河北邯郸市第一中学2026-2027学年高二上学期开学学情检测物理试题

邯郸市第一中学高二年级学情检测物理试卷 命题人：时瑞欢审核人：范志强温雪莎 一、选择题（本题共10小题，46分。1-7题为单选，每小题4分；8-10题为多选，每 小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 1.甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1：2，转动半径之比为1：3，在相 同时间里甲转过60°角，乙转过45角。则它们的向心力之比为() A.1:4 B.2:3 C.4:9 D.8:27 2.在光滑的冰面上，一质量为的人站立于质量为M的雪橇上，人与雪橇以速度，在光 滑冰面上向右滑行。当此人相对雪橇以速度2竖直跳起时，雪橇的速度为() A.y1-2,向右 B.,向右 (M+m)M ,向右 D.Mm,向右 M M 3.离地球280光年外有一恒星ToI-561。与TOI-561相距约0.01AU(日地距离为1AU) 的行星绕其公转的周期约为地球公转周期的。之， 该行星和地球的公转均视为匀速圆周运 800' 动。则TOI-561与太阳的质量的比值约为() A.0.0064 B.0.64 C.64 D.6400 4.滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动 人和滑车总质量为m,人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑 加速度为0.3g,人和滑车可视为质点，不计空气阻力，则从顶端向下滑到底端B的过程， 下列说法正确的是() A.人和滑车减少的重力势能全部转化为其动能 B.人和滑车获得的动能为0.6mgh C.人和滑车增加的机械能为0.4gh D.人和滑车克服摩擦力做功为0.2gh 30 试卷第1页（共8页） 5.垂钓时鱼漂是反映鱼儿咬钩信息的工具，如图甲所示。当鱼漂静止时P点恰在水面上。 将鱼漂缓慢向下压，松手后，鱼漂在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙，取竖直 向上为位移的正方向，则() ↑y/cm 2 0.8 0 0.30.5 t/s 甲 乙 A.该鱼漂的振动频率为1.0Hz B.t=0.3s时鱼漂的速度方向竖直向下 C.t=0.5s时鱼漂的加速度方向竖直向下D.t=0.8s时鱼漂的速度和加速度均最大 6.如图所示的水平圆盘上，距中心轴O为”处有一质量为的小物块。经过t时间，圆 盘的角速度从0均匀增大至h时，小物块刚好相对圆盘滑动。已知小物块与圆盘间的动摩 擦因数为u,重力加速度为g,此过程() A.小物块所受的摩擦力方向始终指向O点 B.小物块所受的摩擦力冲量大小为r ω C.小物块所受的摩擦力做功为r2 O D.圆盘的角速度4=2 试卷第2页（共8页） 7.如图是某传输装置，倾斜传送带以恒定的速度。=5/s逆时针转动，t=0时刻物体从 传送带上端A点静止释放，在t时刻以v=6/s从传送带下端B点离开，进入轨道BC。关 于物体在传送带上的运动过程中，物体的速度v、加速度α、所受摩擦力，以及物体与 传送带间因摩擦产生的热量Q随时间的变化关系图，下列图中可能正确的是（规定沿传 送带向下为正方向)() vo=5m/s C B ↑a D 8.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E等于动能E与重力势能卫。之和。取地面为 重力势能零点，在上升过程中，该物体的Ea和E随它离地面的高度的变化关系如图所 示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得() E/J 50 A.物体的质量为2kg 40 30 B.h=0时，物体的速率为10m/s 20 C.h=2m时，物体的动能E.=30J 10 0 2 3 4 h/m D.从地面至离地面h=4m高处的过程中，物体的动能减少50J 试卷第3页（共8页） 9.如图甲、乙所示的两个电路，是利用一个灵敏电流表G(500A,2002)和一个电阻箱R 改装成电压表或电流表，若电压表量程为3V,电流表量程为2.5A,则() A.