湖南部分学校2026-2027学年高二上学期10月阶段性素质评价物理试题

HUN202610 高二物理 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定 位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦千净后，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。 一、单项选择题：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.如图所示，我国货物列车有的长达4000m,若其以20m/s的速率穿过1000m长的曲线隧 道，下列说法正确的是 A.以车头为参考系，各车厢一定都是静止的 B.研究列车穿过隧道的时间，列车可以视为质点 C.列车任一车厢在相同时间内的位移一定相等 D.列车完全穿过隧道的时间约为250s 2.如图所示，地球的两颗卫星A、B分别在椭圆轨道1、2上运行，两轨道的长轴之比为1：4， 1的近地点在地球表面附近M点，远地点为N,2的近地点在地球表面附近P点，远地点为 Q。M、P到地球表面的距离相等且可忽略，下列说法正确的是 Q A.A、B的周期之比为1：8 B.A在M点的加速度大于B在P点的加速度 物理第1页（共8页） C.A在M点的速度等于B在P点的速度 D.A在N点的速度大于A在M点的速度 3.在测量小灯泡电阻的实验中，某同学将测量的多组数据描点，画出的U-I图像如图所示。 从图中状态M到状态N,小灯泡电阻的变化量和电功率的变化量分别为 A.2.5,2.8W UN B.2.5.1.2W C.7.52.2.8W D.7.52,1.2W 0 020.40.60.81.0A 4.如图所示，游乐园推出一款“杆旋小球”体验项目，质量为m的小球固定在轻杆的一端，绕 O点在竖直平面内做圆周运动，轻杆的长度为R,重力加速度为g。工作人员调试时，使小 球恰好能做完整的圆周运动。下列说法正确的是 A.小球通过最高点时的速度大小为√gR B.小球在最高点时，轻杆对小球的作用力大小为mg,方向竖直向下 C.小球从最高点运动到最低点的过程中，轻杆对小球不做功 D.小球到达最低点时，轻杆对小球的作用力可能为拉力也可能为支持力 5.如图所示，质量m=1kg的质点在0Oxy平面内以某一速度运动时，受到沿y轴负方向大小 不变的合力作用，某时刻速度方向如图中箭头所示，之后质点的速度先减小后增大。已知 质点运动的最小速度v=1m/s,合力F=2N。质点速度由1m/s增大到2m/s的过程，所 用的时间为 C.Is D.3s 物理第2页（共8页） 6.O、A、B、C是电场中某条直电场线上四个等间距的点，相邻点间距均为d,以O点为原点沿 电场强度的方向为正方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随位置x变化的规律如图 所示。一个带电荷量为+g的粒子，从O点静止释放，仅受电场力作用，下列说法正确的是 A.若O点电势为0，则A点电势是E。d E B.A、C两点的电势相等 C.粒子从A到B做匀加速直线运动 0 D.粒子从A到B电势能减少3q5 2 7.如图所示，有一只小量程电流表G,满偏电流为I.=100uA,内阻为R=9002,现将它改装 成0~1mA,0~10mA的双量程电流表和0~1V、0~10V的双量程电压表，下列说法正确 的是 A.选择开关接2时，该表量程是0~10mA G B.选择开关接3时，该表量程是0~10V R C.R,的值是102 D.R,的值是9002 二、多项选择题：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 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.如图所示的电路中，电源的内阻为，电流表和电压表均为理想电表，R,为滑动变阻器，R2、 R、R4是阻值均为R。的定值电阻。当滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，电压表V和 电流表A1、A2的示数分别用U、I1、2表示，示数变化量的绝对值分别用△U、△11、△山2表示， 则下列说法正确的是 A.U减小，I1增大，2增大 B.电源的效率增大 C.电源的输出功率增大 U=R+r D. I 物理第3页（共8页） 9.如图1所示为送水员运送桶装矿泉水用的双轮小车，图2为小车装水后的侧面示意图，O0Q、 OP分别为小车的托盘和拉杆，OQ垂直于OP。已知桶装矿泉水的质量为m,重力加速度为 g,不计桶与小车之间的摩擦力，在OP与水平方向的夹角从0缓慢增大到90的过程中，下 列说法正确的是 A.OQ对桶的支持力增大 P B.OP对桶的支持力增大 桶 607 C图2状态00对桶的支持力大小为受 图1 图2 D.图2状态0P对桶的支持力大小为受 10.如图1所示，水平放置且正对的金属板A、B间距为d,长度为L,两极板间的电势差Us随 时间变化的规律如图2所示。沿两极板的中线从左端以初速度。持续射入电量均为q、 质量均为”的带正电粒子。已知电压变化周期T:片么一一.两极板之间的电场为匀 强电场，不考虑极板边缘的电场，不计重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是 U 0 :3T :2T B 图1 图2 A.t=0时刻射入的粒子恰好从A板右边缘射出电场 B1=名时刻射入的粒子，从中线与B板之间距中线处平行于极板射出 C.1=时刻射入的粒子，沿中线平行于极板射出 D.所有粒子射出电场时的速度与射入的速度均相同 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(6分)某同学用电流传感器（内阻不计）观察电容器的放电过程，设计了如图1所示的电 路图，单刀双掷开关S首先接1，足够长时间后接2，电容器通过电阻R放电，传感器将电 物理第4页（共8页） 流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的1-图像如图2所示，图线与纵轴的 交点坐标是(0,4)，电阻R=20002。 l/mA 接计算机 电流 传感 0 2 4 6 83 图1 图2 (1)已知图2中图像与坐标轴所围区域共有86个小格，则电容器所带的电荷量是 C(保留2位有效数字)。 (2)充电结束后，电容器的电压为 V,结合(1)中的结果，电容器的电容C= F(后一空保留2位有效数字)。 12.(10分)某同学用两种方法测量圆柱体的电阻： (1)该同学首先用多用电表的“×10”欧姆挡测该圆柱体的电阻R,时，发现指针偏角过 小，应将多用电表选择开关指向 (选填“×1”或“×100”)， (选 填“需要”或“不需要”)两表笔短接欧姆调零，重新测量指针位置如图所示，则电阻R 的阻值是 2。 30 2015 5000Q/Y A-V- 2500Q/y (2)然后该同学用伏安法测量该圆柱体的电阻，除了R外，还有下列器材供选用： A.电压表V,(量程0~1.5V,内阻约3k2) B.电压表V2(量程0~5V,内阻约10k2)》 C.电流表A(量程0~1mA,内阻约102) D.电源（电压为1.5V) 物理第5页（共8页） E.滑动变阻器R,(阻值范围0~102，额定电流为2A) F.滑动变阻器R(阻值范围0~2000Ω，额定电流为0.2A) G.开关和导线若干 (3)电压表选用 ,为使测量范围尽量大，滑动变阻器选用 。 (均填 器材前的选项标号) (4)下面四个实验电路图中最合理的是 A R D A B C D 13.(10分)如图所示的电路中电阻R,=92,电容器C的电容为2μF。移动滑动变阻器的滑 片P,记录电压表和电流表的读数，当电压表的读数为U1=4.8V时，电流表对应的读数为 I,=0.6A;当滑片P位于滑动变阻器最右端时，电压表的读数为U,=1.2V,电流表对应 的读数为2=2.4A。电压表和电流表均为理想电表，电源的电动势和内阻恒定不变，求： (1)电源的电动势和内阻； (2)当电压表读数为U,=4.8V时，电容器上所带的电荷量。 E.r 物理第6页（共8页） 14.