东师附中26届二模物理答案_251121吉林省长春市东北师大附中2026届高三第二次摸底考试（全科）

1．C 【详解】A．由题图可知，乙由静止释放时距地面的高度与甲上升到最高点时距地面的高度 相等，由竖直上抛运动对称性可知，甲的初速度与乙落地时的速度大小相等，故A错误； B．乙由静止释放时距离地面的高度与甲上升到最高的时距离地面的高度是相等的，由运动 的对称性可知，甲、乙相遇时速度大小相等，但方向相反，故B错误； C． 由图可知，从t=0时刻到相遇过程中，甲的位移大小大于乙的位移大小，所以甲的平均 速度大小比乙的平均速度大小大，故C正确； D．位置变化率表示速度，由图可知整个运动过程甲的速度先减小后增大，即甲的位置变化 率先减小后增大，故D错误。 故选C。 2.B 【详解】A．由离心运动的原理，可知B端应在外侧，更靠近气嘴，A端应在内侧，由v=ωr 可知，装置A端的线速度比B端的小，故A错误； B．自行车匀速行驶时，装置转动到最下端时，根据kxmgm2r 可知kxmgm2r 即弹簧弹力更大，弹簧将被拉得更长，两触点更容易接触，因此比最上端更容易发光，故B 正确； CD．根据kxmgm2r可知，要使LED灯被点亮，则弹簧必须伸长到一定长度，则当转 速较低时，可以更换劲度系数更小的弹簧或增加重物的质量，从而使M点更容易与N点接 触点亮LED灯，故CD错误。 故选B。 3.【答案】C 1 【详解】设球与球拍接触时的速度大小为v，则vsin37gt， vtcos37 L 2 解得v 10m/s3.2m/s 故选C。 4.【答案】A 【详解】对小球受力分析，小球受重力和水平方向绳子的拉力，由于小车沿斜面下滑，则小 试卷第1页，共9页mg 球的合力沿斜面向下，根据几何关系可知，小球的合力为F  2mg 合 sin30 F 则小球的加速度为a 合 2g m 对小车和小球整体受力分析，根据牛顿第二定律可得F3mgsin303ma 解得F 4.5mg 故选A。 5.【答案】B 【详解】A．由图乙可知，在t 4s时质点a向上振动，根据上下坡法可知，该波沿x轴正 方向传播，故A错误； B．由甲图可知波长为16m，由图乙可知周期为4s，则该波的传播速度大小为  16 v  m/s4m/s，故B正确； T 4 T C．由题知，振幅为A10cm，在4~10s内的时间间隔为t10s4s6sT 2 故4~10s内质点a通过的路程为s6A60cm，故C错误； D．设质点a的振动方程为yAsintcm 2  其中A10cm，  rad/s T 2  则有y10sin tcm 2   当t4.5s时，质点a的位移为y10sin 4.5 cm5 2cm，故D错误。 2  故选B。 6．C 【详解】A．根据动能定理 W E F x可知，图线的斜率等于冰壶所受的合外力，冰壶 k 合 的最大动能对应撤去水平推力的时刻，撤去推力后两图线的斜率相同，即摩擦力相同，撤去 推力前第一次图线的斜率小，可知 F₁ 小于F₂，由两次运动的整个过程动能变化量均为零， 可知合外力做功为零，即F₁、F₂做的功等于整个过程克服摩擦力做的功，而摩擦力大小及 冰壶的位移均相同，故F₁、F₂ 做的功相等，A项正确； B．由图乙可知撤去F₁ 时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程的平均速度小，由平均 功率 PFv可知，F₁ 的平均功率小于 F₂ 的平均功率，B项错误； CD．两次冰壶的整个运动过程动量变化量为零，即合外力冲量等于零，所以 F₁、F₂的冲量 大小等于摩擦力的冲量大小，因两次运动的位移相同，而第一次撤去外力时冰壶的速度小， 试卷第2页，共9页可知第一次运动的时间大于第二次运动的时间，故第一次运动中摩擦力的冲量大于第二次运 动中摩擦力的冲量，即F₁ 的冲量大于F₂ 的冲量，C项正确，D项错误。 故选AC。 7.B【详解】A．设a的质量为m ，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得 a 2 m v (m m) v a 0 a 3 0 解得m 2m，故A正确； a B．根据图乙可知，t 时刻之前a的速度大于b的速度，t 时刻a的速度等于b的速度，则t 1 1 1 时刻弹簧被压缩最短，此时a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在t 时刻a的速 2 度最小、b的速度最大，此时弹簧恢复原长，故t 时刻a、b间的距离并非最大，接着弹簧 2 继续伸长，a的速度增大、b的速度减小，在t 时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此t 3 3 时刻a、b间的距离最大，故B错误； 2 2 C．0 t 时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得I m v  mv ，故 3 3 0 3 0 C正确； D．图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量x ，根据能量守恒定律可得 max 1 1 2 1 2mv2  (m2m) ( v )2 kx2 2 0 2 3 0 2 max 2mv2 解得x  0 max 3k 2mv2 即图乙中阴影部分的面积为 0 ，故D正确。 3k 故选B。 二、多选题 8．AC 【详解】AB．根据动量守恒有5mmv5mv mv 1 2 又v v u 1 2 25v 19v 解得v  ，v  ，故A正确，B错误； 1 24 2 24 C．