湖南省株洲市2026-2027学年高二上学期开学学情物理自测卷（人教版）

**基本信息** 该开学学情自测卷聚焦高二物理核心内容，以2024年互联网卫星发射、《天工开物》齿轮传动等真实情境为载体，通过选择、实验与综合计算的梯度设计，检测学生物理观念建构与科学思维能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题43分|电场性质、机械能守恒、功率、天体运动等|单选辨析基础概念（如电场强度与电势关系），多选综合应用（如电路动态分析），融入科技与文化情境| |非选择题|5题57分|机械能守恒实验、向心力探究、功与功率计算、多过程力学综合|实验题考查科学探究（如验证机械能守恒误差分析），综合题（如斜面-圆弧-传送带模型）突出科学推理与模型建构，检测复杂问题解决能力|

湖南省株洲市2026-2027学年高二秋季期开学学情自测卷 物理试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C D A B C BC CD CD 1．C 【详解】A．电场强度为零的地方，电势不一定为零，例如在等量正电荷连线的中点处，选项A错误； B．电场强度越大的地方电势不一定越高，例如在距离负点电荷越近的地方，选项B错误； C．电场强度的方向就是电势降落最快的方向，选项C正确； D．根据公式 可知，在匀强电场中、间的沿电场线方向的距离越大，电势差就越大，选项D错误。 故选C。 2．A 【详解】A．做平抛运动的铁球，只受重力作用，机械能守恒，故A正确； B．在空中向上做匀速运动的氢气球，动能不变，重力势能变大，机械能变大，故B错误； C．沿粗糙的斜面向下做匀加速运动的木块，摩擦力对木块做负功，机械能减少，故C错误； D．被起重机拉着向上做匀速运动的货物，动能不变，重力势能变大，机械能变大，故D错误。 故选A。 3．C 【详解】当电动机的输出功率为时，小车达到最大速度，此时牵引力等于阻力。由功率公式可得 可得 则当功率变为时，新的最大速度为 故选C。 4．D 【详解】A．小球从A点运动到点的过程中，只有重力做功，重力势能转化为小球的动能，小球机械能守恒。小球从点运动到点的过程中，弹簧对小球的弹力方向向上，弹簧弹力做负功，小球机械能不守恒，故A错误； B．小球接触弹簧之前速度逐渐变大，接触弹簧之后开始阶段重力大于弹力，小球加速度向下，做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，以后阶段弹力大于重力，加速度变为向上，小球减速向下运动直到速度减小为零，根据可知，小球的重力的功率先增大后减小，故B错误； C．小球从A点运动到点，高度逐渐减小，重力势能逐渐减小，由机械能守恒可知小球的动能和弹簧的弹性势能之和增大，故C错误； D．小球从A点运动到点，小球的速度先增大后减小，因此小球的动能先增大后减小，根据机械能守恒定律可知小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D正确。 故选D。 5．A 【详解】大齿轮的线速度大小为 由题意可知，大齿轮和中齿轮的线速度大小相等，即 中齿轮和小齿轮是同轴传动，具有相同的角速度，根据，可知 解得 故选A。 6．B 【详解】由万有引力提供向心力可得 解得 又因为 故可知 对比可知，为该卫星的轨道半径，为地球表面的重力加速度，为地球半径。 故选B。 7．C 【详解】A．由能量守恒可知，释放滑块过程有 滑块返回压缩弹簧时有 联立解得 故A错误； B．结合以上分析可知，滑块再次滑上传送带时速度为,则每次滑块返回时速度均为，因此一直在做往复运动，不会停止，故B错误； C．以传送带为参考系，木块滑上时相对传送带的速度为，在第1次滑的过程当中产生的热量就等于相对的动能的损耗量，即 故C正确； D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可知，传送带对滑块的水平冲量大小为 同时传送带对滑块有竖直向上的支持力产生的冲量，因此传送带对滑块的总冲量大于mv，故D错误。 故选C。 8．BC 【详解】两小球相距r时相互作用力为 若两小球所带的电荷异号，接触后再分开，两球电量的绝对值为，此时两球的库仑力为 则 若两小球所带的电荷同号，接触后再分开，两球电量的绝对值为，此时两球的库仑力为 则 故选BC。 9．CD 【详解】A．滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，即减小，可知减小，利用电源的输出功率随外电阻变化的关系曲线，如图所示 因为外电阻始终不小于内阻，故可判断电源的输出功率增大，故A错误； B．