宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2026-2027学年高二上学期开学物理试题

**基本信息** 高二年级开学物理试卷，以皮带传动、中星卫星变轨等真实情境为载体，融合动量、能量、电磁学等核心知识，注重物理观念建构与科学思维培养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|圆周运动、动量定理、机械能守恒等|中星卫星变轨情境渗透科学态度与责任| |多选题|3/18|功与功率、势能变化、加速度与运动|竖直上抛结合阻力考查科学推理| |非选择题|54分|实验（打点计时器、阿特伍德机）、电场、电磁感应|阿特伍德机实验设计体现科学探究，电磁感应综合题强化物理观念|

石嘴山市第一中学2026-2027学年第一学期高二年级开学考试 物理试题 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.如图的皮带传动装置中，轮和同轴，A. B. 分别是三个轮边缘上的质点，且，则三个质点的向心加速度之比等于(    ) A.         C. D. 2.跳远时，跳到沙坑里比跳到普通地面上安全，这是因为(    ) A. 人跳在沙坑里的动量比跳在地面上小 B. 人跳在沙坑里的动量变化比跳在地面上小 C. 人跳在沙坑里受到的冲力比跳在地面上小 D. 人跳在沙坑里受到的冲量比跳在地面上小 3.从距地面某高度处竖直上抛一小球，初速度大小为，一段时间后小球落地，落地时速度大小为。若用表示该过程中小球重力冲量的大小，不计空气阻力。则上述过程中重力对小球做功为(    ) A. B. C. D. 4.年月日，中星卫星精准泊入地球静止同步轨道，标志着我国广电卫星系统正式迈入自主可控、安全稳定的新纪元。中星卫星发射至预定轨道要经过多次变轨，如图所示，中星卫星首先从近地圆轨道Ⅰ上的点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，然后在椭圆轨道Ⅱ上的点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，、分别为椭圆轨道Ⅱ上的近地点和远地点，下列关于中星卫星的说法中正确的是(    ) A. 发射速度大于 B. 在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过点的加速度相等 C. 在轨道Ⅲ上的运行速率大于在轨道Ⅰ上的运行速率 D. 在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线在单位时间扫过的面积相等 5.如图所示，在矩形区域区域中，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，长为，在的中点处有一电子发射源，出射电子速率取一切可能值，所有电子出射的速度方向均与成角，下列说法正确的是(    ) A. 只要初速度大小取合适的值，电子可以在磁场中做完整的圆周运动 B. 电子入射速度越大，在磁场中运动的时间一定越短 C. 从边出射的电子一定比从出射的电子运动时间短 D. 当时，边无电子射出 6.单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成，可以完成单人上升、下降、悬停和平飞等动作。已知飞行器连同人和装备的总质量为，发动机在时间内喷出燃料的质量为，，重力加速度为，要使飞行器能在空中悬停，则燃料喷射的速度应为(    ) A. B. C. D. 7.做下列运动的物体，满足机械能守恒的是(    ) A. 匀速下落的雨点 B. 匀速吊起的货物 C. 沿斜面匀速下滑的物体 D. 沿光滑斜面自由下滑的物体 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.竖直上抛一球，球又落回原处，已知空气阻力的大小正比于球的速度，下述分析正确的是(    ) A. 上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功 B. 上升过程中克服阻力的功等于下降过程中克服阻力的功 C. 上升过程中合力功的绝对值大于下降过程中合力功的绝对值 D. 上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率大于下降过程中重力做功的最大瞬时功率 9.如图所示，在粗糙斜面顶端固定一弹簧，其下端挂一物体，物体在点处于平衡状态．现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到点，第二次将物体先拉到点，再回到点．则这两次过程中 A. 重力势能改变量相等 B. 弹簧的弹性势能改变量相等 C. 摩擦力对物体做的功相等 D. 弹簧弹力对物体做功相等 10.光滑水平面上质量为的物体，在水平外力作用下由静止开始运动，其加速度随时间变化图象如图所示，下列说法正确的是(    ) A. 时，物体的速度大小为 B. 时，物体的动能大小为 C. 时间内，外力对物体的冲量为 D. 时间内，外力对物体做的功为 三、非选择题：本题共54分。 11.在利用如图所示装置完成“探究小车的速度随时间变化规律”的实验中。 要用到打点计时器，如图所示为实验室常用的两种计时器，其中乙装置用的电源是______； A.交流 B.直流 C.低压交流 D.低压直流 同学们在用如图所示的装置进行实验时，下列操作中正确的有______单选； A.小车从图示位置释放比较合理 B.应先释放小车，后接通电源 C.拉小车的细线应与木板平行 D.跨过滑轮所挂重物越重越好 某同学利用打点计时器电源频率为记录了被小车拖动的纸带的运动情况，选取一条清晰纸带，并取其中的、、、、、、七个计数点进行研究。利用刻度尺测量得到点与零刻度线的距离为：______。则打点计时器在打点时小车的速度______，小车的加速度______计算结果均保留两位有效数字。 12.如图中甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律和动量守恒定律，如图中乙所示。已知当地的重力加速度为 该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度如图所示，则 ______；然后将质量均为含挡光片和挂钩、含挂钩的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，置于桌面上处于静止状态，测量出挡光片中心到固定光电门中心的竖直距离。 验证机械能守恒定律实验时，该同学在的下端挂上质量也为的物块含挂钩，让系统重物、以及物块中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为。如果系统重物、以及物块的机械能守恒，应满足的关系式为______，引起该实验系统误差的主要原因有______写一条即可。 为了验证动量守恒定律，该同学让在桌面上处于静止状态，将从静止位置竖直上升后由自由下落，直到光电门记录下挡光片挡光的时间为未接触桌面，则验证绳绷紧过程中系统沿绳方向动量守恒定律的表达式为______；如果该同学忘记将下方的取下，完成测量后，验证动量守恒定律的表达式为______。 13.如图，绝缘的水平面上，相隔的两点固定有两个电量均为的正点电荷，，，是连线上的三点，且为中点，。一质量为、电量为的点电荷以初速度从点出发沿连线向运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，当它第一次运动到点时速度为，继续运动到点时速度刚好为零，然后返回，最后恰停在点，已知静电力恒量为，求： 点的场强大小；阻力的大小；两点间的电势差；电荷在电场中运动的总路程。 14.一实验装置截面如图所示，光滑水平面的左端固定一轻弹簧，光滑螺旋圆形轨道与水平面相切于处，凹槽底面水平光滑，上面放一质量为无动力平板车，紧靠侧壁，平板车上表面与直轨道在同一水平面上，将一质量为滑块压紧左侧轻弹簧从静止开始释放，已知螺旋圆形轨道的半径，平板车的长度，的长度为，，，滑块与车的动摩擦因数。车与竖直侧壁的碰撞为弹性碰撞，滑块视为质点，不计空气阻力 当弹簧弹性势能以释放滑块，求滑块第一次经过圆弧点时对轨道的压力； 若足够长，要使滑块不脱离圆轨道，且在车第一次与右侧壁相撞前不会从车上掉落下来，求释放滑块时弹簧的弹性势能范围； 若，当弹簧弹性势能以释放滑块，求滑块最终离小车左端的距离以及平板车经过的总路程。 15.如图所示，间距为、足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定放置，导轨平面倾角，导轨上端连接一个电压表可看成理想电压表，下端连接的电阻大小为，整个导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小。一金属棒由静止开始沿导轨下滑，过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，已知金属棒下滑时电压表的最大示数为，金属棒接入电路的电阻大小为，重力加速度大小，不计导轨电阻。金属棒始终未与电阻接触 求金属棒向下运动的最大速度和金属棒的质量； 若电压表的示数从变为的过程中，通过金属棒横截面的电荷量为，求金属棒沿导轨运动的距离。 第2页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.【答案】  【解析】试题分析：由于轮和轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故，：：由于轮和轮共轴，故两轮角速度相同，即，故：：由角速度和线速度的关系式可得：：：：：：：又因为根据得：：：：：故选A． 考点：线速度、角速度和周期、转速． 2.【答案】  【解析】【分析】 分析人的运动过程，可知人下落的速度不变，再由动量定理可得出人受到的冲力的变化。 本题为动量定理的定性分析，要注意比较两种情况下的相同问题，动量相同、冲量相同；然后再由时间不同，得出人受到的冲力不变。 