甲表是电流表，电阻箱的阻值是502 B.乙表是电流表，电阻箱的阻值是58002 C.若使用中发现甲表示数总比准确值稍小一些，可能是电阻箱阻值调节的偏小 D.若使用中发现乙表示数总比准确值稍小一些，可能是电阻箱阻值调节的偏小 10.空间存在一匀强电场，将一质量为m、带电荷量为+9的小球从一水平线上的A点分 两次抛出。如图所示，第一次抛出时速度大小为，方向与竖直方向的夹角为30°，经历 时间回到A点；第二次以同样的速率竖直向上抛出，经历时间t经过水平线上的C点， B为小球运动轨迹的最高点.电场方向与小球运动轨迹在同一竖直面内，不计空气阻力， 重力加速度为g。关于小球从抛出到回到水平线的过程，下列说法正确的是() A.第一次抛出后，小球做匀变速曲线运动 B.4:5=V5:2 C. 电场沿水平方向时，电势差Uc=3UAs D. 电场强度的最小值为V3m飞 2g 试卷第4页（共8页） 二、实验题（共2小题，每小题8分，共16分） 11.某实验小组要测量某一未知金属丝的电阻率。 5040.30 20 15 10 100 200 1.5 2(cm) 00.5 TTT btii w 50002/V 2 35 25002/V 05 10 (0.1mm) 甲 ()某次用游标卡尺测量金属丝直径，示数如图所示，则金属丝的直径为 cm: (2)该小组选用伏安法测量金属丝的电阻率，在测量之前，如图用欧姆表“×10”倍率大致测 量电阻阻值，则金属丝阻值R= 2,实验室现有器材：电源(3V,内阻不计)、 电流表（量程为00.03A,内阻为12）、电压表（量程为0~3V,内阻约为10k2),滑动变 阻器(0~102)，要求电压可以从0开始调节，则下列电路图最合适的为 9 (3)选用合适的电路图后，求出金属电阻和电阻率。已知金属丝接入电路的长度为1，半径 为r,电流表阻值为R4。电流表示数为I时，电压表示数为U,由此可计算得出金属丝的 电阻率p= (用题中所给的字母表示)。 试卷第5页（共8页） 12.某实验小组要测量一未知电源的电动势（大小3V左右）和内阻。为准确测量该电源 的电动势和内阻，在实验室找到了如下器材： A.电流表G(量程为0-1mA,内阻为1002)； B.电阻箱R(0~999.92): C.定值电阻R1=29002: D.定值电阻R=14002; E.开关S一个，导线若干. R R1 (1)他们将电流表改装成量程为0~3V的电压表，定值电阻应选用 (填器材 前面的字母)；请在上图中将电路补充完整 (2)连接好电路后，记录了多组电阻箱的电阻R和对应的电流表的示数I。 (3)以日为横轴。以子为纵轴，将实验测得的数据描点、连线后得到了一条倾斜直线。 R 该直线的纵截距为b,斜率为k,则该电源电动势和内阻分别为E= (用题中所给的字母符号表示，其中改装电压表的电阻用卫表示，不考虑电压表的分流) 试卷第6页（共8页） 三、解答题（共3小题，38分。第13题8分，第14题14分，第15题16分） 13.如图所示为某种电动绞缆机模型的工作示意图。电源的电动势=24V,内阻忽略不计， 保护电阻R=42,卷绳电动机M内部线圈电阻=22。卷绳电动机固定在平台上，通过不 可伸长的轻绳与小船相连。闭合开关S,理想电流表示数为=1A,卷绳电动机以恒定输出 功率工作，拉动小船匀速靠岸，小船靠岸过程中轻绳始终保持水平，小船的速度大小为 o=2m/s。求： (1)卷绳电动机的输出功率P: (2)轻绳拉力F的大小。 14.如图所示，一质量m=2.0×10-18kg,电荷量q=2.0×1012C的带负电的粒子由静止经 加速电场加速后，又沿中心轴线OO从O点垂直进入偏转电场，并从另一侧射出打在荧光 屏上的某点。O点是荧光屏的中心，已知加速电场电压U。=5000V,偏转电场电压 U=200V,极板的长度L=10.0cm,板间距离d=2.0cm,极板的末端到荧光屏的距离 L2=5.0cm,若不计粒子重力，求： Q +++++++++ (1)粒子射入偏转电场时的初速度； (2)粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W; (3)粒子打在荧光屏上的点到O点的距离Y。 