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{#{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
1-8 DBBCADAC 9.BD 10.AD 11.AC 12.AD
1. 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－E ，两个物体克服摩擦力做的功一样多，质量小的物体滑行
k
1 2E v 1 2E
距离大，B 正确，A、D 错误；由 E ＝ mv2得 v＝ k，再由 t＝ ＝ k可知，
k 2 m μg μg m
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N =mω2r，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
5.座舱做匀速圆周运动，合力提供向心力，知座舱的运动周期 T＝ 、线速度大小 v＝
ω
ωR、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M 3πr3
GMm 4π2 ρ= =
提供向心力有 =mr ，月球的平均密度为 4 GT2R3 ，故C 错误；D．根
r2 T2 πR3
3
GMm 4π2 GMm v2
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
r2 T2 R2 R
4π2r3
v= ，故D正确。
T2R
7. A．0~t 汽车的牵引力恒定不变，t 后汽车的功率等于额定功率，速度增大，牵引力
1 1
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t ~t 图
1 2
线的斜率减小，t 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
2
牵引力等于阻力，故A正确； B．0~t 阶段图线为过原点的倾斜直线，故B 错误；
1
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a=gsinθ，根据运动学规律有
h 1 mgh gsin2θ
= gsinθt2 P= =mgh
sinθ 2 ，则重力的平均功率为 t 2h ，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1 1
10． AB.根据机械能守恒定律可以得到mgh+ mv 2 =mgh + mv2，则小环到达第①高点
2 0 1 2 1
的速度为v = 2g(h−h )+v 2 = 74m/s≈8.6m/s，故A正确，B 错误；CD.设小环能达到
1 1 0
1
最大高度为 H ，由机械能守恒有mgh+ mv 2 =mgH，解得H =4.2m，所以小环能越过第
2 0
③④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。
v 2 1
12.若小球 A 恰好能到 a 轨道的最高点，由 mg＝m A ，得 v ＝ gR，由 mg(h －2R)＝
R A A 2
5
mv 2，得h ＝ R；若小球 B恰好能到b轨道的最高点，在最高点的速度v ＝0，根据机
A A 2 B
5
械能守恒定律得h ＝2R，所以h ＝h ≥ R时，两球都能到达轨道的最高点，故A、D正
B A B 2
3 3 3
确；若h ＝ R，小球B在轨道上上升的最大高度等于 R；若h ＝ R，则小球A在到达
B 2 2 A 2
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
2
2R 2R
最小值为 x ＝v ＝ gR· ＝ 2R＞R，所以若小球 A 从最高点飞出后会落在轨
A A g g
道右端口外侧，而适当调整 h ，B 可以落在轨道右端口处，所以适当调整 h 和 h ，只
B A B
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.
d
13. ①C（2分） ②相同（2分） ③ （2分）
rΔt
(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。
d v d
(3)砝码转动的线速度v＝ ，由ω＝ ，计算得出ω＝
Δt r rΔt
14.（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）
解析 (1)系统重力势能的减小量 ΔE ＝(m －m )gh＝0.2×9.8×(38.40＋21.60)×10－2
p A B
J≈1.18 J；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 v
5
＝
x
46 ＝
（21.60+26.40）×10-2
m/s＝2.40 m/s，则系统动能的增加量：ΔE ＝
1
(m ＋m )v 2
2×5T k 2 A B 5
0.2
1
＝ ×0.4×2.42 J≈1.15 J。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：
1 1 m －m
A B
(m －m )gh＝ (m ＋m )v2，得 v2＝ gh
A B 2 A B 2 m ＋m A
A B
E
m －m 5.82
A B
故斜率k＝ g＝ m/s2，代入数据得：g＝9.70 m/s2.
m ＋m 1.20
A B
15．（1）v =50m/s；（2）v =20m/s
m B
（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
mv2
F −mg = m （2分）
m r
解得v =50m/s（1分）
m
（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
mv2
mg = B （2分）
r
代入数据，解得v =20m/s（1分）
B
学科网（北京）股份有限公司16.(1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
v
(1)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 v，则有 ＝
2
L
1①(1分)
t
1
根据动能定理，有W＝ mv2－0②(2分)
2
联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104 J③(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L ＝Rsin θ④(1分)
2
v2
由牛顿第二定律，有F －mg＝m ⑤(2分)
N R
联立①④⑤式，代入数据，得F ＝1.1×103 N.(1分)
N
v2 rv2 mv2
17．（1）g = 0 ；（2） v= 0 ；（3）Q= 0
R R 2
v2
（1）小球恰好通过圆形轨道最高点时mg =m 0 （2分）
R
v2
解得火星表面的重力加速度g = 0 （1分）
R
v2
（2）对环绕火星表面做圆周运动的物体m'g =m' （2分）
r
rv2
解得 v= gr = 0 （1分）
R
mv2
（3）小球从A点到E点的过程中，由能量守恒可得mg(h−2R)= 0 +Q（2分）
2
mv2
解得Q= 0 （2分）
2
18. (1)5 m/s (2)45N (3)2.8 m
1
(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v ＝gt，(1分)
By
到达B点的速度v ＝ v 2＋v 2(1分)
B 0 By
联立解得v ＝5 m/s(1分)
B
学科网（北京）股份有限公司1 1
(2)设物块到达C点的速度为v ，从A点到C点由机械能守恒定律得mgH＝ mv 2－ mv 2(2
C 2 C 2 0
分)
v 2
设物块在C 点受到的支持力为F ，由牛顿第二定律得F －mg＝m C (1分)
N N R
解得F =45N.(1分)
N
(3)物块对长木板的摩擦力F ＝μ mg＝5 N.(1分)
f1 1
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F ＝μ (M＋m)g＝10 N.(1分)
f2 2
由于F 小于F ，可判定物块在长木板上滑动时，长木板静止不动.(1分)
f1 f2
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
木板最右端时速度恰好为零，则有v 2＝2al，μ mg＝ma，联立解得l＝2.8 m.(1分)
C 1
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