由于减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流I增大，由于是定值电阻，由 可知消耗的功率一直增大，故B错误； C．将()等效为电源新内阻，则为外电阻，在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，的阻值逐渐减小到0，可知的阻值先大于后小于，故滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故C正确； D．电源效率 由于 在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，的阻值逐渐减小，即减小，可知电源效率逐渐降低，故D正确。 故选CD。 10．CD 【详解】A，在滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，根据欧姆定律 可知电压表的示数随电流的增大而增大，图线c表示的是电压表的示数的变化情况，故A错误； BC．根据闭合电路欧姆定律可得， 根据图线a的斜率绝对值比b的斜率绝对值大，可知图线a表示的是电压表的示数的变化情况，图线b表示的是电压表的示数的变化情况，故B错误，C正确； D．由闭合电路欧姆定律得 可知 可知电压表示数的变化量和电流表A示数的变化量的比值的绝对值不变，故D正确。 故选CD。 11．(1)ABD (2) (3)因为有阻力的作用，所以重力势能的减少量略大于动能的增加量 【详解】（1）A．实验要验证的是钩码重力势能的减少量等于钩码和滑块（含遮光条）动能的增加量，故A正确； B．若滑块和钩码的具有一定初速度，但该装置无法测量该初速度，所以滑块必须由静止释放，从而保证初速度为0，故B正确； C．本题验证系统机械能守恒，与滑块和钩码质量大小关系无关，故C错误； D．滑块释放的位置离光电门适当远一点，则滑块在通过光电门时的时间就越短，得到的瞬时速度就越精确，可以减小实验误差，故D正确。 故选ABD。 （2）滑块高度不变，钩码高度下降L，系统重力势能的减少量为 滑块通过光电门的速度为 此过程中滑块和钩码组成的系统动能的增加量为 为验证机械能守恒需要验证的表达式为 （3）在做实验的过程中因为有阻力的作用，所以重力势能的减少量略大于动能的增加量。 12．(1)B (2) 一 C (3)两小球的质量和做圆周运动的半径相等时，向心力的大小与角速度的平方成正比 【详解】（1）本实验要探究F与m、ω、r之间的关系，需要保持m、ω、r中两个量相等，探究F与第三个量之间的关系，这种探究方法叫作控制变量法。探究两个互成角度的力的合成规律所采用的探究方法为等效替代法，探究加速度与物体受力、物体质量的关系所采用的探究方法为控制变量法，探究平抛运动的特点所采用的探究方法是运动的合成与分解法。 故选B。 （2）[1][2]在探究向心力大小F与质量m的关系时，应控制两球做圆周运动的角速度相等，做圆周运动半径相等，则应把传动皮带调至第一层塔轮，质量不同的两小球应放置于A、C两位置。 （3）由题意知，两小球的m、r相等， 根据可知，，所以两小球的质量和做圆周运动的半径相等时，向心力的大小与角速度的平方成正比。 13．（1）重力和支持力做功均为零，拉力做功32J，摩擦力做功-28J；（2）4J；（3） 【详解】（1）重力和支持力方向与物体运动方向垂直，故重力和支持力不做功，做功均为零，拉力做功为 物体受到的摩擦力为 摩擦力做功为 （2）合力F合所做的功 （3）对物体，根据牛顿第二定律 解得物体的加速度为 物体移动了2m时，根据动力学公式 解得 拉力F做功的功率为 14．(1) (2)或者 (3)120° 【详解】（1）根据机械能守恒定律可知 解得 可知小球不会脱离轨道，即小球沿圆轨道上升的最大高度； （2）小球恰能到达最高点时，则 从最低点到最高点由机械能守恒定律 解得 若小球恰能达到与圆心等高的位置，则 解得 要使小球不脱离圆轨道，的取值范围或者 （3）当 时，小球经过与圆心等高的位置后向上运动一段后将脱离圆轨道，设此时的位置与圆心连线与竖直方向夹角为θ，则 由机械能守恒定律 解得 小球与圆轨道圆心连线扫过120°时开始不做圆周运动。 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块从释放到点的过程，对轻弹簧和物块组成的系统，由机械能守恒定律得 解得 物块离开点后做斜上抛运动，物块沿水平、竖直方向的分速度大小分别为，， 物块无碰撞地由点进入圆弧轨道，此时物块的速度与圆弧轨道相切，设点的速度大小为，则 解得 物块在点时竖直方向的分速度大小为 物块从到的时间为 、两点间的水平距离为 （2）物块运动到最低点时，对轨道的压力大小为，由牛顿第三定律可知，轨道对物块的支持力大小为 物块在点时，由牛顿第二定律得 解得 物块从到的过程，由动能定理得 代入数据解得 （3）物块以的速度由点滑上传送带，物块在传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得 解得 设经时间物块的速度与传送带的速度相同，设共同的速度为，对物块有 对传送带有 解得， 该时间内物块和传送带的位移分别为， 该过程中物块与传送带的相对位移为 物块与传送带共速后，物块在传送带上向右做匀加速直线运动，设物块从共速到滑下的时间为，由位移公式得 解得 时间内传送带的位移为 时间内物体与传送带的相对位移为 物块与传送带因摩擦而产生的热量为 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省株洲市2026-2027学年高二秋季期开学学情自测卷 物理试题 考试时间：75分钟； 分值：100分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共43分） 1、 选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．关于电场的性质，下列说法正确的是（　　） A．电场强度为零的地方，电势也为零 B．电场强度越大的地方电势一定越高 C．电场强度的方向就是电势降落最快的方向 D．根据公式可知，在匀强电场中、间的距离越大，电势差就越大 2．下列物体在运动过程中，机械能守恒的是（     ） A．做平抛运动的铁球 B．在空中向上做匀速运动的氢气球 C．沿粗糙的斜面向下做匀加速运动的木块 D．被起重机拉着向上做匀速运动的货物 3．一辆电动小车沿水平地面运动，当电动机的输出功率恒为时，小车的最大速度为，已知小车运动过程中受到的阻力（为已知常量，为小车的瞬时速度），则当电动机的输出功率恒为时，小车的最大速度为（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，弹簧竖直固定在地面上，一小球从它正上方的A点自由下落，到达B点开始与弹簧接触，到达C点速度减为零，不计空气阻力，则在小球从A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球的机械能守恒 B．重力对小球做功的功率减小 C．小球的动能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大 D．小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大 5．如图是《天工开物》中牛力齿轮的原理简化图，牛拉动横杆驱动半径为的大齿轮匀速率转动，大齿轮与半径为的中齿轮垂直咬合，中齿轮通过横轴与半径为小齿轮相连，小齿轮驱动抽水桶抽水，已知牛拉横杆转一圈所需的时间为t，则抽水桶的运动速率约为（　　） A． B． C． D． 6．2024年2月29日，我国成功将互联网卫星01星送入预定轨道，若将该卫星轨道近似为圆形，其围绕地球做匀速圆周运动的周期可表示为，则（　　） A．a为地球半径，b为地球表面的重力加速度，c为卫星的轨道半径 B．a为卫星的轨道半径，b为地球表面的重力加速度，c为地球半径 C．a为地球半径，b为该卫星的向心加速度，c为卫星的轨道半径 D．a为卫星的轨道半径，b为该卫星的向心加速度，c为地球半径 7．如图所示，一水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧一处于压缩状态的轻质弹簧与一质量为m的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度v滑上传送带，滑块运动一段时间后返回并压缩弹簧，已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半。已知弹簧弹性势能，不计空气阻力，则（　　） A．传送带匀速转动的速度大小为 B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上 C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为 D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中传送带对滑块的冲量为 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 8．两个完全相同的金属小球，带电量之比为1：5，当它们相距r时的相互作用力为F1。若把它们互相接触后再放回原处，它们的相互作用力变为F2，则F1与F2的比值可能是（　　） A．5：1 B．5：9 C．5：4 D．5：8 9．在如图所示的电路中，定值电阻（为电源内阻），滑动变阻器的最大阻值为R1且．在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，以下说法正确的是（　　） A．电源的输出功率变小 B．消耗的功率先变大后变小 C．滑动变阻器消耗的功率先变大后变小 D．电源的效率逐渐降低 10．在图甲所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化．图乙中的三条图线分别表示了三个电压表示数的变化情况，则下列说法正确的是（　　） A．图线a表示的是电压表V2的示数的变化情况 B．图线c表示的是电压表V1的示数的变化情况 C．图线b表示的是电压表V1的示数的变化情况 D．此过程中电压表V3示数的变化量和电流表A示数的变化量的比值的绝对值不变 第二部分（非选择题 共57分） 三、非选择题：本大题共5题，共57分。 11．某同学准备用图示实验装置验证机械能守恒定律：气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块从A处静止释放，验证带遮光条的滑块和钩码、细轻绳组成的系统在从A处运动到B处的过程中机械能守恒。 (1)关于该实验，下列说法正确的是________ A．实验要验证的是：系统减少的重力势能与增加的动能是否相等 B．滑块必须由静止释放 C．钩码质量应远小于滑块的质量 D．滑块释放的位置离光电门适当远一点，可以减小实验误差 (2)该同学在实验中测量出了滑块的质量M、钩码质量m、A与B间的距离L、遮光条的宽度为d（）和遮光条通过光电门的时间为t，已知当地重力加速度为g，为验证机械能守恒需要验证的表达式是________________； (3)该同学多次重复以上实验步骤，得到的实验数据显示，系统减少的重力势能略大于增加的动能，你认为原因是什么________________________________。 12．图甲所示的装置可以用来探究向心力大小与质量、角速度和半径之间的关系。挡板A、B、C到各自转轴的距离之比为1∶2∶1，变速塔轮自上而下有如图乙所示两种组合方式传动。 (1)本实验所采用的实验探究方法与下列实验相同的是 ； A．探究两个互成角度的力的合成规律 B．探究加速度与物体受力、物体质量的关系 C．探究平抛运动的特点 (2)在探究向心力大小F与质量m的关系时，应把传动皮带调至第__________（选填“一”或“二”）层塔轮，质量不同的两小球应放置于挡板A和挡板__________（选填“B”或“C”）处。 (3)若将皮带套在第二层塔轮，质量相同的两钢球放在图甲所示位置的挡板处，转动手柄，稳定后，观察到左侧标尺露出1格，右侧标尺露出4格，则可以得出的实验结论为：_________________________。 13．如图所示，质量为m=2kg的物体静止在水平地面上，受到与水平地面夹角为θ=37°、大小F=10N的拉力作用，物体移动了l=4m，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，cos37°=0.8。求： （1）物体所受各个力所做的功； （2）合力F合所做的功W。 （3）物体移动了2m时，拉力F做功的功率是多少？ 14．如图所示，半径为R 的光滑圆轨道竖直固定在光滑的水平面上，圆轨道下端有一小口，可视为质点的小球放置在小口左侧。现给小球一个水平向右的初速度（未知），使小球从最低点A 进入圆轨道，不计空气阻力，重力加速度为 g。求： (1)当 时，小球沿圆轨道上升的最大高度； (2)要使小球不脱离圆轨道，的取值范围； (3)当 时，小球与圆轨道圆心连线扫过多大角度时开始不做圆周运动（即脱离圆轨道）。 15．如图所示，倾角为的光滑斜面体底端固定一挡板，轻弹簧的一端固定在挡板上，用质量为且可视为质点的物块将轻弹簧压缩（物块和轻弹簧不拴接），使弹簧储存的弹性势能为。某时刻将物块由静止释放，释放点到斜面体顶端的距离为，经过一段时间物块离开斜面体（已与弹簧分离）后无碰撞地由点进入半径为的粗糙圆弧轨道，圆弧所对应的圆心角为，物块运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小等于物块重力的3.4倍，随后物块从点无机械能损失地进入光滑的水平轨道，点与水平传送带平滑衔接，物块滑上传送带瞬间，传送带立即以的加速度由静止开始顺时针启动，最终物块从传送带的右端离开。已知传送带、间的距离为，物块与传送带间的动摩擦因数为，，重力加速度取。求： (1)、两点间的水平间距； (2)物块在段克服摩擦力所做的功； (3)物块与传送带因摩擦而产生的热量。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $