河南商丘市第一高级中学2026-2027学年高二上学期开学物理试题

2026一2027学年度高二年级上学期第一次限时练 物 理 命题人： 审题人： 一、单选题 1.(抛体运动第10题原题)如图所示，斜面倾角为0，位于斜面底端A正上方的小球以初速度o正对 斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为，重力加速度为g,则下列说法中正确的是() A.若小球以最小位移到达斜面，则t=。。 2gtan 0 B.若小球垂直击中斜面，则t仁。% B 2g tan C.若小球能击中斜面中点，则=2，an0 g D.无论小球怎样到达斜面，运动时间均为1=a血 g 2.(库仑定律第5题原题)如图所示，光滑绝缘半圆形轨道竖直放置。质量均为M,带电量均为+9的 A、B两小球分别处于圆心等高处和圆弧最低点，紧靠B球右侧有一竖直固定的光滑绝缘板，开始时A 球静止。由于A球缓慢漏电，导致其沿轨道缓慢下降，B球始终位于最低点。A球下降过程中，下列 说法正确的有() A.A、B两球之间的电场力变大 B.A球所受的支持力大小不变 C.B球所受挡板弹力不变 D.B球所受轨道的支持力变大 B 3.(电场强度第7题原题)两个半径为R的半球壳球面上分别均匀分布着电荷量为Q的正电荷，两半 球壳球心分别位于x=0和x=4R处，如图所示。现测得x=2R处的电场强度大小为E。,方向沿x轴负 向。已知静电力常量为k，,则左半球壳在x=2R处的电场强度大小为() A.k旦+E。 4R2+ 2 B.k旦 4R22 -R R 2R 3R E c品+号 D.k 2 8R22 第1页（共8页） O 4.(机械能守恒定律及应用专项训练第8题原题)如图所示，一轻绳绕过光滑的轻质小定滑轮O,一 端和小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上物块连接，C点与滑轮O在同一高度，OD与直杆垂直， OC与OE等长。现将物块从C点由静止释放，在其下滑过程到E点的过程中() L A.物块和小球机械能不守恒 B.小球的重力势能一直在增加 C.物块滑至D点时，小球重力瞬时功率为零 D.物块滑至D点时，物块具有的机械能最小 E 8入 777777777T 5.如图所示，水平地面上叠放着A、B两个物块，A的质量为m,B的质量为2m,A、B间及B与地 面间的动摩擦因数均为“，重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力F 拉物块B,使A、B一起向右做加速度大小为g的匀加速直线运动。下列说法正确的是(） F 7777777777777777777777777777777777777777 A.此时A所受的摩擦力大小为g B.恒力F的大小为1.5μmg C.若仅将恒力F的大小变为7ug,B的加速度大小为24g D.若仅将恒力F的大小变为Tug,A的加速度大小为48 6.(动能定理及应用第5题变形)如图甲所示，质量为0.2kg的物块受到水平向右的拉力F,以5m/s 的初速度从A点向右运动，F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.5， 重力加速度g取10m/s2,在运动过程中物块的最大速度为（) 6 12x/m 甲 乙 A.105m/s B.√95m/s C.√85m/s D.55m/s 第)而（止0而） 7.(动量守恒定律专题三第7题变形)从地面上以初速度竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过 程中球受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化规律如图所示，时刻到达最高点， 再落回地面，落地时速率为Ⅵ，且落地前球已经做匀速直线运动。已知重力加速度为g,则() A.球上升的时间等于下落的时间 B.球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量 Vo C.球上升的最大高度H=%一)出 D.球抛出瞬间的加速度大小a,=g1+Y 二、多选题 8.（万有引力第10题原题)中国科技发展两个方向：“上天”和“入地”两大工程。其中，“上天”工程指神 舟”载人飞船、.天宫空间站和探月工程；“入地工程指蛟龙号深海下潜.若地球半径为R,把地球看 作质量分布均匀的球体（已知质量分布均匀的球壳对球内任一质点的万有引力为零)。“天宫一号轨道 距离地面高度为h,所在处的重力加速度为g1;“蛟龙”号下潜深度为d,所在处的重力加速度为g2；地 表处重力加速度为g,不计地球自转影响，下列关系式正确的是() R R-d A.81=R+h8 B.g2= R C.(R-d)(R+) D.g=(R-d)(R+h) R 82 9.如图所示，在点电荷Q的电场中，己知a,b两点在同一等势面上，c,d两点在同一等势面上，取 过a,b两点的等势面电势为零。甲、乙两个带电粒子经过a点时动能相同，甲粒子的运动轨迹为acb, 乙粒子的运动轨迹为adb(甲、乙粒子重力不计)。由此可以判定() a A.甲粒子经过c点与乙粒子经过d点时的动能相等 B.甲、乙两粒子带异种电荷 C.甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能 D.两粒子经过b点时具有相同的动能 10.如图所示，四分之一光滑圆弧槽C和小滑块A、B均静止在光滑水平台面上，A、B用细线连接， 中间夹一被压缩的轻短弹簧(A、B与弹簧不连接)。与槽C完全相同的槽D紧靠在平台右侧，两槽底 第3页（共8页） 边都与水平面相切，槽半径R=0.8m,滑块A、B质量分别为m=1.8kg、mB=4.5kg。现烧断细线，A向 左刚好能滑到槽C的最高点，B向右从平台抛出后刚好落在槽D的最低点。小滑块A、B均可视为质 点，取重力加速度g10m/s2。下列说法正确的是() w网 27777777777777777777777777777777777777 R D E 777777777777777777 A.B离开弹簧时的速度大小vB=2m/s B.在A、B与弹簧分离的过程中，弹簧对A的冲量比对B的冲量大 C.在A上滑到槽C最高点的过程中，A和槽C组成的系统动量守恒 D.槽C的质量mc=3.2kg 三、实验题 11.(动量知识考查；参考实验专题第1题)甲、乙两位同学分别用不同的实验装置验证动量守恒定律。 ∠∠∠∠LL4∠LLL∠∠ h 被碰小球 重 垂 M 线 家 AB O M N 图1 图2 图3 (1)甲同学用如图1所示的实验装置验证动量守恒定律。 (1)关于该实验，下列说法中正确的是 。（选填选项前的字母) A.轨道未端必须水平 B.轨道倾斜部分必须光滑 C.入射小球的质量小于被碰小球的质量 D.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 第4页（共8页） (2)甲同学在实验中记录了小球落点的平均位置M、P、N,发现M和N偏离了OP方向，使点O、M、 P、N不在同一条直线上，如图2所示，若要验证两小球碰撞前后在OP方向上是否动量守恒，则下列 操作正确的是 测量OM及OP、ON在OM方向 测量OP及OM、ON在OP方向 的投影长度OP%、ONo 的投影长度OM、ON No A M P B. No Mo 测量ON及OM、OP在OW方向 测量OP及OM、OW的长度 的投影长度OMo、OPo M D M Mo N (ⅱ)乙同学用如图3所示的装置验证“动量守恒定律”。实验步骤如下： ①用绳子将大小相同、质量分别为m和m的小球A和B悬挂在天花板上； ②在A、B两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起。 用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为α、B; (3)实验中所用两绳长度应 (填“相等”或“不相等”)。 (4若两球动量守恒，应满足的表达式为（用mA、m、a、B表示）。 