB.根据等量异种电荷所形成电场的特点，两电荷连线上α、c、d三点的场强方向相同，均 沿连线向左，中垂线上b点的场强方向与中垂线垂直且向左，所以α、b、c、d四个点的电场强度方向 相同，A错误，B正确： C.根据电场线的方向，可判断a、c、d三点的电势的关系为P。>P。>P 由于a、b是等势点，则p。>p,>pa,C错误； D.根据等量异种电荷所形成电场的特点，可判断α、b、c三点的电场强度的大小关系E>Ea>E,D正 确。 故选BD。 13.BC 【详解】A.卫星I的对地张角为20，从卫星I向地球作两条切线，切线与卫星I和地心的连线夹角为0， 由几何关系可得sm0= 可得卫星1的轨道半径万=。：并非Rs0,故A错误。 B. 根据开普勒第三定律，绕同一中心天体（地球）运动的卫星满足 k 近地卫星轨道半径为R,周期为T,卫星I轨道半径万=R 代入开普勒第三定律得 R3_ in T 整理得卫星I的环绕周期为T= Vsin'0 ,故B正确： CD.对近地卫星，万有引力提供向心力得G 2=m4π1 (共6页) 解得地球质量M=4nR GT2 地球体积V=二πR3 解得地球平均密度p=M3n V-GT 故C正确，D错误。 故选BC。 14.AC 【详解】A.将小球的运动分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为0的匀加速直线运动， 小球在M点的动能全部来自竖直初速度EM=。mv?=I6J 2 1 到最高点O时，竖直速度减为0，动能全部来自水平速度E。=2m心=4J 设竖直方向加速度为g,上升时间为t,则？，= F 水平方向加速度为a=上，则y,=at m 联立得上=&=，62 因此mg、2 即重力与风力大小之比为2：1，A正确； B.机械能的变化量等于风力做的功。竖直上抛运动上升和下落的时间相等，水平方向是匀加速直线运 动，连续相等时间内的水平位移之比为1：3。风力恒定，由W=Fx可知，上升和下落过程风力做功之比 为1：3，因此机械能变化量之比为1：3，B错误： C.从M到O水平位移设为x,则从O到N水平位移为3x,M到N总水平位移为4x。M到O过程风 力做功W=Fx 对M→O用动能定理-mgh+W,=4J-16J=-12J 同时竖直上抛上升过程mgh=)mY=16J 得W.=4J 因此全程M→N风力总做功W总=F.4x=16J 全程重力做功为0，所以N点动能Ew=EM+W总=(16+16)J=32J,C正确： 答案第4页 D.小球所受合力为斜向右下的恒力，初速度竖直向上，合力与初速度夹角为钝角，因此上升阶段小球 动能先减小；当速度方向与合力方向变为锐角后，动能开始增大，并非一直减小，D错误。 故选AC 15.0)30 (2分) (2)A(2分) (3 (2分》 【详解】(1)周期的定义是完成一次全振动的时间，实验中记录了30次全振动的总时间为t,因此单次 全振动的周期为总时间除以全振动次数，即T={ 30 (2)根据公式g= 4红L算出的重力加速度g的数值总比网上查阅得到的当地重力加速度的数值大，说 T2 明计算时代入的摆长L比实际真实摆长偏大。真实摆长是悬挂点到重心的距离，而实验中误将悬挂点到 手机中心的距离作为摆长代入计算，说明重心在手机中心的正上方。 故选A。 (3)由单摆周期公式T=2π 变形可得T= T2-L图线的斜率k= 42 △L 由于多次改变摆长时，手机重心相对手机中心的偏移量是固定值，工的变化量和真实摆长1实的变化量完 全相等，因此图线斜率k=4π g 整理得g= 4π2 16. (1)AC(2分) (2)m1VD2=m1VD1+m2√L3（2分) m1L2=m1L1+m2L3(2分) (2分)》 9 【详解】(1)A.实验中要保持A球两次到达弧形槽末端时速度相同，所以两次释放小球A的位置应相 同，A正确： B.应使两小球离开弧形槽后做平抛运动，否则仅根据落在斜面上的位移无法判断碰前碰后的速度关系， 因此弧形槽末端必须水平，B错误； C.要使两球碰撞后A球不能反弹（反弹后将无法确定其碰撞后的速度），因此A球的质量应大于B球 质量，即>2，C正确： (共6页) D.该实验只需测出小球质量及落点到O点距离即可，因此无需测出斜面倾角，D错误。故选AC。 )山小球离开圆弧槽后做平抛运动，落在斜面上，则有Lcos0=,Lsin9) 联立解得= gL V2sin0 cos0 即y。cVD 根据动量守恒定律有m%=m+m22 代入得mV互=mV瓦+m2V回 1闪当该莲提为完全保在班签时有网%网十%为.-时兮g 2 联立解得Y= m一yo m1+m2 4=16 因为7,25 所以当=4 %5 %-m=4 即 m+m25 解得= m9。 (1) 2W3 17. 5m(4分) (2)8N(6分) 【详解】(1)小球沿A点切线进入轨道，A点速度V,的方向与水平方向夹角等于OA与竖直方向的夹角 0=60 将v4沿水平、竖直方向分解，水平分量等于平抛初速度，='4cos60°=4×0.5m/s=2ms(1分) 平抛到4点时的竖直分速度y,=y,sin60=4x5 m/s=23m/s(1分) 由平抛竖直方向自由落体规律0，=g4(1分) 得平抛运动时间1=上-5 S 85 2v 水平方向匀速运动，水平距离x=,1= 5m(1分) 答案第5页 (2)从A到C过程只有重力做功，由机械能守恒可得)m=)m2+mg(R+Rcos60）(2分) 2 2 代入数值解得C点速度ve=V-3gR=v7m/s(1分) 在C点，牛顿第二定律 (列式1分，结果1分) FN +mg=mc=8N R 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小等于8N(牛三1分) 18.(1)10s,66m(2+3分) (2)甲车在到达终点线前无法追上乙车(5分) 【详解】(1)由题意知，初始乙车速度大于甲车，两车距离不断拉大：当甲车速度超过乙车后，两车距 离会逐渐缩小，故两车速度相等时，甲、乙两赛车间距离最大，满足仰+4t=之+a24(1分) 代入数据解得t=10s(1分) 此时计算两车的位移分别为=1+2a=(300+100)m=400m,(1分) =zf+244=(400+50)m=450m(1分) 由于初始时，乙车在甲车前方x=16m处，故甲、乙两赛车间最大距离为△r=x+x之-=66m(1分) (2)乙车到达终点的总位移为名=600m,所需时间满足名=+2a吃(1分) 代入数据，解得2=20W7-40小s≈12.92s(1分) 甲车初始位置到终点的总位移为甲总=x+x2=616m 所需时间满足8=4+2a哈（1分） 代入数据，解得m=14s(1分) 可知在2=12.92s时，甲尚未到达终点，此时乙车已经冲过终点， 故甲车到达终点线前不能追上乙车。(1分) 19.(1)。=10m/s(4分)(2)406.1s(8分)(3)20.45J(7分) 【详解】(1)从A到B的过程中，物块α在光滑圆弧轨道上下滑，机械能守恒。设到达B点的速度为VB, 则有2%+mgR=)%,（1分) 2 (共6页) 解得vg=13m/s 从B到C的过程中，物块a滑上皮带时速度vg=l3m/s大于皮带速度v=10m/s,因此物块受到向左的滑 动摩擦力，做匀减速运动。由牛顿第二定律um8=ma(1分) 物块减速到与皮带共速所需的位移为5= -=11.5m<L=12.5m(1分) 2a 所以物块α在到达C点前已经与皮带共速，接着做匀速运动。因此，物块α第一次到达C点与1号滑 块碰撞前的速率为v。=10m/s(1分) (2)物块在传送带上匀减速运动的时间。=一'=1s(1分) a 匀速运动的时间4。=乙-五=0.1s1分) 从B到C的总时间4=t。+b=1.1s 在C点，物块α与静止的1号滑块发生弹性正碰。设碰后α的速度为'a1,1号滑块的速度为Y。由动 量守恒和机械能守恒得mo'。=m'a+m%(1分) 1 1 1 2%-=2m,+2m1分) 2 解得y=5m/s,va=-5m/s(1分) 由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换(1分)，故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运 动时间为42= 2025S =405s(1分) y 所以，2026号滑块开始运动的总时刻为226=4+12=1.1+405=406.1s(1分) (3)第一次从B到C的过程中，物块位移x1=11.5m,传送带向右的位移为x1=v×4。