扫描全能王创建{#{QQABJYAEggAIAJJAARhCEwWaCEOQkBECAQgGxEAEoAABgQFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABJYAEggAIAJJAARhCEwWaCEOQkBECAQgGxEAEoAABgQFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABJYAEggAIAJJAARhCEwWaCEOQkBECAQgGxEAEoAABgQFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABJYAEggAIAJJAARhCEwWaCEOQkBECAQgGxEAEoAABgQFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABJYAEggAIAJJAARhCEwWaCEOQkBECAQgGxEAEoAABgQFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABJYAEggAIAJJAARhCEwWaCEOQkBECAQgGxEAEoAABgQFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABJYAEggAIAJJAARhCEwWaCEOQkBECAQgGxEAEoAABgQFABAA=}#}西北狼联盟高2026届高二上期开学质量监测物理答案一、选择题1-8DBBCADAC9.BD10.AD11.AC12.AD1.A.恒星都是运动的。故A错误；B.根据开普勒第一定律可知行星绕太阳做椭圆运动。故B错误；C.根据开普勒第二定律可知行星绕太阳运行的速率与行星和太阳的距离有关。故C错误；D.根据开普勒第三定律可知，各行星绕太阳运行的周期不同。故D正确。故选D。2．运动员在飞行过程中，在竖直平面内做曲线运动，根据物体曲线运动的合外力指向运动轨迹的内侧；同时，运动员在飞行过程中加速（越飞越快），故合外力与速度的方向的夹角要小于90。故选B。3.由动能定理得－μmgx＝0－Ek，两个物体克服摩擦力做的功一样多，质量小的物体滑行122Ekv12Ek距离大，B正确，A、D错误；由Ek＝mv得v＝，再由t＝＝可知，2mμgμgm滑行的时间与质量有关，两个物体滑行时间不同，C错误.4.A．向心力是一种效果力，实际上不存在，由其他力提供；可知，硬币受重力、弹力与摩擦力3个力的作用，故A错误；B．硬币随桶壁一起做匀速圆周运动，重力竖直向下，静摩擦力竖直向上，可知，硬币随脱水桶做圆周运动所需的向心力由硬币受到的弹力提供，故B错误；C．结合上述有Nmr=ω2，可知，洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的弹力就越大，故C正确；D．离心力也是一种效果力，实际上不存在，脱水时，由于衣物对水滴的作用力不足以提供水滴圆周运动的向心力，导致水滴做离心运动被甩出去，故D错误。故选C。2π座舱做匀速圆周运动，合力提供向心力，知座舱的运动周期＝、线速度大小v＝5.TωωR、所受合力的大小F＝mω2R，选项A正确，B、C、D错误。6．A．嫦娥六号登月，依然绕地球运动，发射速度大于第一宇宙速度即可，故A错误；B．在环月轨道上，探测器受月球和地球的引力提供向心力，由于探测器绕月运动，则地球对探测器的引力小于月球对探测器的引力，故B错误；C．根据万有引力学科网（北京）股份有限公司Mr3π3π2ρ==GMm423提供向心力有=mr，月球的平均密度为43GTR，故C错误；D．根rT22πR3GMm4π2GMmv2据万有引力提供向心力有=mr，月球的第一宇宙速度满足=m，解得rT22RR24π23rv=，故D正确。TR27.A．0~t1汽车的牵引力恒定不变，t1后汽车的功率等于额定功率，速度增大，牵引力减小，根据P=Fv可知，P不变，v增大的越来越慢，则F减小的越来越慢，即t1~t2图线的斜率减小，t2后加速度减为零，汽车的速度达到最大，汽车开始匀速直线运动，即牵引力等于阻力，故A正确；B．0~t1阶段图线为过原点的倾斜直线，故B错误；C．由题意可知汽车以恒定的加速度启动，则汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，再做匀速直线运动，加速度为零，故C错误；D．汽车做匀加速直线运动时，根据P=Fv由于v随时间均匀增大，F不变，则该阶段P随t均匀增大，即图线为一条过原点的倾斜直线，汽车的功率达到额定功率时，汽车的功率恒定不变，故D错误。故选A。8.圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，但圆环的机械能不守恒，A错误；弹簧形变量先增大后减小然后再增大，所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，B错误；由于圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，所以弹簧的弹性势能增加mgh，C正确；弹簧与光滑杆垂直时，圆环所受合力沿杆向下，圆环具有与速度同向的加速度，所以做加速运动，D错误.9．A．设斜面的倾角为θ，根据机械能守恒定律可知两次物块到达底端的速度大小相等，但方向不同，故A错误；B．物块下滑过程重力做功W=mgh，两次物块下滑的高度相等，则重力做功相等，B正确；C．根据牛顿第二定律可知ag=sinθ，根据运动学规律有2h1mghgsinθ=gtsinθ2P==mghsinθ2，则重力的平均功率为t2h，则物块运动过程中，沿Ⅰ下滑重力的平均功率大于沿Ⅱ下滑重力的平均功率，故C错误。D．重力的瞬时功率为P=mgvsinθ，两次物块到达底端的速度大小相等，可知物块滑到地面时，沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率大于沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率，故D正确；故选B、D。学科网（北京）股份有限公司112210．AB.根据机械能守恒定律可以得到mgh+=+mv0mgh11mv，则小环到达第①高点222的速度为v1=2gh(−+h10)v=74m/s≈8.6m/s，故A正确，B错误；CD.设小环能达到12最大高度为H，由机械能守恒有mgh+=mvmgH，解得H=4.2m，所以小环能越过第20③④高点，故C错误，D正确。故选AD。11．A．同一颗卫星绕地球做圆周运动的轨道高度越高，发射卫星所需的能量越大，则卫星的机械能越大，选项A正确；B．高轨卫星的运行速度小于第一宇宙速度7.9km/s，选项B错误；C．卫星由较低轨道变轨至更高轨道时需要加速做离心运动，选项C正确；D．相对于地面静止的同步轨道卫星只能定点在赤道的正上方，不可能处于辽宁某地正上方，选项D错误。故选AC。2vA112.若小球A恰好能到a轨道的最高点，由mg＝m，得vA＝gR，由mg(hA－2R)＝R225mvA，得hA＝R；若小球B恰好能到b轨道的最高点，在最高点的速度vB＝0，根据机25械能守恒定律得hB＝2R，所以hA＝hB≥R时，两球都能到达轨道的最高点，故A、D正2333确；若hB＝R，小球B在轨道上上升的最大高度等于R；若hA＝R，则小球A在到达222最高点前离开轨道，有一定的速度，由机械能守恒定律可知，A在轨道上上升的最大高3度小于R，故B错误.小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的22R2R最小值为＝＝＝＞，所以若小球从最高点飞出后会落在轨xAvAggR·g2RRA道右端口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处，所以适当调整hA和hB，只有B球可以从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，故C错误.d①（分）②相同（分）③（分）13.C22rΔt2(1)在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，先控制其中两个物理量不变，研究向心力大小与另一个物理量的关系，主要用到的物理方法是控制变量法。故选C。(2)探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，需控制角速度和质量相同，运动半径不学科网（北京）股份有限公司同，应选择两个质量相同的小球。dvd砝码转动的线速度＝，由ω＝，计算得出ω＝(3)vΔtrrΔt14.（1）1.18（2分）1.15（2分）在误差允许的范围内，A、B组成的系统机械能守恒（2分）（2）B（2分）（3）9.70（2分）－2解析(1)系统重力势能的减小量ΔEp＝(mA－mB)gh＝0.2×9.8×(38.40＋21.60)×10J≈1.18J；根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，计数点5的瞬时速度v5-2x46（21.60+26.40）×1012＝＝m/s＝2.40m/s，则系统动能的增加量：ΔEk＝(mA＋mB)v52×5T0.221＝×0.4×2.42J≈1.15J。在误差允许的范围内，A、B组成的系统机械能守恒.2(2)工作电压的高低不会影响打点计时器的打点时间间隔，因此不会使得动能的增加量大于重力势能的减少量，故A错误；B．重物下落过程中受到空气阻力、摩擦阻力，则会使重物重力势能的减少量大于动能的增加量，故B正确；C．先释放重物，后接通电源打出纸带，则会导致初速度不为零，此时会使动能的增加量大于重力势能的减少量，故C错误；D．利用公式v=2gh计算重物速度，已经认为机械能守恒，所以两者应该没有误差，故D错误。故选B。(3)根据机械能守恒定律得：－1212mAmB(mA－mB)gh＝(mA＋mB)v，得v＝ghA22mA＋mBEmA－mB5.82故斜率k＝g＝m/s2，代入数据得：g＝9.70m/s2.mA＋mB1.2015．（1）vm=50m/s；（2）vB=20m/s（1）汽车在凹形路面最底端受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律有mv2F−=mgm（2分）mr解得vm=50m/s（1分）（2）若汽车在最高点B对路面没有压力时，只受到重力作用提供向心力，则有mv2mg=B（2分）r代入数据，解得vB=20m/s（1分）学科网（北京）股份有限公司16.(1)7.5×104J(2)1.1×103Nv舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有＝(1)v2L1①分t(1)1根据动能定理，有W＝mv2－0②(2分)2联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104J③(1分)(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsinθ④(1分)v2由牛顿第二定律，有－＝⑤分FNmgmR(2)3联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×10N.(1分)v2rv2mv217．（1）g=0；（2）v=0；（3）Q=0RR2v2（1）小球恰好通过圆形轨道最高点时mg=m0（2分）Rv2解得火星表面的重力加速度g=0（1分）Rv2（2）对环绕火星表面做圆周运动的物体mg''=m（2分）rrv2解得v=gr=0（1分）Rmv2（3）小球从A点到E点的过程中，由能量守恒可得mg(h−=2)R0+Q（2分）2mv2解得Q=0（2分）218.(1)5m/s(2)45N(3)2.8m1(1)小物块从A点到B点做平抛运动，有H－h＝gt2(1分)2到达B点的竖直分速度vBy＝gt，(1分)22到达B点的速度vB＝v0＋vBy(1分)联立解得vB＝5m/s(1分)学科网（北京）股份有限公司1212(2)设物块到达C点的速度为vC，从A点到C点由机械能守恒定律得mgH＝mvC－mv0(222分)2vC设物块在点受到的支持力为，由牛顿第二定律得－＝分CFNFNmgmR(1)解得FN=45N.(1分)(3)物块对长木板的摩擦力Ff1＝μ1mg＝5N.(1分)长木板与水平面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，为Ff2＝μ2(M＋m)g＝10N.(1分)由于Ff1小于Ff2，可判定物块在长木板上滑动时，长木板静止不动.(1分)物块在长木板上做匀减速运动，设木板至少长为l时，物块不滑出长木板，且物块到达2木板最右端时速度恰好为零，则有vC＝2al，μ1mg＝ma，联立解得l＝2.8m.(1分)学科网（北京）股份有限公司