12.(2026年湖北高考题第12题)某同学设计了一个验证牛顿第二定律的实验，使用的器材有：直导 轨、小车、光电门、数字毫秒计、遮光条、天平、钩码、刻度尺、游标卡尺、定滑轮、细绳等。实验 装置如图所示，光电门1、2分别固定在导轨A、B处，遮光条安装在小车上，连接小车两端的细绳分 别跨过左右定滑轮、各悬挂10个质量均为m的钩码，定滑轮间的细绳与导轨平行。重力加速度大小为 g。实验步骤如下： 遮光条光电门1 光电门2 钩码 钩码 第5页（共8页） i.用天平测量小车和遮光条的总质量m，用刻度尺测量A、B间的距离$，用游标卡尺测量遮光条的 宽度d。 ⅱ.调节导轨倾斜程度，使小车沿导轨向右下滑时通过两个光电门的遮光时间近似相等。 ⅲ.从左侧细绳取下n个钩码挂到右侧细绳，再从导轨左端静止释放小车，用数字毫秒计测量遮光条 经过光电门1、2的遮光时间￥、2。 回答下列问题： (1)步骤操作的主要目的是 (2)由牛顿第二定律，小车的加速度大小a= (用m、m、g和n表示)。 (3)步骤ⅲ中测得的小车加速度大小a= （用d、s、和t,表示)。 (4)该同学根据测出的多组a、n值，作出a-n图像。若该图像近似是一条通过原点的直线，则可以验 证：质量一定时，物体的加速度与所受合外力成 (⑤)若a-n图像明显不过原点，原因可能是 (单选，填标号)。 A.步骤ⅲ中小车没有从静止释放 B.步骤中导轨的倾斜程度调节不恰当 C、钩码质量没有远小于小车和遮光条的总质量 四、解答题 13.(功功率及机车启动第11题原题)我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销 国。如图所示，某新能源汽车在封闭路段测试，当质量为m的汽车以额定功率沿倾角为0、足够长的斜 坡向上做匀速直线运动时，汽车的速度大小为。已知重力加速度大小为8，s血9=0，汽车在斜坡上 运动时受到斜坡和空气的总阻力大小始终为二mg。重新测试时，汽车从该斜坡上某点由静止开始以大 小为108、方向沿斜坡向下的加速度向下做匀加速直线运动，汽车达到额定功率后维持功率不变继续 运动。汽车始终在斜坡上运动。求： (1)汽车的额定功率P; (2)汽车沿斜坡向下运动的最大速度'max; (3)汽车沿斜坡向下做匀加速直线运动的时间t。 第6页（共8页） 14.(圆周运动第10题变形)如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1kg的A、 B两个物块，B物块用长为0.25m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大 小均可不计。细线能承受的最大拉力为8N,A、B间的动摩擦因数为0.4，B与转盘间的动摩擦因数为 0.1,且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零。当转 盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F（g=10/s2) (.)当B与转盘之间的静摩擦力达到最大值时，求转盘的角速度⊙； (2)当A与B恰好分离时，求F的大小和转盘的角速度@，。 15.(动量专题一第12题变形)如图甲所示，质量为m=1kg的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水 平面上。物块B以。=2.5m/s的速度向A运动，t=0时与弹簧接触，t=2s时与弹簧分离，第一次碰撞 结束，A、B的v-t图像如图乙所示。已知从t=0到t=1s时间内，物块A运动的距离为xa=0.8m。