【解答】 解：人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故人在落地时动量不变，则由动量定理可知，人受到的冲量也不变，但在沙坑中由于沙的缓冲，使减速时间延长，故人受到的冲力将小于人跳在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全；故ABD错误，C正确。 故选C。 3.【答案】  【解析】解：以向上的方向为正方向，由动量定理可得：，解得：  由动能定理可得：  联立解得：，故B正确，ACD错误。  故选：。 由动量定理可求小球受到的重力的冲量的大小，由动能定理可求重力对小球所做的功。 本题是对动量定理和动能定理的考查，解题的关键是要知道，应用动量定理解题时要注意确定正方向。 4.【答案】  【解析】解：、中星卫星绕地球运行并没有脱离地球引力的约束，发射速度需大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误； B、根据牛顿第二定律可得，可得，可知中星卫星沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ经过点时与地球距离相等，加速度相等，故B正确； C、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力得 可得 卫星的轨道半径越大，运行速度越小，则在轨道Ⅲ上的运行速率小于在轨道Ⅰ上的运行速率，故C错误； D、根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，卫星与地心连线在相等时间扫过的面积相等，但在不同轨道上卫星与地心连线在相等时间扫过的面积不相等，所以卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线在单位时间内扫过的面积不相等，故D错误。 故选：。 根据宇宙速度的意义分析发射范围；根据牛顿第二定律结合万有引力定律列式分析加速度关系；根据万有引力提供向心力列式，分析卫星在轨道Ⅲ上和在轨道Ⅰ上的运行速率大小；根据开普勒第二定律分析项。 解答本题时，要知道卫星在圆轨道上运动时，由万有引力提供向心力，可以由轨道半径大小比较线速度的大小。同时，要掌握开普勒定律，注意其适用条件。 5.【答案】  【解析】解：、电子在磁场中做圆周运动，电子运动轨迹：，粒子速率越小轨道半径越小，转过的最大圆周如图中黑线所示，无法做完整的圆周运动，故A错误； B、电子入射速度越大，运动半径越大，但是比图中黑线半径更小的所有运动情况转过的圆心角相同，则运动时间相同，并不一定是入射速度越大在磁场中运动的时间越短，故B错误； C、电子在磁场中的运动时间：，如图中的蓝线和红线，从边出射的电子一定比从出射的粒子转过的圆心角大，电子的运动时间长，故C错误； D、当粒子轨迹恰好与边相切时，若不能从边射出，则边无电子射出， 由几何关系知相切时的轨迹半径，则粒子距离最远距离为：，若时，则粒子不能从边射出，即当时，边无电子射出；故D正确； 故选：。 电子做圆周运动的半径：，可见电子的速率越大，则做圆周运动的半径越大，而周期，与速率大小无关，则圆心角越大运动时间越长。 本题考查了粒子在磁场中的运动，本题的解题关键是画出从各边射出的代表轨迹，找出恰好不从每个边射出的临界情况，熟练应用粒子做圆周运动的周期公式和半径公式。 6.【答案】  【解析】解：设飞行器对喷出燃料的平均作用力为，根据牛顿第三定律可知，喷出燃料对飞行器的作用力的大小也等于，对飞行器，由平衡条件得： 设燃料喷射的速度为，根据动量定理得： 联立解得燃料喷射的速度应为：，故C正确，ABD错误。 故选：。 选择发动机在时间内喷出燃料为研究对象，根据动量定理求解，同时结合牛顿第三定律和平衡条件求解。 本题以单人飞行器由微型喷气发动机为情境载体，考查了动量定理在实际问题中的应用，解决此题的关键是能合适地选择研究对象，用动量定理的规律进行求解。 7.【答案】  【解析】解：、匀速下落的雨点，受重力和阻力而平衡，并不是只有重力做功，故A错误； B、匀速吊起的货物，受重力和拉力而平衡，并不是只有重力做功，故B错误； C、沿斜面匀速下滑的物，受重力、支持力和阻力，不是只有重力做功，故C错误； D、沿光滑斜面自由下滑的物体，受重力和支持力，至哟重力做功，机械能守恒，故D正确； 故选： 物体机械能守恒的条件是只有重力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒． 掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒． 8.【答案】  【解析】【分析】 重力做功只与物体的初末的位置有关，与物体的运动的过程和是否受其它的力无关； 在上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，而空气阻力的大小正比于球的速度，所以在上升过程中的平均阻力大于下降过程中的平均阻力，根据做功公式即可判断； 由于空气阻力的作用，物体在上升和下降经过同一位置时上升的速度、合力都大于下降的速度、合力，上升、下降位移大小相等； 重力的瞬时功率。 