试卷第7页（共8页） 15.如图所示，一游戏装置由倾斜角为a的光滑轨道OA、水平轨道AB、水平传送带BC、 半径为R=O.2m的光滑竖直圆形轨道DEF、光滑水平地面CD、光滑水平地面DG、水平 地面J构成。J点固定有一足够高的竖直挡板，O1(题中未标出)为圆弧轨道的圆心，B、 C、D、G四点在同一水平面上。游戏时，质量为0.1kg的小滑块从倾斜轨道不同高度处 静止释放，经过水平轨道和传送带后可沿圆形轨道运动，最后由G点水平飞出。已知小滑 块与水平轨道AB的动摩擦因数H=0.5,与传送带的动摩擦因数5=0.6，AB长5=2， BC长L=1m,IJ长x=2.4m,E是圆轨道上与圆心等高的点，G距水平地面IJ的高度H=1.8 m,小滑块可视为质点且经A处时速度大小不变，其余阻力均不计，g取10m/s2,求： h (1)若传送带处于静止状态，小滑块释放的高度仁2m,求小滑块通过D点时对轨道的压力 大小 (2)若传送带以4m/s逆时针转动，小滑块释放的高度h=1.45m,求小滑块在传送带上运动 的过程中产生的热量； (3)若改变小滑块释放的高度，使它到达B点时的速度为√13s,同时调节传送带以不同 速度顺时针转动，为了保证小滑块不脱离圆轨道又能从G点水平飞出，试写出小滑块第1 次落点（即不考虑反弹）与G点的竖直高度差y与传送带速度ⅴ的关系。 试卷第8页（共8页）邯郸市第一中学高二年级学情检测物理试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 D B B C B C BD AC BC 1.D【详解】根据角速度的定义式，甲乙在相同时间的转过的角度跟角速度成正比，所以 甲乙的角速度比值是4：心=4：3，则由向心力公式F=r2可得F,:F2=8:27 2.B【详解】冰面光滑，人与雪橇组成的系统水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒， 人相对雪橇以竖直速度2跳起，说明人与雪橇的水平相对速度为0，即跳起后二者水平速 度相等，仍为书，方向向右。 3.B【详解】设地球公转周期为T地，公转半径为地，由万有引力提供向心力 GM大m 4n3 4m27 T地 可得太阳的质量M太= 据题意，行星绕恒星T0-561公转的周期为I30,公转半径为=0.0V,同 GMm 4n2 = 恒星TOI-561的质量M= 4 GT哈 0.01 0.64 M 800 4.B【详解】根据题意，设人和滑车受到的摩擦力为∫，由牛顿第二定律有 gsin30°-f=1a 可得f=0.2g h 从顶端向下滑到底端B的位移为x= sin30=2h A.通过上述分析可知，人和滑车下滑的过程中，有摩擦力做功，根据能量守恒可得，人 和滑车减少的重力势能转化为摩擦产生的内能与人和滑车的动能，A错误； B.人和滑车下滑的过程中，根据动能定理有gsin30°-术=E,-0 答案第1页（共8页） 解得E5=0.6gh B正确； CD.根据题意可知，摩擦力做功为W=-斥=-0.4gh 即人和滑车克服摩擦力做功为0.4gh,根据功能关系可得△E=W=-0.4gh 即人和滑车的机械能减少了0.4gh,CD错误。 5.C【详解】A.由题可知鱼漂振动周期为0.8s,其频率为f=--1,25亚，故A错误 T B.由图乙可知，t=0.3s时鱼漂位移沿y轴正方向，此时运动方向向上，故鱼漂的速度方 向竖直向上，故B错误； C.t=0.5s时鱼漂的位移为正，根据a=- 在可知鱼漂加速度方向竖直向下，故C正确， D.t=0.8s时鱼漂在负向最大位移处，此时速度最小，加速度最大，故D错误。 6.B【详解】A.在角速度从0增大至h过程中，物块有切线方向的加速度，则摩擦力有 切向分力，不是指向O点，故A错误； B.小物块所受合力等于摩擦力，根据动量定理有I=-0 又因为v=6r 由以上二式可得I=,故B正确； C.支持力和重力不做功，根据动能定理可知摩擦力做功等于动能改变量， m=△B,=m2-0=62,故C错误： D.圆盘的角速度等于心时，小物块刚好相对圆盘滑动，此时恰好摩擦力等于滑动摩擦力， 则Hg=6r 则有4=， 故D错误。 7.C【详解】A.传送带做匀速直线运动的速度为5m/s,物体离开传送带的速度为6m/s, 大于传送带的速度；则物体刚放在传送带上时所受滑动摩擦力沿传送带向下，做初速度为 零的匀加速直线运动，物体加速到与传送带速度相等即为5/s后继续做匀加速直线运动， 答案第2页（共8页）》 故A错误； C.整个过程物体所受摩擦力均为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小=gcos0不变，物体与 传送带共速前摩擦力方向沿传送带向下，是正的；物体与传送带共速后继续加速过程所受 摩擦力方向沿传送带向上，是负的，故C正确： B.对物体，由牛顿第二定律得gsin6+=1a1,gsin0-f=1a2,则a1>2,故B错误； D.共速前，物体相对传送带滑行的位移4=44 摩擦产生的热量g=无4=无（话子4 1 共速后物体相对于传送带的位移△，=+6-=45 摩擦产生的热量O=6△，-6a4,摩擦产生的热量与时间t不是线性关系，故D 错误。 8.BD【详解】A.由题图可知，物体刚被抛出时的机械能为50J,即物体竖直上抛的初 动能Ek0=50J 当机械能与重力势能相等，说明动能为零，物体上升到最高点时离地面高度为4m,这时 重力势能E。=40J 所以m= Ep=1kg 故A错误； gha B.根据eP方nmd 解得h=0时，物体的速率6=10n/s 故B正确； C.从题图中可以得出在物体上抛过程中，机械能有损失，物体上升到最高点的整个过程 中，共损失了10J的机械能，按照比例可知上升2m时，机械能损失了5J,因此当h=2m时， 物体的动能E=50J-20J-5J=25J 故C错误； D.由图可知当h=0时，E0=50J 当h=4m时，E4=0 所以从地面至离地面h=4m高处的过程中，物体的动能减少50J,故D正确。 答案第3页（共8页） 9.AC【详解】A.甲中电阻箱R与灵敏电流计G并联，利用并联电路分流将其改装成电 流表。由题给，灵敏电流计的满偏电流Ig=5.0×104A,内阻R=2002,改装后电流表的 量程I=2.5x103A。由并联电路各支路电压相等得1R=(I-Ig)R 解得R=及=5.0x10×200 1-2.5x109-5.0x102=502,故A正确： B.乙中电阻箱R与灵敏电流计G串联，利用串联电路分压将其改装成电压表。由串联电 路电压关系得U=I(R+R) 由题给=V,解得R- U (5010-20P =58002,故B错误； C.灵敏电流计满偏时，电阻箱R的阻值越小，通过电阻箱的电流越大，甲表的实际量程 越大。若仍按原刻度读数，同一被测电流对应的指针偏角较小，示数偏小，故C正确： D.乙表中电阻箱R与灵敏电流计G串联。若电阻箱的阻值偏小，乙表总电阻偏小，实际 量程小于3V；若仍按原刻度读数，同一被测电压对应的指针偏角较大，示数偏大，故D 错误。 10.BC【详解】A.第一次抛出后，小球回到A点，说明重力与电场力的合力恰好与的 方向相反，小球做匀变速直线运动，故A错误： 2%c0s30° B.两次小球的竖直加速度相同，则第一次= 第二次t= 4 解得互=cos30°V5 故B正确； 1 2 C.电场沿水平方向时，小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，则x4s:xc=1:3 根据U=Ed 可知，电势差UBc=3U4B 故C正确； D.当电场力方向与第一次抛出时的初速度方向垂直时场强最小，则此时q吧n=gsin30° 答案第4页（共8页） 电场强度的最小值为卫= g 故D错误。 24 11.(1)0.36 (2) 120 D 3)p= nr2(U-R4） n 【详解】(1)游标卡尺的分度值为0.1mm=0.01cm,主尺读数为0.3cm,游标第6条刻线 与主尺刻线重合，因此金属丝直径d=0.3cm+6×0.01cm=0.36cm 金属丝半径r=日=0.18cm 2 (2)[1]欧姆表指针在2刻度的12处，倍率为×10'，故金属丝阻值R=12×102=1202 [2]A.滑动变阻器接成限流式，金属丝两端电压不能从0开始调节，故A错误； B.滑动变阻器同样接成限流式，不能满足电压从0开始调节的要求，故B错误； C.