黑龙江佳木斯市第二中学2026-2027学年高三上学期10月月考第二次调研物理试题

2026-2027学年度高三第二次调研考试 物理试题 一、单项选择题（第1一7题只有一项符合题目要求，每题4分；） 1.大型游乐装置“大摆锤”的简图如图所示，摆锤α和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O 在纸面内转动。若α、b到O的距离之比为2：1，在摆臂匀速转动的过程中，下列说法正确的是() A.a、b的角速度大小之比为1：1 B.a、b的角速度大小之比为2：1 C.a、b的线速度大小之比为1：1 D.a、b的线速度大小之比为1：2 2.一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后保持匀速运动。已知汽车在启动 后的第2s内前进了6m,第4s内前进了13.5m,下列说法正确的是() A.汽车匀加速时的加速度大小为4m/s2 B.汽车在1s末的速度为3m/s C.汽车的最大速度为16m/s D.汽车在前4s内前进了32m 3.如图所示，在同一高度上同时水平抛出的两个小球A、B在空中相遇，若不计空气阻力，则() A B A.A球的初速度比B球小 B.相遇时A球的竖直速度比B球大 C.A球先抛出 D.从抛出到相遇A、B两个球的速度变化量相同 4.质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正 方向的水平力F,其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x=3处，F做功的瞬时功率为() 试卷第1页（共7页） AFN 3 2 23x/m A.8W B.16W C.24W D.36W 5.如图，矩形框架MNQP竖直放置，其中PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接质量为m 的小球，小球穿过PQ杆。框架绕MN轴以某角速度匀速转动时，小球相对PQ杆静止。若增大角速度，则 匀速转动时() ω(5 A,小球的高度可能升高 B.弹簧弹力的大小一定增大 C.小球对杆压力的大小可能变小 D.小球所受合外力的大小一定不变 6.如图所示，质量为m的物块A和质量为M的重物B由跨过定滑轮O的轻绳连接，A可在竖直杆上自由 滑动。当A从与定滑轮O等高的位置无初速释放，下落至最低点时，轻绳与杆夹角为37°，已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计一切摩擦，轻绳足够长，重力加速度为g,则M与m的关系正确的是 () 白B A.M-m B.M-2m C.M-3m D.M-4m 7.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定 试卷第2页（共7页） 功率运动，20s末达到最高速度。其-t图像如图所示。己知汽车的质量为=2×10kg,汽车受到的阻力为 车重力的是， 10'8取10m/s3,则(） 个v/(m'sl) 10 0 5 於 A.汽车在前5s内受到的阻力大小为200N B.汽车的额定功率为40kW C.前20s内的位移为75m D.汽车的最大速度为20m/s 二、多项选择题（第&一10题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分， 有选错的得0分) 8.如图所示，质量均为0.5g的滑块P、Q置于倾角为37的固定光滑斜面上，用劲度系数k=10Nm且与 斜面平行的轻弹簧连接，挡板C垂直于斜面。系统静止时，Q在M处，弹簧原长与CO长度相同。现用沿 斜面向上的力F拉Q,使Q从静止开始向上做加速度a=2ms2的匀加速直线运动，Q运动到N(未画出) 时，P刚好脱离挡板。重力加速度g取10/s2，两滑块均视为质点，弹簧始终处于弹性限度内， sin37°=0.6，则() F OIP wwwo M A.初始系统静止时，弹簧的压缩量为0.3m B.N间的距离为0.6m C.初始时刻，F的大小为2N D.Q在M和N处，弹簧的弹性势能相等 9.2024年9月20日，我国成功将“吉林一号宽幅02B01-06'星准确送入预定轨道。如图为该星发射的简化 过程图，卫星先进入圆轨道缸，然后在α点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，再在b点变轨进入预定圆轨道ⅢI。