【解答】 A.重力是保守力，做功的大小只与物体的初末的位置有关，与物体的路径等无关，所以在上升和下降的过程中，重力做功的大小是相等的，故上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，所以A错误； B.在上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，而空气阻力的大小正比于球的速度，所以在上升过程中的平均阻力大于下降过程中的平均阻力，位移是相等的，所以上升过程中克服阻力做的功大于下降过程中克服阻力做的功，故B错误； C.物体在上升的过程中，受到的阻力向下，在下降的过程中受到的阻力向上，所以在上升时物体受到的合力大，位移相同，上升过程中合力功的绝对值大于下降过程中合力功的绝对值，所以C正确；  D.上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率在初始位置，下降过程中重力做功的最大瞬时功率在回到初始位置处，由于有阻力做负功，所以落回原点的速度小于抛出时的速度，根据可知，上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率大于下降过程中重力做功的最大瞬时功率，故D正确。 故选CD。 9.【答案】  【解析】根据功能原理，重力做功是重力势能变化的量度，重力做功只与初未位置的高度差有关．两次从到，初末位置的高度差相等，故重力做功相等，重力势能的改变量相等，A正确；弹簧弹力做功只与弹簧的形变量有关，两次从到的过程，弹簧最终的形变量相同，故弹簧弹力做功相等．D正确；弹簧弹力做的功是弹性势能变化的量度，两过程弹簧做的功相等，故弹性势能的改变量相等，B正确；摩擦力做功与运动的路径有关，两次运动路程不同，故摩擦力做功不同，C错误． 10.【答案】  【解析】【分析】 在图象中面积表示速度的改变量，计算时刻物体的速度，根据动能定理计算在过程中合外力做功和物体的动能，根据动量定理计算在此过程中合外力的冲量。 【解答】 A、在图象中，图线与时间轴所谓面积表示速度变化量，在时，，故A错误； 、根据动能定理，合外力做功等于物体的动能变化，即，故B正确，D错误； C、据动量定理，合外力的冲量等于物体的动量变化，即，故C正确； 故选：。 11.【答案】      【解析】解：其中乙装置是电火花计时器，用的电源是交流，故A正确，BCD错误。 故选：。 小车应从靠近打点计时器位置开始释放，故A错误； B.应先接通电源，后释放小车，故B错误； C.拉小车的细线应与木板平行，故C正确； D.跨过滑轮所挂重物轻重要适当，并非越重越好，故D错误。 故选：。 图中刻度尺的最小分度值为，点与零刻度线的距离为：。 打点计时器在打点时小车的速度 小车的加速度 故答案为：；；，，。 根据电火花计时器的工作电压判断； 根据充分利用纸带判断；根据减小误差判断； 先确定刻度尺的最小分度值再读数；根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算打点时小车的速度；利用逐差法计算小车的加速度。 本题关键掌握探究小车速度随时间变化规律的实验原理、利用匀变速直线运动规律计算小车速度和加速度的方法。 12.【答案】   滑轮与绳子之间存在摩擦    【解析】解：游标卡尺的主尺读数为：，游标尺上共个小格，其精度值为，正对刻度为，因此游标尺的读数为：，则游标卡尺读数即遮光片的宽度； 用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时速度，则到达光电门时的速度大小，此时、、速度大小均相等，则 系统增加的动能； 此过程升高，、下降，则系统减少的重力势能， 若系统的机械能守恒，则有，即， 整理得应满足的关系式为：； 绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间存在摩擦、重物运动受到空气阻力等都是产生系统误差的原因，回答其中一种条即可； 从静止下落位移后，绳绷紧还未获得速度的瞬间的速度为， 到达光电门时的速度大小， 因、的质量相等，所以、系统沿绳方向合力为零，因此在获得速度上升过程，、做匀速直线运动，故绳绷紧获得速度大小为，而此时、共速，即。 若系统沿绳方向动量守恒，则有 代入整理得应满足的关系式为： 忘记将下方的取下的情况： 绳绷紧还未获得速度的瞬间、的速度仍为 到达光电门时的速度大小， 因、、的质量均相等，所以系统沿绳方向合力等于的重力，则系统加速度为， 对获得速度匀加速上升的过程有：，解得：， 同理，若系统沿绳方向动量守恒，则有， 代入整理得应满足的关系式为： 故答案为：；，滑轮与绳子之间存在摩擦；；。 