虽采用分压接法，但电压表并联金属丝，电流表测得的是金属丝和电压表的总电流， 且电压表内阻只约为10k2,不能准确修正分流影响，故C错误： D.采用分压接法，且电压表测量电流表和金属丝的总电压，结合已知电流表内阻可修正 其影响，故D正确。 (3)由D图可知，电流表与金属丝串联，电压表跨接电流表和金属丝，故电流表示数I就 是通过金属丝的电流。由欧姆定律，电压表示数满足U=I(R4+R) 解得金属丝电阻R,= -IRA 1 由电阻定律R,=p 因此电阻率为p=(U-R】 l k 12. G R b b 【详解】(1)将量程为1mA、内阻为1002的电流表改装成量程为3V的电压表，需要串 答案第5页（共8页） 联一个分压电阻。根据串联分压原理有R= 3 0-Rg1x10习-100=29000 故定值电阻应选用R,即选C。 在图乙的虚线框内，将电流表G与定值电阻R串联，整体充当电压表使用。 (3)设改装后电压表的内阻为RR=R。+R) 当电流表G的示数为I时，改装电压表两端的电压为U=IR 此时流过电阻箱R的电流为I=。=P 不考虑电压表的分流，干路总电流近似等于流过电阻箱的电流，干路电流I。≈I= IRT R 根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir=IR+ IRL R 化简可得11，飞 IE RE 由图丙，斜率k= 名，载距6-飞 联立得电源电动势B= 6, 电源内阻r= b 13.(1)18W (2)N 【详解】(1)保护电阻两端的电压为U0=IR,=4V 电动机两端的电压UM=E-U=20V电功率M=UI=20W 电动机的热功率P执=I2r=2W 电动机的输出功率P=B-热=18W (2)根据功率的计算公式P=F。 解得F=9N 14.(1)=1×10m/s (②)W=qy=1x1010J (3)y=1×102m 【详解】（山）粒子由静止经加速电场加速后，根据g= 2qUo=1x10m/s 解得=m 答案第6页（共8页） (2)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向上有L=t 1 竖直方向有y=二at 由牛顿第二定律有qE=a 2 因为E= d 联立解得y=9四 =5.0×103m 2mdv 则粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W=qy=1×101J· (3)粒子轨迹如图 根据带电粒子离开偏转电场速度的反向延长线过偏转电场的中点，由相似三角形得 Y-马+2 解得y=2y=1×103m 15.(1)5N (2)0=2.4J (3)①若√10m/s≤v<4m/s,则滑块落在水平面J,此时y=H=1.8m 28.8 ②若4m/s≤v<5m/s,则滑块打在竖直挡板上，y= ③若v≥5m/s,y=1.152m 【详解1(1）滑块从释放到D点，由动能定理得mgh-4mg-4mgL-3 在D点，由牛顿第二定律得R-g=m2 解得=5N R 由牛顿第三定律可知，小滑块通过D点时对轨道的压力大小为5N。 1 (2)滑块从释放到B点的过程中，由动能定理得gh-4gs=二 21 答案第7页（共8页） 解得Va=3m/s 由于'。<4m/s,根据运动的对称性可知物块返回B点的速度大小依然为'。=3m/s 向右运动的最大时间为△=2=0,5s 128 由物块和传送带的运动关系可得二者相对位移为 故由功能关系可得产生的热量为2=2g·△s 解得Q=2.4J (3)小滑块经过传送带时，当0<v<1m/s时，v'c=1m/s 当1m/s≤v≤5m/s,vc=v 当v>5m/s时，v'c=5m/s 跤滑块刚好能够过最高点卫则从C到卫，由动能定理得-g·2Rm。,又 2 "w2 ng R 联立解得'c=V0m/s 由以上分析可知，当滑块在C点速度满足V10m/s≤vc≤5m/s可通过圆轨道。 设滑块在C点以速度vc运动到G点飞出后刚好落在J点，则有二gt=H,Vt=x 联立解得Vc=4m/s 故由以上分析可得：①若V10m/s≤v<4m/s,则滑块落在水平面刀，此时y=H=1.8n ②若4m/s≤<5m/s,则滑块打在竖直挡板上，y= 28.8 1m ③若v≥5m/s,y=1.152m 答案第8页（共8页）