=10m 相对位移大小△x=1.5m(1分) 由于第一次碰撞后ā物块通过传送带减速后又加速，由对称性知会以相同速度大小返回C点，并继续运 动与滑块发生第二次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒m,Y=mo'2+mv2 1 21 2m,=m,2+与m 1 2 2 答案第6页 1 1 解得=2Y,2=-2” 同理可得每发生一次碰撞，α物块速度大小减为碰撞前的一半，即，=”(1分) 同时每一次碰撞后，静止滑块就减少一个，直到1号滑块发生第2026次碰撞，所有滑块都运动起来， 物块ā向左经过传送带反向运动，通过C点后也维持向右匀速直线运动，不会和1号滑块发生碰撞。设 第一次碰后，物块a与传送带相对运动为x相=x1-x1,x=v此1，a叫1=2y,x=0(1分) 100 解得x相=3 m(1分) 1 由上述每次碰撞后速度为原来一半，可知-2(1分) 以相时移对为=+tt+a。=1如}得广血 一m(1分) 总摩擦生热2=m,g4x=0.3x0.1×10×409J=20.45J(1分) 6 (共6页) 哈尔滨师范大学附属中学2026-2027学年度上学期高三第二次调研 物理试题答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D C B C B C A ABD 题号 11 12 13 14 答案 CD BD BC AC 1．B 【详解】A．书写过程中毛笔笔尖的大小和形状不能忽略，所以不能看作质点，是理想模型故A错误； B．根据题意可知笔尖由a→b→a过程位移为0，根据平均速度的定义可知，该过程平均速度为0，故B正确； C．笔尖由a→b→a的过程，路程不为零，根据平均速率的定义可知，该过程的平均速率不为0，故C错误； D．笔尖由c→d过程，轨迹为曲线，路程为运动轨迹的长度；而位移为初位置指向末位置的有向线段，所以位移大小小于路程，故D错误。 故选B。 2．B 【详解】AB．不加玻璃罩时，小车加速度突然向前，则气球的加速度向前，受合外力向前，因浮力和重力的合力竖直向上，则细绳的拉力斜向前下方，可知气球将相对小车向后运动，A错误，B正确； CD．加玻璃罩后，静止时气球和空气保持相对静止；当小车突然向前加速时，玻璃罩内空气要保持原来的静止状态，相对玻璃罩向后运动，则气球将被挤向小车前进的方向，即气球将相对小车向前运动，CD错误。 故选B。 3．D 【详解】A．玉璇玑式环的重心在其几何中心圆心上，并不在环上，故A错误； B．玉璇玑式环所受重力的方向不总是指向地心，故B错误； C．玉璇玑式环受到重力是由于地球的吸引产生的，方向竖直向下，受力物体是玉璇玑式环，而其对桌面的压力方向竖直向下，受力物体是桌面，不满足平衡力的条件，故C错误。 D．支持力属于弹力，弹力是由于发生了弹性形变而产生的，玉璇玑式环所受支持力是由于施力物体桌面发生弹性形变产生的，故D正确。 故选D。 4．C 【详解】无人机沿y轴和x轴方向均为匀速飞行，由运动的分解与合成知，无人机在xoy平面做匀速直线运动，由于无人机在z轴正方向做初速度为零的匀加速运动，且z轴垂直于xoy平面，因此类似于水平方向上匀速和竖直方向自由落体的平抛运动，故C正确。 故选C。 5．B 【详解】A．相干波的条件是波源S1、S2的频率相同，相位差恒定，但振幅不一定相等，故A项错误； BD．由题图可知点是波峰与波峰相遇，是振动加强区，点是波峰与波谷相遇，是振动减弱区，加强区的点位移在变化，在某些时刻位移为0，在某些时刻位移最大，D错误，B正确； C．当波源S1、S2振幅不相等，减弱区的点的振幅一定不为0，位移有时为0，有时不为0，处于比较“平静”状态，故C项错误。 故选B。 6．C 【详解】取水平向右为正方向。对甲、乙及轻杆组成的整体，由牛顿第二定律得 解得整体加速度为 设轻杆对甲作用力沿向右方向的分量为。对甲，由牛顿第二定律得 解得 负号表明轻杆对甲的作用力方向水平向左，大小为 则甲对轻杆的作用力为96N，向右 故选C。 7．B 【详解】AB．设乒乓球质量为，初速度大小为，规定乒乓球初始飞来的方向为正方向。动量是矢量，根据动量定理，冲量等于动量的变化量 第一次击球：末速度为，动量变化量 冲量大小 第二次击球：末速度与初速度垂直，大小仍为，根据矢量三角形，动量变化量的大小 冲量大小 因此，故A错误，B正确； CD．动能是标量，根据动能定理，做功等于动能的变化量： 两次击球的初动能都是，末动能也都是，因此两次动能变化量都为0，即，故CD错误。 故选B。 8．C 【详解】A．对小球B受力分析，如图1所示 小球B受到重力、弹簧拉力和小球A对其的静电力，将三个力平移组成一矢量三角形，该矢量三角形与几何三角形OAB相似，可得 解得，故A错误； B．对A、B两球整体受力分析，如图2所示 两弹簧的弹力分别为， 联立解得 竖直方向上，根据平衡条件有 解得，故B错误； C．在中，根据几何关系有 解得 所以为一等腰三角形。 结合A选项的分析可知，故C正确； D．两小球间的静电力是一对相互作用力，则A对B的静电力等于B对A的静电力，故D错误。 故选C。 9．A 【详解】设地球的密度为，地球的半径为，物体沿路径1运动时，当物体离地心距离为时，物体受到的万有引力大小为 其方向总是指向地心O，可知物体沿路径1以地心O为平衡位置做简谐运动，其周期为 物体沿路径1从A运动到B所用时间 该物体从A点绕地球做近地圆周运动到B点，根据万有引力提供向心力有 其中 解得 用时 故 故选A。 10．ABD 【详解】取一小片液柱，由动量定理 可得 解得 有效控制水枪威力，可以减小枪口直径、减小出水速度、把海水调整为淡水以减小水的密度，与储水箱体积无关。 故选ABD。 11．CD 【详解】AB．粒子与金原子核均带正电，从点运动到离核最近的点时，静电力与位移方向相反，静电力做负功。由动能定理得 所以；越过点后，静电力做正功，速率增大，点的速率最小，故AB错误； CD．对粒子，运动过程中只有静电力做功，由能量守恒定律得 ，两点在同一等势面上，同一粒子在两点的电势能相等，因此 即；又由前述分析得点的速率最小，所以，故CD正确。 故选CD。 12．BD 【详解】AB．根据等量异种电荷所形成电场的特点，两电荷连线上a、c、d三点的场强方向相同，均沿连线向左，中垂线上b点的场强方向与中垂线垂直且向左，所以a、b、c、d四个点的电场强度方向相同，A错误，B正确； C．根据电场线的方向，可判断a、c、d三点的电势的关系为 由于a、b是等势点，则，C错误； D．根据等量异种电荷所形成电场的特点，可判断a、b、c三点的电场强度的大小关系Ec>Ea>Eb，D正确。 故选BD。 13．BC 【详解】A．卫星I的对地张角为2θ，从卫星I向地球作两条切线，切线与卫星I和地心的连线夹角为θ，由几何关系可得 可得卫星I的轨道半径，并非，故A错误； B． 根据开普勒第三定律，绕同一中心天体（地球）运动的卫星满足 近地卫星轨道半径为，周期为，卫星I轨道半径，代入开普勒第三定律得 整理得卫星I的环绕周期为，故B正确； CD． 对近地卫星，万有引力提供向心力得 解得地球质量 地球体积 解得地球平均密度， 故C正确，D错误。 故选BC。 14．AC 【详解】A．将小球的运动分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为0的匀加速直线运动，小球在M点的动能全部来自竖直初速度 到最高点O时，竖直速度减为0，动能全部来自水平速度 设竖直方向加速度为，上升时间为，则 水平方向加速度为，则 联立得 因此，即重力与风力大小之比为2：1，A正确； B．机械能的变化量等于风力做的功。 竖直上抛运动上升和下落的时间相等，水平方向是匀加速直线运动，连续相等时间内的水平位移之比为。风力恒定，由可知，上升和下落过程风力做功之比为，因此机械能变化量之比为1：3，B错误； C．从M到O水平位移设为，则从O到N水平位移为，M到N总水平位移为。 M到O过程风力做功 对M→O用动能定理 同时竖直上抛上升过程 得 因此全程M→N风力总做功 全程重力做功为0，所以N点动能，C正确； D．小球所受合力为斜向右下的恒力，初速度竖直向上，合力与初速度夹角为钝角，因此上升阶段小球动能先减小；当速度方向与合力方向变为锐角后，动能开始增大，并非一直减小，D错误。 故选AC。 15．(1)（2分） (2)A （2分） (3)（2分） 【详解】（1）周期的定义是完成一次全振动的时间，实验中记录了30次全振动的总时间为t，因此单次全振动的周期为总时间除以全振动次数，即 （2）根据公式算出的重力加速度g的数值总比网上查阅得到的当地重力加速度的数值大，说明计算时代入的摆长L比实际真实摆长偏大。真实摆长是悬挂点到重心的距离，而实验中误将悬挂点到手机中心的距离作为摆长代入计算，说明重心在手机中心的正上方。 故选A。 （3）由单摆周期公式 变形可得 图线的斜率 由于多次改变摆长时，手机重心相对手机中心的偏移量是固定值，L的变化量和真实摆长的变化量完全相等，因此图线斜率 整理得 16．(1)AC（2分） (2) （2分） （2分） （2分） 【详解】（1）A．实验中要保持A球两次到达弧形槽末端时速度相同，所以两次释放小球A的位置应相同，A正确； B．应使两小球离开弧形槽后做平抛运动，否则仅根据落在斜面上的位移无法判断碰前碰后的速度关系，因此弧形槽末端必须水平，B错误； C．要使两球碰撞后A球不能反弹（反弹后将无法确定其碰撞后的速度），因此A球的质量应大于B球质量，即m1＞m2，C正确； D．该实验只需测出小球质量及落点到O点距离即可，因此无需测出斜面倾角θ，D错误。故选AC。 （2）[1]小球离开圆弧槽后做平抛运动，落在斜面上，则有， 联立解得 即 根据动量守恒定律有 代入得 [2]当该碰撞为完全弹性碰撞时有， 联立解得 因为 所以 即 解得。 17．(1)（4分） (2)8N（6分） 【详解】（1）小球沿A点切线进入轨道，A点速度的方向与水平方向夹角等于OA与竖直方向的夹角 将沿水平、竖直方向分解，水平分量等于平抛初速度（1分） 平抛到A点时的竖直分速度（1分） 由平抛竖直方向自由落体规律（1分） 得平抛运动时间 水平方向匀速运动，水平距离（1分） （2）从A到C过程只有重力做功，由机械能守恒可得（2分） 代入数值解得C点速度（1分） 在C点，牛顿第二定律（列式1分，结果1分） 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小等于8N（牛三1分） 18.(1)，（2+3分） (2)甲车在到达终点线前无法追上乙车（5分） 【详解】（1）由题意知，初始乙车速度大于甲车，两车距离不断拉大；当甲车速度超过乙车后，两车距离会逐渐缩小，故两车速度相等时，甲、乙两赛车间距离最大，满足（1分） 代入数据解得（1分） 此时计算两车的位移分别为，（1分）（1分） 由于初始时，乙车在甲车前方处，故甲、乙两赛车间最大距离为（1分） （2）乙车到达终点的总位移为，所需时间满足（1分） 代入数据，解得（1分） 甲车初始位置到终点的总位移为 所需时间满足（1分） 代入数据，解得（1分） 可知在时，甲尚未到达终点，此时乙车已经冲过终点， 故甲车到达终点线前不能追上乙车。（1分） 19．(1) （4分） (2)406.1s （8分） (3)20.45J （7分） 【详解】（1）从A到B的过程中，物块a在光滑圆弧轨道上下滑，机械能守恒。设到达B点的速度为，则有（1分） 解得 从B到C的过程中，物块a滑上皮带时速度大于皮带速度，因此物块受到向左的滑动摩擦力，做匀减速运动。由牛顿第二定律（1分） 物块减速到与皮带共速所需的位移为（1分） 所以物块a在到达C点前已经与皮带共速，接着做匀速运动。因此，物块a第一次到达C点与1号滑块碰撞前的速率为（1分） （2）物块在传送带上匀减速运动的时间（1分） 匀速运动的时间（1分） 从B到C的总时间 在C点，物块a与静止的 1 号滑块发生弹性正碰。