先确定游标尺的精度值，分别读出主尺与游标尺的读数，两者之和为游标卡尺的测量值，注意单位的统一； 依据光电门测量瞬时速度的原理，得到到达光电门时的速度大小，分析运动过程判断动能与重力势能的如何变化，根据机械能守恒定律列式，推导出应满足的关系式；从运动是否存在阻力、摩擦等角度分析系统误差； 、的质量相等，在获得速度上升过程，做匀速直线运动，光电门测量的速度即为绳绷紧时获得的速度，若忘记将取下，则此过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律结合运动学公式求得绳绷紧时获得的速度，根据动量守恒定律列式，推导出应满足的关系式。 “阿特伍德机”是一种著名力学实验装置，可以用来验证很多力学中的规律，本题利用其配合光电门验证机械能守恒定律和动量守恒定律，这两个定律的验证关键都在于瞬时速度的测量方法，常见的方法有“打点纸带”和“光电门”测量瞬时速度，测量原理都是以一小段时间或位移的平均速度代替瞬时速度，时间越短或位移越小，测量误差越小。本题在问要注意判断绳绷紧后的运动形式，光电门测的是末速度，要通过的运动形式求得其初速度。 13.【答案】解：由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：； 从到点过程中，根据对称性，， 根据动能定理，； 从到点过程中，根据动能定理， ； 最后停在点，整个过程符合动能定理， 。  【解析】应用点电荷的场强公式与场的叠加原理求出电场强度； 由动能定理求出阻力； 应用动能定理求出电势差，然后根据电势差的定义式求出电势； 应用动能定理求出路程。 本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题。 14.【答案】当弹簧弹性势能以释放滑块，滑块第一次经过圆弧点时对轨道的压力为；   若足够长，要使滑块不脱离圆轨道，且在车第一次与右侧壁相撞前不会从车上掉落下来，释放滑块时弹簧的弹性势能范围为；   若，当弹簧弹性势能以释放滑块，滑块最终离小车左端的距离为，平板车经过的总路程为  【解析】根据机械能守恒 根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律 要使滑块不脱离圆轨道，有 由机械能守恒有 代入数值得 使滑块在车第一次与右侧壁相撞前不会从车上掉落下来，设向右为正方向，根据动量守恒有 根据能量守恒有 解得 故释放滑块时弹簧的弹性势能范围 在范围内，说明平板车与竖直侧壁的碰撞前，已与滑块共速，滑块最终离小车左端的距离 解得 设向右为正方向，滑块与平板车第一次碰撞有 解得 ， 设向右为正方向，滑块与平板车第二次碰撞有 解得 故 平板车经过的总路程为 代入数据得  答：当弹簧弹性势能以释放滑块，滑块第一次经过圆弧点时对轨道的压力为； 若足够长，要使滑块不脱离圆轨道，且在车第一次与右侧壁相撞前不会从车上掉落下来，释放滑块时弹簧的弹性势能范围为； 若，当弹簧弹性势能以释放滑块，滑块最终离小车左端的距离为，平板车经过的总路程为。 利用能量守恒，弹簧弹性势能转化为滑块在点的动能，即；在点，由牛顿第二定律求轨道对滑块支持力，再根据牛顿第三定律得滑块对轨道压力。不脱离圆轨道：分能过最高点和不超圆心等高处，两种情况。不掉落：滑块滑上车后，系统动量守恒、能量守恒列式联立求解不脱离条件求范围。 分析车与滑块、作用过程，结合动量、能量守恒，计算车各阶段移动距离求和。 融合机械能、圆周运动、动量、能量、碰撞等多个核心知识点，全面考查对力学知识体系的掌握与综合运用能力。从基础的单个过程分析如第一问圆周运动，到多过程、多临界条件的复杂分析如第二问弹性势能范围、第三问总路程，梯度合理，能有效区分不同水平学生的解题能力。 15.【答案】解：根据题意，设金属棒向下运动的最大速度为，金属棒产生的最大电动势为，由法拉第电磁感应定律得： 由闭合回路欧姆定律得： 其中 联立解得： 根据题意可知，当金属棒匀速运动时，电压表的示数最大，对金属棒进行受力分析，由平衡条件得： 由闭合电路欧姆定律得： 联立解得： 设电压表的示数从变为的过程中，金属棒沿导轨运动的距离为，由法拉第电磁感应定律得： 其中 由闭合回路欧姆定律得： 通过金属棒截面的电荷量为： 联立解得： 答：金属棒向下运动的最大速度为，金属棒的质量为； 若电压表的示数从变为的过程中，通过金属棒横截面的电荷量为，金属棒沿导轨运动的距离为。  【解析】根据电压表的最大示数为求解最大电动势，再根据电动势计算公式求解最大速度；当金属棒匀速运动时受力平衡，根据平衡条件和闭合电路欧姆定律列方程求解金属棒的质量； 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律推导通过金属棒截面的电荷量的表达式，从而求解金属棒运动的位移。 解决本题的关键是明确金属棒的运动过程，对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律列方程求解，在求解金属棒的质量时从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程。 第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $