甘肃省武威第二中学2026-2027学年上学期开学检测高二物理试卷

**基本信息** 以2026春晚机器人、神舟二十二号等科技热点及地震救灾等社会情境为载体，融合物理观念与科学思维，实现基础知识与实践应用的有机统一。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/32|平衡、自由落体、圆周运动、电场线|结合机器人运动（题1）、“一箭穿日”航天情境（题3）考查运动与相互作用观念| |多选题|3/15|电场强度、电势、机械能|通过电场线轨迹（题9）、E-h图像（题11）考查科学推理能力| |实验题|2/16|机械能守恒、电荷作用力|设计验证性（题12）与探究性（题13）实验，培养科学探究素养| |解答题|3/37|电势差、电场力、力学综合|题16结合斜面-轨道模型，综合考查能量守恒与牛顿运动定律，体现问题层次性|

武威二中2026年秋季学期开学检测高二物理试卷 命题人：王晓燕 审题人：王亚锐 一、单选题（每小题4分，共32分） 1．2026年春晚，机器人的表演令外媒对中国机器人技术的快速发展惊叹不已。如图，一人形机器人沿水平地面向右加速奔跑，不计空气阻力，则机器人（　　） A．受到的支持力与它对地面的压力是一对平衡力 B．对地面的压力是由于地面的形变产生的 C．受到的摩擦力可能是变力 D．受地面的作用力斜向左上方 2．质量为2kg的物体做自由落体运动，经过2s落地，取。关于重力做功、功率，下列说法正确的是（     ） A．下落过程中重力做功是200J B．下落过程中重力做功的平均功率是100W C．落地前的瞬间物体的速度大小是 D．落地前的瞬间重力的瞬时功率是400W 3．2025年11月25日，长征二号F遥二十二运载火箭托举着神舟二十二号飞船直冲天际，恰好穿越太阳圆面，一幅“一箭穿日”的壮美画卷被镜头定格，如图所示。若飞船与空间站对接后，在半径为R的圆轨道上做匀速圆周运动，运行周期为T，引力常量为G，则地球的质量为（　　） A． B． C． D． 4．如图所示是实验室模拟出的等量异种电荷电场线的显像平面图片，该平面中有A、B、C、D四个点，其中B、C两点处在等量异种电荷连线的中垂线上，下列说法正确的是（　　） A．A点的电场强度小于B点的电场强度 B．将一个电子从C点由静止释放，它可能会沿着电场线运动到D点 C．B点的电场强度小于C点的电场强度 D．将一个质子从B点由静止释放，运动到A点过程加速度逐渐增大 5．如图所示，△ABC是边长为l的等边三角形。在顶点A放置一个电荷量为Q的正点电荷，在顶点B放置一个电荷量为Q的负点电荷。已知静电力常量为k，则C点的电场强度（　　） A．大小为 B．大小为 C．方向与AB平行向左 D．方向垂直AB向下 6．真空中两个半径均为r的带异种电荷的金属小球A和B、带电量分别为和，当两球间的距离为L（L远大于r）时，两球之间的静电力大小为F。现将A和B接触后分开，再使A、B之间距离增大为原来的2倍，则它们之间的静电力大小为（　　） A． B． C． D． 7．抗震救灾国之大事，2025年1月7日，西藏定日县发生6.8级地震，为保障灾民生命财产安全，消防队员利用直升机为灾民配送物资。在执行任务时，直升机以的速度水平匀速飞行，物资投出后恰好垂直落在一倾角为的斜坡上的预定地点。不计空气阻力，重力加速度，，。下列说法正确的是（    ） A．物资从投出到落到斜坡上所下降的高度为 B．物资从投出到落到斜坡上所用的时间为 C．物资落到斜坡上的速度大小为 D．物资从投出到落到斜坡上所发生的水平位移为 8．如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g＝10 m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．前1s内物体B的加速度大小为1 m/s2 B．前1s内木板A的位移1 m C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.2 二、多选题（每小题5分，漏选得3分，错选不得分，共15分） 9．如图所示，带箭头的线表示某一电场中的电场线的分布情况。一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示，若不考虑其他力，则下列判断中正确的是（　　） A．粒子带正电 B．粒子带负电 C．若粒子是从B运动到A，则在其运动过程中加速度减小 D．若粒子是从B运动到A，则在其运动过程中速度减小 10．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为15V、29V、47V，下列说法正确的是（　　） A．坐标原点处的电势为-3V B．电子在a点的电势能比在b点的高14eV C．电子从b点运动到c点，克服电场力做功为18eV D．电场强度的大小为5V/cm，方向沿Oc连线，由c指向O 11．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为零势能面，该物体的和随它离开地面的高度的变化如图所示。重力加速度取。由图中数据可得（　　） A．时，物体的速率为 B．物体的质量为 C．时，物体的动能 D．从地面到，物体的动能减少 三、实验题（每空2分，共16分） 12．利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”的实验。 (1)实验中除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是________。 A．直流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码） (2)实验中，需先接通电源，再由静止开始释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。O为起点，在纸带上选取几个连续打出的点，其中三个连续点A、B、C，测得它们到起始点O的距离如图。已知重物质量，重力加速度，打点计时器打点的周期为，那么打点计时器打下计数点B时，重物的速度=________m/s；O点到B点过程中重物的重力势能减少量为________J。（结果均保留三位有效数字） (3)该同学根据纸带算出了其他各点对应的瞬时速度，测出与此相对应的重物下落高度h，以h为纵坐标，以为横坐标，建立坐标系，作出图像，从而验证机械能守恒定律。若所有操作均正确，得到的图像的斜率为k，可求得当地的重力加速度g=________。 13．物理兴趣小组同学利用课余时间研究电荷间的相互作用力。 该小组先利用图示装置来定性探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。 步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。 （1）实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而______（选填“增大”、“减小”或“不变”），随着距离的增大而______（选填“增大”、“减小”或“不变”）； （2）小球的质量用m表示，重力加速度为g，可认为物体A与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为θ时保持静止，小球所受电场力大小为______（用已有的物理量符号表示）。 （3）该小组用到的实验方法为______ A．等效替代法　　B．微小量放大法　　C．极限法　　D．控制变量法 四、解答题 14．（10分）如果把带电量为C的点电荷从无穷远移至电场中的 A点，需克服电场力做功J．试求： （1）A与无穷远处的电势差是多少？（取无穷远处电势为零）． （2）q在A点的电势和电势能． 15．（12分）如图所示，整个空间存在水平方向的匀强电场，轻绳一端固定在O点，另一端系一个质量为m、电荷量为q的小球，当小球平衡时细绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g则： (1)小球带什么电？ (2)小球所受电场力为？ (3)匀强电场电场强度的大小为？ 16．（15分）光滑斜面与长度为粗糙水平地面平滑相连，质量为的小球（可视为质点）从斜面上距离地面高处由静止释放，经点进入与水平地面平滑连接的光滑圆形轨道（点为轨道最低点），恰好能到达圆形轨道的最高点点。已知小球与地面间的阻力，圆形轨道半径，取重力加速度，求： (1)小球在点的速度大小； (2)小球在点时，其对圆形轨道的压力大小； (3)小球的释放点离水平地面的高度。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《武威二中2026年秋季学期开学检测高二物理试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A D A D D A BC ABD 题号 11 答案 BD 1．C 【详解】A．机器人受到的支持力作用在机器人上，它对地面的压力作用在地面上，这两个力作用在不同物体上，但大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，是一对作用力与反作用力，故A错误； B．弹力是由施力物体的形变产生的。机器人对地面的压力，施力物体是机器人，因此这个压力是由于机器人的形变产生的，故B错误； C．忽略空气阻力，机器人水平方向只受地面的摩擦力。在正常奔跑过程中，脚掌与地面接触时是静摩擦力，静摩擦力的大小可以随加速需求、身体姿态的变化而变化，并非恒力，故C正确； D．地面对机器人的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力，机器人向右加速，水平方向合力向右，故摩擦力方向向右。因此，地面对机器人的总作用力（支持力与摩擦力的合力）方向应为斜向右上，故D错误。 故选C。 2．D 【详解】A．物体下落的高度为 则下落过程中重力做的功是，故A错误； B．重力做功的平均功率为，故B错误； CD．落地时物体的速度 则重力做功的瞬时功率，故C错误，D正确。 故选D。 3．A 【详解】根据万有引力提供向心力有 解得 故选A。 4．D 【详解】AC．电场线越密集的地方电场强度越大，故，AC错误； B．点位于中垂线上，电子受力水平向右，由于点到点路径为曲线，所以将一个电子从点由静止释放，它不可能会沿着电场线运动到点，故B错误； D．将一个质子从点由静止释放，将沿电场线向负点电荷运动，电场线越密集的地方电场强度越大，从点到点，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，则加速度逐渐增大，故D正确。 故选D。 5．A 【详解】AB．正点电荷在C点的电场强度大小为 负点电荷在C点的电场强度大小为 C点的电场强度大小为，A正确，B错误； CD．根据矢量的合成可知电场强度方向与AB平行向右，CD错误。 故选A。 6．D 【详解】由库仑定律可得 将A和B接触后分开，小球A和B带电量先中和后平分带电量均为，再使A、B之间距离增大为原来的2倍，则它们之间的静电力大小为 则 故ABC错误，D正确； 故选D。 7．D 【详解】C．物资从投出后做平抛运动，由题意可知，物资落到斜坡上时 其中 解得 则物资落到斜坡上的速度大小为，故C错误； B．物资从投出到落到斜坡上所用的时间为，故B错误； A．物资从投出到落到斜坡上所下降的高度为，故A错误； D．物资从投出到落到斜坡上水平位移大小为，故D正确。 故选D。 8．A 【详解】A．根据图线的斜率表示加速度可知，前1s内物体B的加速度大小为，故A正确； B．根据图线与时间轴所围图形的面积表示位移，前1s内木板A的位移为，故B错误； C．根据图线与时间轴所围图形的面积表示位移，前1s内物体B的位移为 木板A的最小长度为，故C错误； D．前1s内物体B的加速度大小为，由牛顿第二定律得 代入解得，故D错误。 故选A。 9．BC 【详解】AB．粒子受到的电场力与电场线相切且指向轨迹凹侧，如图所示 所以粒子受到的电场力与场强方向相反，粒子带负电，故A错误，B正确； C．对粒子由牛顿运动定律有 由于粒子的带电量与质量不变，电场线越密集，电场强度越大，结合题图可知，若粒子是从B运动到A，则在其运动过程中加速度减小，故C项正确； D．由之前的分析可知，粒子带负电，在从B到A运动过程中，电场力做正功，所以粒子的动能增加，由于 粒子的质量不变，所以粒子的速度增加，故D项错误。 故选BC。 10．ABD 【详解】A．在匀强电场中 解得 A正确； B．根据负电荷在电势越低的点，其电势能越大，可知电子电子在a点的电势能比在b点的高，且 B正确； C．电子从b点运动到c点，电场力做功为 C错误； D．沿x方向的场强大小为 沿y方向的场强大小为 合场强为 方向沿Oc连线，由c指向O，D正确。 故选ABD。 11．BD 【详解】B．由图象可知，当时，物体的重力势能为，根据重力势能的表达式 可得物体的质量为，故B正确； A．当时，物体的重力势能为0，所以有 又因为 代入数据解得时，物体的速率为。故A错误； C．由图像可知当时，物体的机械能总量为，重力势能为，所以有，故C错误； D．在地面时，物体的动能为；当时，物体的机械能总量为，重力势能为，则物体的动能为 所以从地面到，物体的动能减少了。故D正确。 故选BD。 12．(1)B (2) 1.17 0.690 (3) 【详解】（1）A．电磁打点计时器需要交流电源，故A错误； B．实验需要用刻度尺测量纸带点间距，故B正确； C．验证机械能守恒的公式为，质量m可约去，不需要天平，故C错误。 故选B。 （2）[1]根据匀变速直线运动规律，B点的瞬时速度等于AC段的平均速度 时间间隔 因此 [2]O到B的重力势能减少量 （3）若机械能守恒，满足 整理得 因此图像的斜率 解得重力加速度 13．(1) 增大 减小 (2) D 电荷量不变时，电荷间静电力与距离的平方成反比。 【详解】（1）[1]距离不变时，电荷量越大，偏角越大，说明静电力随电荷量增大而增大。 [2]电荷量不变时，电荷间距离越大，丝线偏角越小，说明静电力随距离增大而减小。 [3]小球静止受力平衡，将拉力正交分解：竖直方向 水平方向 联立解得电场力 （2）[1]探究F与r的关系时，保持电荷量不变，只改变距离，这种控制其他变量不变、研究两个变量关系的方法是控制变量法。 故选D。 [2]库仑通过实验得到结论：电荷量不变时，电荷间静电力与距离的平方成反比，即 [3]库仑定律适用于点电荷，本题两球距离较近，不能视为点电荷；两球带等量异种电荷，相互吸引，电荷的等效中心间距小于球心距，因此实际库仑力 【点睛】 14．（1）UA∞ =1.2×104 V；（2）φA=1.2×104 V ；EPA=1.2×10-4 J    【详解】（1）依题，正电荷从无限远处移至电场中的A点，克服电场力做功W=1.2×10-4J，其电势能增加1.2×10-4J，则 则A与无穷远处的电势差是 （2）而电荷在无限远电势能为零，则q在A点的电势能：Ep=W=1.2×10-4J ；故A点的电势为：φA=1.2×104V 15．(1)正电 (2) (3) 【详解】（1）小球受重力、拉力和电场力作用处于平衡状态。电场方向水平向右，小球向右偏转，说明电场力方向水平向右，与电场方向相同，因此小球带正电。 （2）对小球进行受力分析，由平衡条件得： （3）由电场力公式得： 16．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点，则 解得 （2）小球由运动到的过程中，根据动能定理有 解得 在点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即 解得 由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为 （3）小球从释放到运动到点的过程，运用动能定理有 代入数据解得 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 $