河南洛阳市2026-2027学年高二上学期入学物理测试卷一

**基本信息** 2026-2027学年新高二入学物理测试卷，通过运动学、力学、电磁学等核心知识考查，结合航天员登月、传送带等真实情境，注重物理观念建构与科学思维训练，适配开学初学情诊断。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|运动图像、受力平衡、天体运动|以科技情境（如航天员登月）考查模型建构，强化运动和相互作用观念| |多选题|3/18|弹簧动态分析、电场性质|多过程问题设计（如传送带能量），体现科学推理与论证| |实验题|2/18|力的平行四边形定则、电容器充放电|注重实验操作与数据处理（如I-t图像面积求电荷量），培养科学探究素养| |解答题|3/28|机械能、匀强电场、板块模型|综合应用规律（如板块相对运动分析），考查复杂问题解决能力|

2026-2027学年上学期新高二入学物理测试卷一 一、单选题（每题4分，共计28分） 1．如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（　　） A．甲图中，物体在0~t0时间内的位移等于 B．乙图中，物体的加速度大小为1m/s2 C．丙图中，阴影面积表示t1~t2时间内物体的加速度变化量 D．丁图中t=4s时物体的速度大小为35m/s 2．用三根细线、、将两个小球1和2连接并悬挂，如图所示，两小球处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为30°，细线水平。小球1和2的质量分别为和，下列说法正确的是（ ） A．细线、拉力之比为 B．细线拉力大小为 C．细线与竖直方向的夹角为60° D．若保持水平，两球质量不变，减小与竖直方向的夹角，线中的拉力将增大 3．如图所示，一个质量为的小球通过水平弹簧和细线悬挂保持静止，弹簧的劲度系数为，此时弹簧伸长了，细线与竖直方向成角，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是（　　） A．小球的加速度大小为，方向竖直向下 B．小球的加速度大小为，方向水平向左 C．小球的加速度大小为，方向沿原细线方向指向左下方 D．不能确定小球的加速度 4．我国将在2030年前后实现航天员登月计划并在月球上进行相关的科学探测与实验。如图所示，若航天员从倾角为的斜面顶端A处，沿水平方向以初速度抛出一小球，经过一段时间后小球落在斜面上的点。已知小球运动到点时离斜面最远，月球表面的重力加速度为，则（　　） A．小球到达点的速度大小为 B．小球从A点运动到点的时间为 C．小球从A点运动到点的时间为 D．两点间的竖直距离为 5．在圆锥漏斗的内壁，两个质量相同的小球A和B，分别紧贴着漏斗在各自水平面内做匀速圆周运动，其中小球A的运动平面在小球B的上方，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．A球的速率小于B球的速率 B．A球的角速度大于B球的角速度 C．A球对漏斗壁的压力大于B球对漏斗壁的压力 D．A球的转动周期大于B球的转动周期 6．物理试题）假定太阳系一颗质量均匀、可看作球体的小行星公转可以忽略。现若该星球开始自转，角速度为时，该星球表面“赤道”上的物体对星球的压力减为原来的。已知引力常量，则该星球密度为（　　） A． B． C． D． 7．一根带电量为的均匀正电半圆弧（粗细可忽略不计），已知在其圆心处的场强大小为，方向垂直于直径，如图所示，则带同样电荷量的均匀正电细圆弧，在其圆心处的场强大小为（　　） A． B． C． D． 二、多选题（每题6分，共计18分） 8．如图所示，质量的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力，使其从静止开始以加速度做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．变力的最小值为6N B．从作用开始计时，经A和B分开 C．作用瞬间，A、B之间的弹力大小为10N D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度大小为 9．某静电场在轴上的场强随的变化关系如图所示，轴正方向为场强正方向，其中、、、是间隔相等的四点，下列说法正确的是（　　） A．和处电场强度方向相同 B．和处电势不相等 C．、两点之间的电势差大于、两点之间的电势差 D．由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下运动到的过程中，电势能先增大后减小 10．在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，质量的货物（可视为质点）从高的轨道上点由静止开始下滑，货物和轨道之间的摩擦力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩擦因数，传送带两点之间的距离，传送带一直以的速度匀速运动，取重力加速度。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从点运动到点的过程中，下列说法正确的有（     ） A．货物开始受到滑动摩擦力，后来受到静摩擦力 B．货物到达A点时重力的瞬时功率为0 C．由于摩擦而产生的热量为160 J D．运送货物过程中，电动机多消耗的电能为240 J 三、实验题（11题8分，12题10分，共计18分） 11．在“探究力的平行四边形定则”的实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套。实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置。 (1)某同学在做该实验时 A．拉橡皮条的绳细一些且长一些，实验效果较好 B．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置时，拉力要适当大些 D．拉力和的夹角越大越好 认为其中正确的是______ （填入相应的字母） (2)若两个弹簧测力计的读数均为，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则______（选填“能”或“不能”）用一个量程为的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是______。 (3)图乙是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，其中______是和合力的实际测量值。 12．某同学利用图乙所示电路图研究电容器的充、放电过程。开关S接1，电容器充电，充电完毕后将开关S由1拨至2，电容器放电。 (1)充电时电流自_____向_____流经电流表。（选填“左”或“右”） (2)图丙是电容器放电过程中电流I随时间t变化的图像，试估算在时间内电容器放电的电荷量为____________。若只增大定值电阻R的阻值，在图丙中定性画出放电电流随时间变化的图像____________。 (3)图丁是电容器放电过程中电压U随时间t变化的图像。电容器放电瞬间开始计时，此时电压传感器记录数据为，图像与坐标轴围成的面积为。根据该实验数据曲线可以粗测实验中电容器的电容____________。（用题中已知物理量、R和表示） 四、解答题（13题8分，14题9分，15题11分，共计28分） 13．已知某城市广场喷泉竖直向上喷出的水柱可以达到7层楼的高度，喷嘴的横截面积为，水的密度为，重力加速度，不计空气阻力。求： (1)喷泉喷水的速度大小； (2)驱动该水管喷水的电动机的输出功率P？ 14．如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，、相距，、为电场中的两点，距A板，、两点间的距离，连线和场强方向的夹角为。已知电子从点移到点电场力做功为，求： (1)匀强电场的场强； (2)、两点间的电势差； (3)若板接地，点电势为多少？ 15．如图所示，在光滑水平面上，将一个可视为质点的小物块静置在静止的小车上，物块与小车最左端的距离为。已知小车的质量为，物块的质量为，物块和小车间的动摩擦因数，重力加速度，请回答下列问题： (1)若在时，开始对小车施加一个水平向右的恒力，求时物块的速度大小； (2)若在时，开始对小车施加一个水平向右的恒力，求施加拉力F时物块的加速度和小车的加速度的大小； (3)在第（2）问的情景中，若在时撤去拉力F，求时物块与小车最左端的距离； 《2026-2027学年上学期新高二入学物理测试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C C D C D AD AB BD 1．D 【详解】A．根据图像与时间轴围成的面积表示位移，由图甲可知，若物体做初速度为零的直线运动，如图中虚线所示 则物体在这段时间内的位移，而实际物体做加速度减小的加速运动，如图中实线所示，故实际位移，故A错误； B．根据速度位移公式有 变形得 结合乙图有，可知图像的斜率为 解得，故B错误； C．根据图像中图线与横轴所围面积表示速度的变化量可知，丙图中，阴影面积表示时间内物体的速度变化量，故C错误； D．根据位移时间公式有 变形得 可知图像的斜率为 解得 当时，变形式有 解得 根据速度时间公式 可得时的速度为，故D正确。 故选D。 2．C 【详解】A．选取两小球整体为研究对象，受力如图所示 根据平衡条件，得， 联立解得， 细线、拉力之比为，故A错误； B．选取球2为研究对象，由平衡条件可得，故B错误； C．设细线与竖直方向的夹角为，对球2根据受力平衡，有 解得细线b与竖直方向的夹角为，故C正确； D．设细线与竖直方向的夹角为，对整体根据受力平衡，有 若保持细线c水平，减小a与竖直方向的夹角，则减小，细线c的拉力减小，故D错误。 故选C。 3．C 【详解】小球静止时受力平衡，受三个力：竖直向下的重力、水平向左的弹簧弹力、沿细线向上的拉力，三力合力为零； 因此剪断细线后，弹簧弹力大小、方向都不变，重力也不变，细线拉力消失，此时小球的合力等于重力与弹簧弹力的合力； 合力大小为 由牛顿第二定律得加速度，方向沿原细线方向指向左下方。 故选C。 4．C 【详解】A．小球到达点时速度方向平行于斜面，大小为，故A错误； B．小球到达点时速度方向平行于斜面，根据几何关系 解得小球从A点运动到点的时间为 故B错误； CD．从A到小球做平抛运动，根据 可得小球从A点运动到点的时间为 则两点间的竖直距离为 故C正确，D错误。 故选C。 5．D 【详解】A．对小球进行受力分析，小球受重力和漏斗壁的支持力，合力提供向心力，方向水平指向圆心。设漏斗壁与竖直方向的夹角为。 则支持力与水平方向的夹角为。 竖直方向受力平衡 水平方向合力提供向心力 由向心力公式 可得 解得。由图可知 A 球的轨道半径 大于 B 球的轨道半径 ，即，所以，故A错误； B．由向心力公式 可得 解得。因为，所以，故B错误； C．由 可知，两球质量相同，相同，则支持力 大小相等。 根据牛顿第三定律，球对漏斗壁的压力大小等于支持力，故两球对漏斗壁的压力相等，故C错误； D．由周期公式可知，因为，所以，即 A 球的转动周期大于 B 球的转动周期，故D正确。 故选D。 6．C 【详解】忽略自转时，支持力为，根据牛顿第三定律得，大小等于物体对星球的压力。根据受力平衡得，赤道上物体的支持力等于万有引力，有 当自转角速度为时，万有引力与支持力的合力提供向心力，列式得 又此时支持力 联立得 解得 星球密度 代入得 故选C。 7．D 【详解】已知总电量的均匀半圆弧在圆心处场强为，水平分量抵消，合场强垂直直径。可以将半圆弧等分为两个四分之一圆弧，每个四分之一圆弧总电量为，根据对称性，两个四分之一圆弧在圆心处的场强大小相等，方向夹角为。设每个四分之一圆弧场强大小为，根据矢量叠加，合场强满足 解得 这是总电量​的四分之一圆弧的场强。四分之一圆弧总电量为，是上述分解得到的四分之一圆弧电量的2倍，均匀带电圆弧的场强与总电量成正比，因此总场强 故选D。 8．AD 【详解】AC．对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 可得 当弹簧弹力最大时，F最小；刚开始施力时弹簧弹力最大，且有 解得变力的最小值为 作用瞬间，以A为对象，根据牛顿第二定律可得 解得A、B之间的弹力大小为，故A正确，C错误； BD．刚开始，弹簧的压缩量为 A、B分离时，A、B间恰好无弹力作用，对B由牛顿第二定律可知 解得 A在这一过程的位移为 根据运动学公式可得 解得 则从作用开始计时，经A和B分开；小物块A与托盘B分离瞬间的速度大小为，故B错误，D正确。 故选AD。 9．AB 【详解】A．题目规定轴正方向为场强正方向，由图可知​、​处场强均为正，说明场强方向都沿轴正方向，大小相等，方向相同，故A正确； B． 从到，场强方向始终沿轴正方向，根据“沿电场方向电势逐渐降低”，可得，二者电势不相等，B正确； C． 图像中，图像与轴围成的面积等于对应区间的电势差大小。已知​、​间隔与​、​间隔相等，且区间所有位置的场强都小于区间的场强，因此围成的面积更小，即，C错误； D． 从到，场强方向始终沿轴正方向，正点电荷受力方向与位移方向始终一致，电场力一直做正功，电势能一直减小，D错误。 故选AB。 10．BD 【详解】A．以点所在水平面为重力势能零势能面，货物从点滑到点的过程中，由机械能守恒定律得 解得 货物刚滑上传送带时速度小于传送带速度，因此受到向右的滑动摩擦力。以向右为正方向，由滑动摩擦力公式和牛顿第二定律得， 解得 货物速度增至传送带速度时，由匀变速直线运动速度与时间关系得 解得 由匀变速直线运动平均速度公式得 货物在到达点前已与传送带同速，此后做匀速直线运动，水平方向不受摩擦力，故A错误； B．货物到达点时速度方向水平，重力方向竖直向下，由瞬时功率公式得，故B正确； CD．由前述计算得，货物相对传送带滑动的时间为，在此期间由匀速直线运动公式得 由滑动摩擦力公式得 不计机械损耗，电动机额外消耗的电能等于克服货物对传送带的摩擦力所做的功，由恒力做功公式得 由动能定理，货物增加的动能为 由能量守恒定律得，故C错误，D正确。 故选BD。 11．(1)ABC (2) 不能 两个弹簧测力计的合力大于量程 (3) 【详解】（1）A．拉橡皮条的绳细一些且长一些，更好确定拉力方向，实验效果更好，故A正确； B．作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有较大差别，同时为了减小因摩擦造成的误差，故应使各力尽量与木板面平行，以及读弹簧秤示数时，视线要正对刻度，故B正确； C．在实验中必须确保橡皮筋拉到同一位置，即一力的作用效果与两个力作用效果相同，且拉力适当大一些，减小测量的误差，故C正确； D．两个拉力的夹角过大，合力会过小，测量理论值时相对误差变大；夹角太小，会导致作图困难，也会增大偶然误差，故D错误。 故选ABC。 （2）两力均为，且相互垂直，则其合力大小为 合力超过了弹簧秤的量程，故弹簧秤无法测出物体所受的合力，故不能使用。 （3）本实验采用了“等效替代法”，与的合力的实际测量值为一个弹簧测力计拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值。所以是和的合力的理论值，是和的合力的实际测量值。 12．(1) 右 左 (2) (3) 【详解】（1）[1][2]开关接1后，电流从电池正极流出，从右向左流过电流表。 （2）[1]根据电流的定义式，图像中曲线与时间轴围成的面积是流经导体横截面的电荷量大小，根据图像可知在0.2s内流过的电荷量为 [2]电容器充好电后，两极板储存的电荷量与电压的关系为，当电阻变大时，由于欧姆定律，同样电压的情况下电流值减小，但电容器储存的电荷量大小不变，所以图像中电流值减小，但图像与时间轴围成的面积大小相同，故画出如下图像。 （3）根据欧姆定律可知，所以图像可看成纵坐标为，所以图像与时间轴围成的面积为 其中根据电容器的定义式， 可解得 13．(1)20m/s (2)80kW 【详解】（1）设喷泉喷水的速度为，根据运动学规律可得 解得 （2）设时间内喷出水的质量为，则有 电动机对水流所做的功 电动机的功率 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）已知，，，，电场力做功，电子的电荷量，其中。由于电子从点移到点时电场力做正功，电子所受电场力与位移的夹角为锐角，因此场强方向由板指向板，电子位移方向与场强方向的夹角为。根据电场力做功公式有 整理得 解得 代入数据解得 （2）场强方向由板指向板，因此板电势高于板电势，匀强电场中两板间的电势差为 代入数据解得 （3）CD沿场强方向的投影长度为，因此点到板沿场强方向的距离为 匀强电场中、两点的电势关系为 当板接地时，解得 代入数据解得 15．(1) (2)， (3) 【详解】（1）假设此时物块与小车共速，由整体法，根据牛顿第二定律 解得 此时物块与小车间摩擦力为 故假设成立，由 解得 （2）假设此时物块与小车共速，由整体法，根据牛顿第二定律 解得 则物块与小车间的摩擦力为 故时物块与小车会发生相对滑动对物块，根据牛顿第二定律 解得 对小车，根据牛顿第二定律 解得 （3）在时，由 可得， 故在内，物块的位移 小车的位移 撤去拉力F后，对物块，由牛顿第二定律 解得 对小车，由牛顿第二定律，有 解得，方向水平向左 设经过后两者共速，由匀变速运动公式，有 解得 故后物块和小车将以的速度共同匀速前进，在内，由匀变速运动公式有可得物块位移 小车位移 故物块相对小车的位移为 故时物块与小车最左端的距离为 - 2 - 学科网（北京）股份有限公司 $