卫星在 轨道缸上与地心连线单位时间内扫过的面积为S,在轨道Ⅲ上与地心连线单位时间内扫过的面积为S,,轨道 试卷第3页（共7页） I与轨道Ⅲ的半径之比为13，卫星在轨道1的周期为T,则() b A.卫星在轨道运动的过程中经过4、b两点的速度之比y。:,=3:1 B.S:S2=1:1 C.卫星在轨道的周期为2√2T D.卫星在轨道缸上a点的加速度小于卫星在轨道缸上a点的加速度 10.如图甲所示，两个完全一样的小木块α和b(可视为质点)用轻绳连接置于水平圆盘上，a与转轴O0 的距离为1。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘保持相对静止。ω表示圆盘转动的角速 度，α、b与圆盘保持相对静止的过程中所受摩擦力与o满足如图乙所示关系，图中方=3f。下列判断正 确的是() 0 (1 (2) 02020 甲 乙 A.图线(1)对应物体a B.绳长为2 3 C.@ D.0=岛时绳上张力大小为方 三、实验题(11题10分；12题6分) 11.某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 试卷第4页（共7页） 接电 纸带木块带滑轮的长木板 打点计时器 细绳 砝码桶 (1)下列做法正确的是 A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D.通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 (2)若取木块质量0.4kg,改变砝码桶质量m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是 A.1=400g B.2-30g C.m3-10g D.4=5g (3)一组同学在保持木板水平时，研究木块质量一定的情况下加速度α与合外力F的关系，得到如图中①所 示的：F图线。则木块运动时受到的摩擦力卡N:木块质量M kg。若该小组正确完成了 实验步骤，得到的F图线应该是图中的 (填“②”、“③或“④”)。 个al/m·s3 ① 0.50k 0.10 FIN -0.50f 12.小赞同学利用如图甲所示的装置探究平抛运动，实验时将竖直板放置在斜槽右侧的某位置，将小球由 挡板处静止释放，记录在白纸上留下的痕迹A,然后依次将竖直木板向右移动相同的距离x=15cm,并将 小球由挡板处静止释放，同时记录在白纸上留下的痕迹B、C,记录的痕迹转化为如图乙所示轨迹上三点， 用刻度尺测量AB两点和BC两点的竖直高度分别为1=15cm、y2=25cm,重力加速度g取10m/s2。清回 答下列问题： 由图乙分析可知A、B、C相邻两点的时间间隔相等，均为s,小球离开斜槽末端的速度大小为 m/s, 小球经过B点时的速度大小为m/s(结果可用根号表示)。 试卷第5页（共7页） 档材 A·B 甲 7 四、计算题(13题11分；14题12分；15题15分) 13.如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度抛出一个小球， 测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q,斜面的倾角为α，已知该星球半径为R,万有引力常量为G,求： (1)该星球表面的重力加速度： (2)该星球的密度： (3)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的周期T。 14.竖直平面内有一半径为1m、圆心角为127的光滑圆弧形轨道ABC,O为圆心，半径OA水平，B为轨 道的最低点。倾角为37°的长直轨道CD与圆弧轨道在C点平滑对接。质量为0.1kg的小滑块从A点由静止 释放，沿圆轨道滑至C点，再经0.6s运动到直轨道上E点。已知小滑块与CD间的动摩擦因数为0.5，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2,sin37°=0.6。求： D 3>% B (1)滑块到达B点时对轨道的压力大小： (2)E与C之间的距离： (3)滑块在整个运动过程中通过CD段的总路程。 15.如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P,小滑块Q(可看作质点)放置于长木板上的最右端。现 将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑 试卷第6页（共7页） 块、长木板的速度图像如图乙所示，己知小滑块Q与长木板P的质量相等都为2kg,小滑块Q始终没有从 长木板P上滑下。重力加速度g=10ms2。求： v/(m's) 5 P O 17777777777777777777177777777T 0 5 s 甲 乙 (1)滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数？长木板P与地面之间的动摩擦因数？ (2)水平向右的力F的大小？ (3)小滑块Q最终停在长木板P的位置与板右侧的距离？ 试卷第7页（共7页） 1.A 【详解】AB.α、b固定在同一根摆臂上绕同一转轴O同轴转动，同轴转动的物体任意相等时间内转过的 角度都相同，因此二者角速度大小相等，角速度之比为1：1，故A正确，B错误： CD,根据线速度与角速度的关系公式v=r,已知角速度ω相同，a、b到O的距离（转动半径）之比为 2:1,因此线速度大小之比等于半径之比2：1，故CD错误。 故选A。 2.A 【详解】A,若汽车在前2s内达到了最大速度，则汽车在第4s内始终以最大速度匀速行驶，最大速度为 69 代入x4=13.5m、时间间隔T=1s,解得'm=13.5m/s 四+Vm 汽车第2s内前进的距离5≥2 ×T=10.125m>6m=x3 2 假设不成立，所以前2s汽车始终处于匀加速阶段。第2s内位移为前2s位移与前1s位移的差，代入匀变 速位移公式6知(2如r 1 代入x2=6m、T=1s,解得a=4m/s2,故A正确： B.汽车在1s末的速度为=aT=4m/s,故B错误； C.若汽车在前行内给终加速，则片车在第6内的位移=a(4-0(3=1m> 假设不成立，汽车在4s末以前停止加速；且3=a·3T=12/s<'m 说明汽车在第35末没有停止加速，设停止加速的时间为1，则片-a(3r'+(4r-)m=飞 2 解得t=3.5s 汽车的最大速度为mx=at=14m/s,故C错误： D。汽车在前布内前进了知(6+=31m,敢D销误。 故选A。 3.D 【详解】A.两球同时抛出，竖直方向均做自由落体运动，下落时间相同。相遇时两球在同一高度，说明 运动时间相同。水平方向做匀速直线运动，A球初始位置在B球左侧，相遇点相同，则A球水平位移大于 B球，由x=t可知，A球初速度大于B球初速度，故A错误； B.两球竖直方向都做自由落体运动，运动时间相同，则竖直分速度又，=t相同，故B错误； 试卷第1页（共10页） C.两球是同时水平抛出的，不是A球先抛出，故C错误； D.从抛出到相遇，两球运动时间相同，加速度均为重力加速度8，根据△v=8△1可知，速度变化量相同， 故D正确。 故选D。 4.A 【详解】根据图像可知物块运动到x=3m处，F做的总功为 W=3×2J+2×1J=8J 该过程根据动能定理得 解得物块运动到x=3m处时的速度为 v=4m/s 故此时F做功的瞬时功率为 P==8W 故选A。 5.C 【详解】AB.小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示 M P N mg 小球在竖直方向，受力平衡，则Fcos&=g 若d>o,假设小球上移，a增大，cosa减小，弹簧伸长量减小，F减小，则F cosa<g 小球在竖直方向不能平衡，不可能；同理，假设小球下移，减小，也不可能。所以不变，小球的高度 不变，弹簧弹力的大小一定不变，故AB错误； C.规定杆对小球的弹力方向向右为正，由牛顿第二定律得Fsina-F=or 可得FN=Fsina-or 试卷第2页（共10页） 因为Fsina是定值，所以当Fsim>mr时，>0，杆对小球弹力向右； 当Fsina<mwr时，B<0,杆对小球弹力向左。 因为随着①的增大，弹力有个反向的过程，所以从@=0开始逐渐增大，弹力变化一定是先变小后变大。 因为本题中Fsna和mor的关系未知，所以大小关系不确定，因此弹力可能变大、也可能变小。由牛顿 第三定律可知，小球对杆压力的大小可能变小，故C正确； D.小球所受的合外力提供向心力，有F会==r O变大，其它量不变，F会一定变大，故D错误。 故选C。 6.B 【详解】设初始时A与O的水平距离为L,A下落到最低点时，轻绳与杆夹角为37°。由几何关系，可得A L 4L 下落的竖直距离h= tan373 重物B上升的距离等于绳子被拉长的长度5：，I一L=2L sin37° 3 A下落至最低点时速度为O,将A的速度沿绳、垂直绳分解，可得此时B的速度也为O。 A、B组成系统机械能守恒，初末动能均为O,A的重力势能减少量等于B的重力势能增加量，有 mgh=Mgs 代入h和s的表达式g· 3 3 解得M=2m 故选B。 7.C 【详解】A,汽车受到的阻力为车重力的0则阻力/=肾=200N,放A错误： 10 B.v-t图线的斜率表示加速度，由图可知，前5s匀加速的加速度a=10ms=2ms 5s 设匀加速阶段牵引力为F,根据牛顿第二定律得F-∫=☑ 解得F=6000N 5s末汽车达到额定功率，=5s时汽车速度v=10m/s,因此额定功率P=v=60kW,故B错误： D.当汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，则满足P=x P 解得汽车的最大速度x==30m/s,故D错误： 0+ C.0~5s匀加速的位移x= 24=25m 试卷第3页（共10页） 52s内经过的时间6=15，设该段时间内汽车的位移为5，由动能定理得产-压m方m2 解得x3=50m 总位移x=,+=75m,故C正确。 故选C。 8.ABD 【详解】A.初始系统静止时，对Q沿斜面方向受力平衡，由胡克定律得gsn37°= 解得压缩量，=0.3m,故A正确： B.当P刚好脱离挡板时，挡板对P的弹力为O,弹簧拉力平衡P的重力分力，由胡克定律得 gsin37°=x2 解得伸长量x2=0.3m 在P刚脱离挡板前，P始终静止在挡板C处，因此Q沿斜面向上的总位移等于弹簧压缩量与伸长量之和 x0w=为+x2=0.6m,故B正确： C.初始时刻，对Q沿斜面方向，由牛顿第二定律得F+1-gsin37°=a 解得F=ma=1N,故C错误； D.弹簧弹性势能仅由形变量大小决定，M处弹簧压缩0.3m,N处弹簧伸长0.3m,形变量大小相等，因此 两处弹性势能相等，故D正确。 故选ABD。 9.AC 【详解】A.设轨道的半径为”，由题意轨道的半径为3r,椭圆轨道Ⅱ的近地点a到地心距离为”，远地 点b到地心距离为3r。取极短时间△t,在轨道的近地点a和远地点b,根据开普勒第二定律得 1 1 2'At=23N 解得。：。=3：1，故A正确： B.圆轨道上卫星与地心连线单位时间扫过的面积S=R 2 由万有引力提供向心力G加=m卫 R=m R 得线速度v=√R 代入得s=VC版 试卷第4页（共10页） 因此S:S,=F:√3r=1:3,故B错误： C.椭圆轨道的半长轴a=+3?=2, 2 根据开普勒第三定律得 代入4=2，解得T=2√2T,故C正确： D.卫星的加速度由万有引力提供，满足G=m R2 解得a-G4 R2 同一位置4到地心的距离相同，因此卫星在轨道I和轨道Ⅱ上经过α点的加速度相等，故D错误。 故选AC。 10.BD 【详解】A.由图可知，当0≤o≤@时，绳上无拉力，木块a和b都由各自的静摩擦力提供向心力 f=w。w 方=5o2 因为 >r 所以 6>f后 故图线(1)对应物体b,A错误； B.又因为当⊙=4时，木块b恰好达到最大静摩擦力且 万=5，。=，方=3f 即 =31.2 得 5=3。=31 所以绳长为 %-a=2l B正确； 试卷第5页（共10页） CD. 当ω=4时，对木块b有 mg=1c2.31 得 g @=31 当o=@时，对木块a有 g-T=1·l 对木块b有 umg +T=ma31 联立可得 ,=1 所以 T=2m8=2 C错误；D正确。 故选BD。 11.(1)AD (2)A (3) 0.10 0.2 ② 【详解】(1)A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，A正确： B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，需要将纸带固定在木块后边，不需要将装有砝码的 砝码桶通过定滑轮拴在木块上，B错误； C.实验时，应先接通打点计时器的电源再放开木块，C错误： D.通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，D正确。 故选AD。 (2)根据实验原理可知当砝码和砝码桶的总质量远小于小车的总质量M时，可将砝码和砝码桶的总重 力看作小车的拉力，而m=400g=0.4kg=M 不满足远小于小车的总质量M,因此西的取值不合适。 试卷第6页（共10页） 故选A。 (3)[1]由-F图像可知，图线①与F轴的交点表示木块运动时受到的摩擦力∫=0.1ON [2]由牛顿第二定律可知F-f=Ma 可得a=1F-寸 MM a-F图像斜率为k=L-05ms2 M0.IN=5kg 解得M=0.2kg [3]若该小组正确完成了实验步骤，得到的-F图线应该是过原点的直线，且实验过程中M不变，得到的 -F图线应与图线①平行，故选②。 12. 0.1 1.52.5 【详解】[1]平抛运动在水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动。竖直方向由△y=gT, △y 0. Ay=为2-y=25cm-15cm=10cm=0.1m,得T= s=0.1s ☒水平方向匀速运动，由=T(5cm=015m).可得 m/s=1.5m/s [B]B点竖直方向的速度为AC段竖直方向的平均速度，=当，+共=015+025 m/s 2m/s 2T 2×0.1 B点的合速度yg=+=V1.52+22m/s=2.5ms Rt 、13.1)g=o tan d:2)p=2xG:3)T=2z t 2vo tan a 【详解】(1)设重力加速度为8，小球做平抛运动的水平位移和竖直位移分别表示为 x=vt 1 y=-gt 2 又因为斜面的倾角为a,则满足 tana=y 解得 g=2vgtana t (2)设星球的质量为M,在星球表面 零=Gm R 星球的体积表示为 试卷第7页（共10页） 该星球的密度为 M 3vo tana p=V=2元RtG (3)人造卫星绕该星球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力 GMin Ar'r 三l- T2 整理得 3 T=2GM 当r=R时，解得 Rt T=2π 2v tan a 14.(1)3N (2)0.76m (3)2m 【详解】4)对滑块从A到B的过程，由机械能守恒定律可得mgR=mv, 2 在B点，根据牛顿第二定律及向心力公式可得乃，-g=m三 R 联立求得Fw=3N 根据牛顿第三定律，滑块到达B点时对轨道的压力大小为3N。 (2)对滑块从A到C的过程，根据机械能守恒定律可得gRcos37°= 滑块从C开始上滑过程，根据牛顿第二定律可得a=gsin37°+gcos37°=10m/s2 故滑块从C开始上滑至最高点过程的时间t=些=0.4s<0.6s a 上滑最大距离x= vc =0.8m 2a 因u<tan37°=0.75 故滑块在0.6s内，先沿直轨道从C开始上滑至最高点后又继续下滑0.2s, 下滑过程加速度d=gsin37°-gcos37°=2m/s2 位移Y=a2=0.04m 2 故E点距离C点x-x'=0.76m (3)因圆弧轨道光滑，故滑块最终在过C点的水平线下方圆弧轨道上往返。 试卷第8页（共10页） 则对滑块运动的全过程，根据动能定理可得gR cos37°=ug5cos37° 则5=8=2m 15.(1)4=0.05,4=0.075 (2)6N (3)3m 【详解】(1)由图乙可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为=5m/s,6s时两者速度相同为 =3m/s,在0~6s内，滑块Q相对长木板P向左滑动，对Q由牛顿第二定律得4g=m4 根据图乙可知a三y。m/s=0m/s 联立解得滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为4=0.05 在5~6s内，对P由牛顿第二定律得4g+凸2·28=4 由图乙可知4=-3 m/s2=2m/s2 6-51 联立解得长木板P与地面之间的动摩擦因数为山=0.075 (2)在0-5：内，长木板P做匀加速运动，由图乙可知a-m1g=1m/g,对P由牛赖第二定律得 F-img-2umg ma 解得F=ma+4g+251g=2N+1N+3N=6N,，水平向右的力F的大小为6N (3)0~6s内，长木板P的速度大于滑块Q的速度，Q相对P向左滑动，由v-t图像与时间轴围成的面积 表示位移可知，P的位移为x5x5m+分(5+3m=165m Q的位移为x3x6m=9m 2 该过程中Q相对P向左滑动的距离△x1=16.5m-9m=7.5m 6s时两者速度相同为，=3m/s,此后若两者相对静止一起做匀减速运动，Q需要的静摩擦力为 f=4428=1.5N 大于Q能受到的最大静摩擦力凸g=1N,故两者发生相对滑动，Q相对P向右滑动 对Q由牛顿第二定律得凸g=a4 解得a4=0.5m/s2 试卷第9页（共10页） Q再经么=音=的停止，位移为为 3=9m a 对P由牛顿第二定律得24g-4g=1% 解得4=1m/s2 =4.5m P再经马=2=为停止，位移为中2 该过程中Q相对P向右滑动的距离△x,=9m-4.5m=4.5m 滑块Q从长木板最右端出发，先相对P向左滑动7.5m,再相对P向右滑动4.5m,最终停在长木板上的位 置与板右侧的距离△x=△y-△x2=7.5m-4.5m=3m 试卷第10页（共10页）