(13分)如图所示，光滑、绝缘的椭圆轨道竖直放置，短轴NQ=2b、长轴MP=2√3b,MP与 NQ交于O点，N为最低点，整个空间存在平行轨道平面、斜向上的匀强电场（图中未画 出)。质量为m、电荷量为q(g>0)的带电小球置于轨道内侧M点时恰好静止，此时对轨 道的压力大小为3mg,g为重力加速度。 (1)求电场强度E: (2)求0、M两点间的电势差Uow: (3)若小球在N点以水平初速度2，向左运动，求到达Q点时的速度大小"o。 M :0 物理第7页（共8页） 15.(18分)如图所示，圆心为0、半径R=1m的固定光滑圆弧轨道与水平地面相切于B点， 圆弧对应的圆心角0=53°。质量m=2kg的小滑块P静止在水平地面上的A点，A、B间 的距离为L=4.2m。现对P始终施加一个水平向右、大小为F=30N的恒力作用。已知 P与水平地面间的动摩擦因数为4=0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10/s2, sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)经过圆弧最低点B时，滑块P对圆弧轨道的压力大小： (2)滑块P在空中上升到最高点时，到B点的竖直距离： (3)滑块P从A点运动到空中最高点的过程中机械能的增加量。 0 0 B 物理第8页（共8页）HUN202610 高二物理·答案 1~7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。8~10题每小题5分， 共15分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分， 有选错的得0分。 1.答案D 命题透析本题考查质点模型的理解与运用、标量与矢量概念的辨析，考查考生的物理观念。 思路点拨过弯时，车厢与车头的速度方向可能不同，不相对静止，A错误；列车自身长度大于隧道长度，计算 列车穿过隧道的时间，列车不可视为质点，B错误；列车不同车厢在不同形状上的轨道上运行，运行路程虽然相 等，但运行位移不一定相等，C错误：货物列车穿过隧道的时间1=1000+400，=250s,D正确。 20 2.答案A 命题透析本题考查万有引力相关知识，考查考生的物理观念和科学思维。 思路点接由开常指第三定律可得AB的周期之比经√层宁·安A正确：以P两点到地心的 3 离相等，由=，可得加速度等大，B错误；卫星贴着地球表面做圆周运动，点火加速，获得的速度越大，椭圆 轨道的长轴越大，则A在M点的速度小于B在P点的速度，C错误；A在N点的速度小于在M点的速度，D错误。 3.答案A 命题透析本题以实验探究为情境，考查考生的物理观念。 思路点拨从题图中读出两点坐标，在状态M,0w=1V,1,=0.4A,则Rv=号=2.50，P,=U1,=0.4W,在 状态，=4V,=0.8A,则R,-公=50，P,=,=3.2W,故电阻的变化量为2.5n,电功率的变化量 为2.8W,A正确。 4.答案C 命题透析本题考查对圆周运动中“轻杆模型”的理解，考查考生的逻辑分析能力和模型构建能力。 思路点拨轻杆既能提供拉力，也能提供支持力，故小球通过最高点时的最小速度为0，A错误；小球以最小速 度通过最高点时，向心力为0，轻杆对小球的作用力竖直向上，与重力等大反向，B错误；小球从最高点运动到最 低点的过程中，轻杆的作用力始终垂直于小球的速度方向，则轻杆对小球一定不做功，C正确；小球到达最低点 时，向心力竖直向上，重力竖直向下，则轻杆对小球的作用力为竖直向上的拉力，D错误。 5.答案B 命题透析本题以平面内质，点做曲线运动为背景，考查考生的科学思维。 思路点拨将速度沿x轴和y轴方向正交分解，由于合力沿y轴负方向，因此在x轴方向做匀速运动，在y轴方 1 向的速度先减小后反向增加，当沿y轴方向速度减为零时，合速度最小，沿x轴方向的分速度为1/s,当质点 速度大小变为2m时，设速度与x轴夹角为0，则有c0s0=),可知此时速度与x轴的夹角为60°，质点沿y 轴方向速度由0增加到，3ms,根据牛顿第二定律F=m,5=a,可知所需时间1=5 s,B正确。 6.答案D 命题透析本题以E-x图像为背景，考查电势差与电场强度的关系及E一x图像“面积”的物理意义，考查考 生的科学思维。 思路点拨O、A之间电场强度恒定，U4=Ed,Po=0V,则P4=-Ed,A错误；A、C两点间E-x图像“面积” 表示电势差，Uc≠0，A、C两点的电势不相等，B错误；从A到B电场强度逐渐增加，静电力逐渐增加，加速度逐 渐增加.C错误：心。+2。)d=32静电力做功W=9U=2,D正确 2 7.答案C 命题透析本题以电表改装为背景，考查电路的串并联，考查考生的科学思维。 思路点拨根据串并联知识可知，选择开关接1时，该表量程是0~10mA,选择开关接2时，该表量程是0 1mA,选择开关接3时，该表量程是0~1V,选择开关接4时，该表量程是0~10V,A、B错误：选择开关接1 时，满偏电流I1=10mA,I(R。+R2)=(I1-I)R1,选择开关接2时，满偏电流12=1mA,IR=(2-I)(R+ R),代人数据联立得R1=102、R2=902,C正确；选择开关接3时，该表量程是0~1V,满偏时电压U,=1V, IR+1R=U3,代入数据联立得R3=910,D错误。 8.答案BD 命题透析本题考查电路动态分析，考查考生的科学思维。 思路点拨滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻值逐渐增大，则总电阻逐渐增 大，电流表A,的示数减小，电源的内阻和定值电阻R4分得的电压减小，由闭合电路欧姆定律可知电压表U的 示数增大，定值电阻R两端的电压增大，电流表A,的示数增大，A错误；电源的效率为刀二R+ R外 ×100%= 1 一×100%，由于电路的外电阻增大，则电源的效率将增大，B正确；由于外电路的总电阻与电源内阻的大 1+ R外 小关系未知，因此当滑动变阻器的阻值增大时，电源的输出功率变化不确定，C错误：由闭合电路欧姆定律可知 E=U++R).则有兴=R+,即哈兴=R+,D正确 9.答案AC 命题透析本题以双轮小车为情境，考查共点力静、动态平衡，考查考生的科学思维。 思路点拨桶受到重力、两侧面对桶的支持力F0、Fm,设OP与水平方向夹角为9，沿OP、OQ建立坐标系，正 交分解重力后有Foo=mgsin0,Fp=mgcos0,0缓慢从0增大到90°的过程中Fo增大，Fp减小，故A正确，B 错误：0=30时，Fw=子g,Pm=g,故C正确，D错误。 10.答案BCD 命题透析本题以平行板电容器为背景，考查带电粒子在交变电场中的运动，考查考生的科学思维。 —2 思路点拔：=0时刻射人的粒子，垂直于极板方向从0到号向B板匀加速运动，从？到T向B板匀减速到0， 粒子始终向B板运动，A错误：能射出的粒子在极板中运动的时间1=上=T,1=?时刻射入的粒子，平行于 8 极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向从号到子向B板匀加速运动，=号胎（子-名”=品4，从子 到向B板匀减速到0，=一名4，+为=是d<号，设有箍到极板上，从到T返同向A板句加速运动。 为=(T-2从T到向A板匀减速到0，=为- 2 md 81 一4，此时粒子射出极板，垂直于极板 方向总位移y=++%+,=子，B正确：同理，1=子时刻射人的粒子，沿中线平行于极板射出，C正确； 1 所有粒子射出电场时竖直方向的分速度都等于0，水平方向的速度不变，所有粒子射出电场时速度均与射入 的速度相同，D正确。 11.答案(1)6.9×10-3(2分) (2)8(2分)8.6×10-4(2分) 命题透析本题以电容器的充放电为情境，考查I-(图像面积的物理意义、欧姆定律及电容的定义式，考查考 生的实验探究能力和创新思雏。 思路点拨(1)I-t的图像面积表示电荷量，横坐标一小格是0.4s,纵坐标一小格是0.2mA。每一小格代表 的电荷量△g=0.2×10~3A×0.4s=8×105C,图像与坐标轴所围的面积共有86个小格，电容器所带的电荷 量g=86×△g=86×8×10-5C≈6.9×10-3C。 (2)图线与纵轴的交点坐标是(0,4mA),电阻R=2000。