设碰后a的速度为，1 号滑块的速度为。由动量守恒和机械能守恒得（1分） （1分） 解得，（1分） 由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换（1分），故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运动时间为（1分） 所以，2026 号滑块开始运动的总时刻为（1分） （3）第一次从B到C的过程中，物块位移，传送带向右的位移为 相对位移大小（1分） 由于第一次碰撞后a物块通过传送带减速后又加速，由对称性知会以相同速度大小返回C点，并继续运动与滑块发生第二次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒 解得， 同理可得每发生一次碰撞，a物块速度大小减为碰撞前的一半，即（1分） 同时每一次碰撞后，静止滑块就减少一个，直到1号滑块发生第2026次碰撞，所有滑块都运动起来，物块a向左经过传送带反向运动，通过C点后也维持向右匀速直线运动，不会和1号滑块发生碰撞。设第一次碰后，物块a与传送带相对运动为，，，（1分） 解得（1分） 由上述每次碰撞后速度为原来一半，可知（1分） 所以相对位移和为（1分） 总摩擦生热（1分） 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $B4正面 ■ 哈尔滨师范大学附属中学2026-2027学年度上学期高三第二次调研 物理试题 ■ 贴条码区域 姓名: 班级: 考号: 选择题： （1-9单选，每题3分；10-14多选，每题4分，不全的得2分，共47分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 [ A ] [ A ] [ A ] [ A ] [ A ] [ A ] [ A ] [ A ] [ A ] [ A ] [ A ] [ A ] [ A ] [ A ] [ B ] [ B ] [ B ] [ B ] [ B ] [ B ] [ B ] [ B ] [ B ] [ B ] [ B ] [ B ] [ B ] [ B ] [ C ] [ C ] [ C ] [ C ] [ C ] [ C ] [ C ] [ C ] [ C ] [ C ] [ C ] [ C ] [ C ] [ C ] [ D ] [ D ] [ D ] [ D ] [ D ] [ D ] [ D ] [ D ] [ D ] [ D ] [ D ] [ D ] [ D ] [ D ] 非选择题： （15题6分，16题8分，17题10分，18题10分，19题19分，共53分） 请在各题的答案区域内作答，超出黑色边框区域的答案无效！ 请在各题的答案区域内作答，超出黑色边框区域的答案无效！ ■ ■ 2025 HSDFZ 17（10分） 18（10分） 15.（1）_________ （2）_________ __________ 注意事项 1、考生必须在本页“条码粘贴区”贴好自己的条形 码，并用0.5毫米的黑色签字笔填写好姓名和班 级，否则影响考试成绩； 2、选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5 毫米的黑色签字笔答题，超出黑色边框区域的答 案无效；并请注意题号顺序； 3、保持卷面清洁，不要折叠，弄破； 4、选择题填涂样例：正确：▅ 错误：[√] [×] [／] [▂] 16.（1）_________ （2）______________________________ ______________________________ _____________ 19（19分） B4反面 ■ ■ 请在各题的答案区域内作答，超出黑色边框区域的答案无效！ 请在各题的答案区域内作答，超出黑色边框区域的答案无效！ 请在各题的答案区域内作答，超出黑色边框区域的答案无效！ 请在各题的答案区域内作答，超出黑色边框区域的答案无效！ ■ 2 HSDFZ 此 区 域 禁 止 答 题 $