在远地点分离后卫星做匀速圆周运动轨道半径大于椭圆半长轴，根据开普勒第三定律， 试卷第3页，共9页可知T 大于T，故C正确； 1 2 GM·5m 2π D．卫星围绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有 5m  r r2  T  1 r3 解得T 2 1 GM r3 因T T ，则有T 2 ，故D错误。 1 GM 故选AC。 9．ACD 【详解】AB．由图像可知两波源周期均为T 2s 两列波的波长均为vT 4m x P传播到x=8 m处需时t  4s 1 v 20x Q传播到x=8 m处需时t  6s 2 v t=4.5s时，P在x=8 m处质点振动时间为0.5s，此时位移为5cm t=4.5s时，Q没有传播到x=8 m处。 故t=4.5s时，x=8 m处质点的位移为5 cm，故A正确； t=8.5s时，P在x=8 m处质点振动时间为4.5s，此时位移为5cm t=8.5s时，Q在x=8 m处质点振动时间为2.5s，此时位移为3cm 故t=8.5s时，x=8 m处质点的位移为2cm，故B错误； CD．经过足够长时间，x轴上某质点到两波源的路程差为x x20x 2n1 两波源的起振方向相反，若为加强点应有x x20x   n0.1.2.3.... 2 且0x20 解得n有10个值，故D正确； 若为减弱点应有x x20x n n0.1.2.3.... x10m代入满足减弱条件，故C正确。 故选 ACD。 试卷第4页，共9页10.BD【详解】A．当挡板B与物块A分离时，A、B间的作用力为零，则此时A的加速度 为a 0.4g。对物块A受力分析由牛顿第二定律得mgkx ma 1 1 1 3mg 解得挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量为x  ，选项A错误； 1 5k B．当物块A达到最大速度v 时，加速度为零，则对物块A有mg kx m 2 mg 解得物块A达到最大速度v 时，弹簧的伸长量为x  ，选项B正确； m 2 k C．若没有挡板B，物块A从弹簧原长处单独静止释放，物块A在竖直方向上做简谐运动， 2mg 由对称性可知，物块A下降的高度为 。当物块A与挡板B一起运动，分离前，挡板B k 2mg 对物块A做负功，物块A下降的高度较小，弹簧的最大伸长量较小，小于 ，选项C错 k 误； D．当物块A与挡板B分离前，物块A的加速度始终为a 0.4g，由于最开始弹簧处于自 1 由状态，则当物块A与挡板B分离后，对物块A由牛顿第二定律得mgkxma 随着弹簧的伸长量x的增大，加速度a逐渐减小。所以物块A从静止到第一次达到最大速 度v 的过程中，其加速度a随坐标x变化的图像如图所示 m 由v2 2ax可知，通过a-x图像与x轴围成的面积求解，由a-x图像得 x x 16mg2 v2 2ax 2 2 1a  m 1 1 2 1 25k 4g m 解得物块A的最大速度为v  ，选项D正确。 m 5 k 故选BD。 4π2(L L ) 11.【答案】(1)AC (2)BC (3) B A T2T2 B A 【详解】（1）组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹紧，这样做的目 的是保证摆动过程中摆长不变，且需要改变摆长时便于调节。故选AC。 试卷第5页，共9页L 4π2L （2）根据单摆的周期公式T 2 可得g  g T2 A．开始计时时，秒表过迟按下，则周期测量值偏小，则g测量值偏大，故A错误； B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期测量值变大 了，则g测量值偏小，故B正确； C．将摆线长当成了摆长，则摆长测量值偏小，则g测量值偏小，故C正确； D．摆动次数多记了一次，则T偏小，则g测量值偏大，故D错误。 故选BC。 L g （3）根据单摆的周期公式T 2 整理可得L T2 g 42 g L L 42(L L ) 则LT2图线的斜率为k   B A 可得g  B A 42 T2T2 T2T2 B A B A m m m 12.【答案】(1) 1.196/1.195/1.197 > A  A  B Δt Δt Δt 1 3 2 (2) AD OBOCOA 【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知遮光条的宽度为 d 1mm19.60.01mm1.196mm [2]由题意可知碰撞后滑块A没有反弹，所以m m A B d d d [3]碰撞前A的速度大小为v  ，碰撞后A、B的速度大小分别为v  ，v = ， A t A t B t 1 3 2 m m m 碰撞中若满足动量守恒则m v m v m v 即 A  A  B A A A A B B t t t 1 3 2 （2）[1]A．为了保证两球发生对心正碰，两球相碰时，两球心必须在同一水平面上，且碰 后a球不反弹，要求两小球半径相等，小球a的质量大于小球b的质量，故A正确； B．因为两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，所以可以用小球的水平位移代替 抛出时的初速度，则不需要用秒表测时间，故B错误； C．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，安装轨道时，轨道末端必须水平但不需要光 滑，故C错误； D．为了保证入射小球每次碰撞前瞬间的速度相同，在同一组实验的不同碰撞中，每次入射 球必须从同一高度由静止释放，故D正确。 故选AD。 