电容器充电结束后的电压U=R=8V,电容器的 电容C=号≈8.6×104F。 12.答案(1)×100(1分)需要(1分)1500(2分) (3)A(2分)E(2分) (4)B(2分) 命题透析本题以多用电表的使用和电阻的测量为情境，考查多用电表的使用及伏安法测电阻仪器的选取和 实验电路的设计，考查考生的实验探究能力。 思路点拨(1)使用多用电表的“×10”欧姆挡测电阻时指针偏角过小，说明被测电阻较大，应换倍率更大的 挡位，选“×100”，欧姆表换挡后需要重新欧姆调零，指针刚好指到15，被测电阻是1500Ω。 (3)电源电压为1.5V,则电压表选择A,为使测量范围尽量大，滑动变阻器采用分压式接法，为便于操作，应 选总阻值小的滑动变阻器，故选E。 (4)因被测电阻的阻值较大，故电流表采用内接法，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路图B正确。 13.命题透析本题考查电路的分析和计算，考查考生的科学思维。 思路点拨(1)根据闭合电路欧姆定律U=E一r …(2分)） 代入数据得4.8=E-0.6r 1.2=E-2.4r 解得电动势E=6V… …(分） 内阻r=2… …(1分)） 3 (2)当滑片P位于滑动变阻器最右端时，电阻R,被短路，此时通过R的电流为2=2.4A,电压为U2=1.2V, 因此号-2子0=0.50… …(2分) 电容器两端的电压等于电阻R,两端的电压，当电压表读数为U=4.8V时 Uc=U1-1R0=4.8V-0.6×0.5V=4.5V…(2分)》 电容器上所带的电荷量Q=CU…(们分)》 解得Q=9.0X10-6C… (1分) 14.命题透析本题以带电小球在竖直平面内的椭圆轨道上运动为情境，考查考生的物理观念和科学思维。 思路点拨(1)作出小球在M点时的受力分析图如图所示 Q gE￥ Ma 3mg 0 mg 由力的平衡条件结合几何关系有 qE=√(mg)2+(5mg)2=2mg… …(2分） 解得电场强度的大小E=2mg…(1分) 电场强度方向与水平面夹角的正切值1ana=mg=5 …(1分) 3mg 3 解得α=30°，即电场强度的方向为与水平面成30°角斜向左上…(1分) 说明：电场强度的方向答由N指向M也可。 (2)0、M两点间沿电场方向的距离为d=N,M=√3b·cosa …(2分) 根据匀强电场的电势差与场强的关系UoM=Ed …(1分) 解得0，M两点间的电势差Uow=3m坐 …(1分) (3)小球所受静电力与重力的合力大小为F”=√3mg,方向水平向左，与NQ连线方向垂直 小球从N点到达Q点的过程中，所受支持力始终不做功 合力做的功为W金=F…2bc0s90°=0…(1分)》 能定理可知W%三A三)m%-)m(2)……… 解得到达Q点时的速度大小v。=2o ……………(1分） 15.命题透析本题以小滑块运动为背景，考查匀变速运动规律、牛顿第二定律、动能定理、向心力公式和速度分 解，考查学生的科学思维。 思路点拨(1)对P从A到B过程，根据动能定理有 (F-umg)L=1 我…(2分）》 在圆弧最低点B,对P,根据向心力公式有 4 Fy-mg=m 。g。eg。gge。egge。。ge。。egeg。。。 R …(2分） 獬得F=188N… …(1分） 根据牛顿第三定律可知，P对轨道的压力大小F2=F,=188N …(1分） (2)对P,从A到C,根据动能定理有 0 B 图1 (F-Mmg)L+FRsin 0-mgR(1-cos 0)= 2mu …(2分） 解得vc=10m/s 之后P沿右上抛出，v与水平地面成夹角0=53 (1分) 其水平、竖直分速度分别为心，=cc0s0、心，=csin0…(1分) 竖直距离h=R(1-cos6)+2g =3.6m …(2分) （3)竖直方向，上升时间=之…(1分) g 根据牛顿第二定律可知P水平加速度a= …(1分) m 在此时间内P向右运动位移 x=84+分ad2 …(1分) 解得x=9.6m 根据功能关系可知P从开始运动到最高点过程中机械能的增加量 △E=(F-wmg）L+F(Rsin0+x)… (2分) 解得△E=396J… (1分)》 -5