A、 B分离后，A滑上光滑斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，斜面与水平面光滑连 接，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求： 第7页（共8页） (1)物块B的质量m妇； (2)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值Em; (3)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值△x; (4)第二次碰撞结束时，A、B的速度大小A、B。 ◆vms-1 A 4 2.5 1.5 B 凤之恩 0 2 t/s 甲 乙 0 第8页（共8页）《2026年9月2日高中物通作业)◆考答案 2 8 9 10 C B B D B BC BCD AD 1.C 【详解】A,若小球以最小位移到达斜而，即小球的位移垂直于斜 面。如图所示，有an0=点， 根据平抛的知识 水平方向有，= 竖直方向有另=就 解得1=2 &an0·A情误： % B B。若小球垂直击中斜面。小球的末速度与斜面垂直，如图所示， 有an0=立，其中y=8 解得人▣一名 g tan0 ,B播误： B A C.若小球能击中斜面中点，设斜面的高为h,底边长为，则有 根据平抛的知识有)=对。名=以 2v tana 解得=三 一，C正确： g D。根据前面分析知。小球到达斜面的位置不一样，在空中运动的 时间也不一样，D错误。 故选C. 2.B 【详解】AB.A球下降过程中，对A球进行受力分析，如图所示 根据相似三角形可得经。心。F兰 RR AB 由于R不变，g不变，AB距离减小，则A、B两球之间的电场力 变小，A球所受的支持力大小不变，故A错误，B正确： CD,在A球下降过程中，以A、B为整体，设A球所受的支持力 与竖直方向的夹角为0，B球所受挡板弹力为F,根据受力平衡可 F=NA sin0.Na N cos0=2Mg 由于N大小不变，0还渐减小，则B球所受挡板弹力F逐渐减小， B球所受的支持力逐渐减小，故CD错误。 故选B: 3.B 【详解】设左半球壳（球心在x=0处）在x=2R处产生的电场 强度大小为E,由于带正电，电场强度方向沿x轴正向. 设右半球壳（球心在x=4R)在x=2R处产生的电场强度大小 为E,由于带正电，电场强度方向沿x抽负向。 根据匙意，x=2R处的合场强大小为，方向沿x轴负向，故 答案第1项（共4项） E-E=E。 将x=0处的左竿球壳补全为一个完整的均匀带电球壳，由于原半 球壳所带电荷金为Q,补全后的完整球壳总电荷量为2Q,根据 点电荷的电场强度公式，完整球壳在x=2R处产生的电场强度大 小为器品，方器正 (2R) 根据电场叠加原理E。=E+E,其中E为补上的右半球壳（位于 x=0右侧)在x=2R处产生的场强， 由对称性可知，补上的右半球壳（分布在0一R)与题日中x=4R 处的左半球壳（分布在3R~4R)关于x=2R对称，且电荷量均 为Q,因此它们在x=2R处产生的场强大小相等，故E=E 所以后+6=景 义知尽-6=R。·￡+6=k 2R 联立解符￡=k品-冬。故左率球完在x=2R处的电场强度大小 为=品号 故选B 4.C 【详解】A,物块和小球组成的系统只有重力势能和动能相互转化， 机械能守恒，故A错误： BC.物块由C到D过程，小球向下运动，至D点时，物块沿绳子 方向的速度为0，即小球速度为0。物块由D到￡过程，小球向上 运动，故小球的重力势能先减小后增加，物块滑至D点时，小球重 力的时功岸为零，故B错误，C正确： D.物块滑至D点时，小球的重力势能最小，动德为0，机械能最 小，故物块具有的机械能最大，故D错误： 故选C. 5.D 【详解】AB,对A受力分析，A的合力由B对A的静摩振力提供， 根据牛领第二定律了=m阳=m·三g=乞m8 对A、B整体受力分析，总质量为3m,地面对整体的滑动摩擦力为 f■·3mg▣3mg 根据牛领第二定律F-厂.=3m·a 代入a=乞g,符F知3加mg+3圳g45mg·AB销误： CD.A、B刚好相对滑动时，A的最大加速度由最大静摩擦力提供 oam ng= 对应整体的临界拉力F。-3mg=3m·Hg 得F。=6Hmg 当F=7mg>6μmg,A、B发生相对滑动： 对B受力分析，根据牛领第二定律F-3mg-mg=2ma。 f代入F=7ug符a,=LmR-s=l5g 2m A,B相对滑动后，A的合力由滑动摩擦力提供，如速度 a人=坚=g,C错误，D正确。 故选D. 6.B 【详解】物块的滑动摩擦力∫=mg=05×02×10N=1N 根据图乙可知，当拉力大于最大静摩擦力时，物块向右加速运动， 当拉力与最大静摩擦力大小相等时，合力为0，物块遠度达到最大 值：由图乙可知当F=1N时x=2m,x=10m Fx图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示功，则拉力从 0N增大到3N再减小到1N的过程中，期0-6m拉力做的功为 所=0生x6191 2 6~10m拉力做的功为斯=名：艺×0-6：) 在运动过程中拉力做的功为W=样+得，=9)+8)=17刀 银都动能定现有W-么宁一-支 2 解得y=√ms 故选B. 7.C 【详解】A,由于上升过程与下落过程的位移大小相等，又有连度- 时间图像与时间轴所围面积表示位移可知，上升过程中的平均运度 大于下落过程中的平均速度，则小球在运动的全过程，上升的时间 小于下落的时间，故A错误： B,由题意可得，阻力与速率的关系为 F=ky 故阻力的冲量大小为 I=F以=kht=女 其中x表示位移，因为上升过程和下落过程位移相同，则上升和下 降过程冲量大小相等，故B错误： C.设上升时如速度大小为a,由牛领第二定律得 mg +kv=ma 解符 a=8+ m 取极短△M时间，速度变化△r有 Ar=-aM=-g山-山 VAr=Nh 上升全程，则有 答案2页（共4项） EAr=0-,=-g2M-ΣM 划 飞=刷+n 空气阻力与其造常成正比，最终以1匀速下降，由平窗条件侧有 g▣k战 买立解得 H.s-影y 故C正确： D。小球抛出厨间，由牛领第二定律则有 mg+kha=m和 其中 &=mg 解得球抛出醇间的如速度大小为 故D错误。 故选C. 8.BC 【详解】A.对于一天宫一号，根据万有引力提供向心力可得 GMfm (R+=m器 GM 解得8= (R+) 、全色装灰百是=一 因此8= R+8,故A错误： B.设地球质量为M.密度为P,在地球表面万有引力等于重力， 即C R =m8 又因为M=p=4prR 3 代入得8= 4GpRR 由于质量分布均匀的球壳对球内任一质点的万有引力为零，因此 4Gpx(R-d⊥_GAM(R-d⊥_R- 3 R R8,故B正确： CD.联立可得是=一 R &:(R+h)(R-d) 故C正确，D错误。 故选BC。 9.BCD 【详解】B.由轨迹情况可知，甲受引力作用，乙受斥力作用，所 以甲、乙两粒子带异种电荷，故B正确： AC.甲在a到c过程电场力做正功，动能增大，电势能减小：乙在a 到过程电场力做负功，动能减小，电势能增大，所以甲拉子经过 c点的动能大于乙粒子经过d点时的动能：甲拉子经过c点时的电 势能小干乙粒子经过d点时的电势能。故A错误，C正确： D,因为虚钱为等势而，所以沿若acb、adb曲找运动过程中电场力 所做的总功为0。两粒子在a点时具有相同的动能，根据动能定理： 两拉子经过b点时月有相同的动能，故D正确。 枚选BCD. 10.AD 【详解】人，B离开平台后做平抛运动.，有R=以，R=之 代入数据解得=2m/s 故A正确： B.在A、B与弹簧分离的过程中，弹簧对A、B的冲量大小相等， 故B错误： C.在A上滑的过程中，A与槽C在水平方向动量守恒，在竖直方 向上受到的合力不为多，竖直方向动量不守恒，故C错误： D.对弹簧释放过程有mV=m' A上滑到悟C的最高点的过程有m=(m+m)V, 飘发-吃m+m州+maR 联立解得mc=32kg 故D正确。 故选AD. 11.(1)AD (2B (3)相等 (4)m(1-cosa)=ma 1-cos) 【详解】(1)A,轨道末端必须水平，以保证小球能做平抛运动。 选项A正确： B.轨道顿斜部分不一定必须光滑，只要到达底端速度相等即可， 选项B错误： C,为防止入射球碰后反弹。则入射小球的质量火于被碰小球的质 量，选项C错误： D。同一组实验中，入射小球必系从同一位置由静止释放，以保证 小球到达底端时速度相同，选项D正确， 故选AD, (2)小球均做平抛运动，数直方向下落的高度一定，则下落时间相 等，水平方向的速度之比可等效为位移之比，P点是一个小球不碰 撞时下落的位凰，所以需要测量OP及OM、ON在OP方向的投影 长度OMo.Oo: 故选B。 (3)实验中所用两绳长度应相等，以保证两球重心在同一水平面上 答案第3页（共4页） (4)对两球由能量关系 =mxgL(I-cos a) 支m,6=%,8(0-cs) 1 若动量守恒则满足 MAVA =MSVB mav2gL(1-cosa)=ma2gL(1-cosB) 即 m√-cosa)=maWI-cosA 12.(1)平衡摩擦力 2nme& (2)m+20aie 习 (4)正比 (5)B 【详解】(1)通过两个光电门的速光时间近似相等，可知速度相等。 小车做匀速运动，故步骤的主婴日的是平衡摩擦力： (2)根据牛顿第二定律，对整体[10+n-(I0-m]m,8=(m+20m,)a 解得小车的加速度大小为a= 2nm 8 m+20mtg (3)根据运动学公式有号-) 解得a=手 ) (4)根据前面分析有a= 2m8一n m+20m。 可知当a-n图像为一条过原点的直线，当质量一定时，物体的加速 度与所受到的合外力成正比： (5)A,小车没有从静止释放，不影响测量的加速度大小，故不会 使a-n图像不过原点，故A错误： B。导轨的倾斜程度谓节不恰当时，可知平衡摩振力不足或者过大， 根据牛顿第二定律，对整体[10+m-(10-n)]m8+∫=(m+20m)a +20mp m+20mo 一，图像不过原点，故B正确： C,根据前面分析，对整体分析得出加速度表达式，当钩码质量设 有远小于小车和遮光条的总质量，对本实验没有影响，故C错误。 故选B 13.(（)）P=m (2)m=3y 3)= 【详解】(1)设汽车沿斜坡向上做匀速直线运动时，牵引力为F, 根据平衡关系F=mgsn0+ 汽车的额定功率P=Fv 解料P心 (2)汽车沿斜坡向下运动达到最大速度”，时，牵引力为F,加速 度为0.根据平衡关系F+mgin0=mg 此时有P=FYm 解得y=3r (3)汽车沿斜坡向下做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律 +g血0-8=mx合 汽车恰好达到额定功串时，匀加速运动结束，设此时车的速度为， 根据功率速度关系P=FV 根据匀变速运动的速度时间关系= 解得1= 15y 8 【点睛】 14.(1)=2rmd/s:(2)F-6N:4md/s 【详解】(1)当B与转盘之间的静摩擦力达到最大值时，对A、B 物体 42mg=2m间2r 解得 =0.25 =2rad/s (2)当A物体所受的摩擦力大于最大静摩擦力时，A将要脱离B 物体，有 lmg-mor 解得 0):=4rad/s 此时绳子的张力为 F=2mo'r-u2mg 解得 F-6N<8N 故绳子未断，接下米随角速度的增大，B脱离A物体。 15.(1)m。=4kg (2)Ea=2.5J (3)Ar=15m (4)ya=4.8m/sa=-0.7m/s 【详解】(1)由动量守恒定律m%=m片+m 答案第4页（共4页） 由图知y=4m/s,=1.5m/s 解得m=4kg (2)由动量守恒定律m%=(m+m)r 解得V=2m/s 由机械能守恒定律尽。一方m,心-m,+m,)片 解得E。=2.5J (3)B压缩弹簧的过程中，A、B系统动量守恒，有m=m片+me号 对方程两边同时乘以时间△山，可得mW=mM+m。△W 01s时间内，根据位移等于速度在时间上的累积，可得 maYo=MAI+mexa 解得xa=23m 弹簧压缩量的最大值△r=x8-x=15m (4)A滑上斜面义返回水平面后速度大小不变，方向相反 =4m/s,第二次B与A碰撞后系统动量守恒 ma片+mn的=maVA+ma 系统机梳能守+宁女+m时 可得=4.8m/5=07m/s:=4m/s。=1.5m/s(舍去)