试卷第6页，共9页[2]设入射小球碰撞前瞬间的速度为v ，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度分别为v 、 0 1 v ；根据动量守恒可得mv mv m v 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 若两球发生弹性碰撞，根据能量守恒可得 mv2  mv2 mv2 联立可得v v v 2 1 0 2 1 1 2 2 2 0 1 2 由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有vtvtv t 0 1 2 可得OBOAOC或OBOCOA。 13．(1)40N，30N(2)0.45 【详解】（1）水泥圆筒恰匀速下滑，则从右侧视角分析，在沿斜坡方向上根据平衡条件可知 f mgsin30N （2分）垂直于斜坡方向有F mgcos40N （2分） 合 弹合 d （2）从BD→AC视角分析，受力示意图如图，图中 2 4 （1分） sin  R 5 可得θ=53° （1分） 由2Ncosθ=mgcosα （2分） 1 1 f 30 100 2 合 2 可得N  N （1分）动摩擦因数  0.45 （1分） 3 N 100 3 14.【答案】(1)0.9m (2)3 6m/s (3)0R1.08m 【详解】（1）小球开始时做平抛运动，到A点时速度方向沿AB方向（与水平方向夹角60）。 设到达A点时竖直速度为v ，水平速度始终为v  6m/s。 y 0 v y 由速度方向关系可得tan60 ，v 3 2m/s（1分） v y x 竖直方向是自由下落，得v2 2gh（1分） y 解得h0.9m（1分） （2）从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得 1 1 mghL sinmgL cosmgL  mv2  mv2。（1分） 1 1 2 2 C 2 0 代入数据解得v 3 6m/s（1分） C mv2 （3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则mg  （1分） R 1 试卷第7页，共9页1 1 根据动能定理有 mv2 2mgR  mv2（1分） 2 C 1 2 代入数据解得R 1.08m（1分） 1 1 当小球刚能到达与圆心等高处时 mv2 mgR （1分） 2 C 2 代入数据解得R 2.7m（1分） 2 当圆轨道与AB相切时R BCtan601.5m（1分） 3 即圆轨道的半径不能超过1.5m。 综上所述：要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0R1.08m。（1分） 4 15．(1)48N (2) m (3)不相碰 13 1 【详解】（1）物块C沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理有m gRsin53  m v2（1分） C 2 C 0 v2 到达圆弧轨道最低点F m gcos37 m 0 （1分） N C C R 联立解得v =3m/s，F =48N（1分） 0 N （2）C与A发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得m v =m v +m v C 0 C 1 A A （1分） 1 1 1 由能量守恒定律得 m v2  m v2 m v2 （1分） 2 C 0 2 C 1 2 A A 联立解二次方程得v =1m/s，v =4m/s（1分） 1 A 此后A向下做匀减速运动，加速度大小为a ，B向下做匀加速运动，加速度大小为a 1 2 对A有μ （m +m ）gcos37°+μ m gcos37°-m gsin37°=m a （1分） 1 A B 2 B A A 1 对B有m gsin37°+μ m gcos37°=m a （1分） B 2 B B 2 联立解得a = 13m/s2，a =13m/s2（1分） 1 2 经t 后AB共速有v -a t =a t =v （1分） 1 A 11 21 共 2 解得t  s，v =2m/s 1 13 共 v v v 4 划痕长度x A 共t  共t  m（1分） 2 1 2 1 13 v v （3）从C与A碰撞到AB达到共同速度的t 时间内x  A 共 t 1 A 2 1 6 代入数据解得x  m=s （1分） A 13 A恰好与P相碰，然后A以加速度a′ 向上匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ （m +m ） 1 1 A B 试卷第8页，共9页gcos37°+μ m gcos37°+m gsin37°=m a′ （1分） 2 B A A 1 B向下以加速度a′ 匀减速运动，同理有μ m gcos37°-m gsin37°=m a′ （1分） 2 2 B B B 2 解得：a′ =25m/s2，a′ =1m/s2（1分） 1 2 A与挡板碰后反向弹回，速度大小仍为v ，再经时间t ，A速度减为零，则v =a ′t 共 2 共 1 2 2 解得t  s 2 25 v 2 A上滑最大位移x  共1t  m（1分） A1 2 2 25 因m gsin37 m gcos37 ，可知碰后C匀速下滑，则此过程中C物块的位移x =v（t +t ） C 1 C 0 1 1 2 76 代入数据解得x  m（1分） 0 325 x +x ＜s 所以C与A未相撞。（1分） A1 C 试卷第9页，共9页