2025-2026学年河南省周口市某中学高二（上）开学物理试卷（含解析）

2025・2026学年河南省周口市扶沟高级中学高二（上）开学物理试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v-t图象如图所示，以下判断

正确的是（）

A.最后2s内货物只受重力作用

B.前3s内货物处于超重状态

C.货物前3s内的平均速度小于最后2s内的平均速度

D.第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒

2.图甲为家用燃气炉架，其有四个对称分布的爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，如图乙所示（侧视图

），忽略爪与锅之间的摩擦力，若锅是半径为R的球面，正对的两爪间距为d,则下列说法正确的是（）

甲乙

A.R越大，爪与锅之间的弹力越小B.R越大，爪与锅之间的弹力越大

C.d越大，锅受到的合力越大D.d越大，爪与锅之间的弹力越小

3.自由式小轮车赛是一种对感它冲击强烈的极限运动，单人表演场地如图所示，两个相同等腰直角三角形

斜坡间隔15m,表演者从右边斜坡顶点以lOMm/s的速度沿斜面方向滑出，最终落在左边斜坡的斜面上。

忽略空气阻力，表演者连带装备可看作质点，g=10m/s2。下列说法中正确的是（）

A.表演者将落在左边斜坡的顶点上

B.表演者落在左边斜坡的斜面时，速度方向沿斜面向卜.

C.表演者距离左边斜坡的最远距离为5Mm

D.表演者上升和卜降的高度之比为1：3

4.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨

迹，设M点和N点的电势分别为0M,（pN,粒子在M和N时加速度大小分别为QM，QN，速度大小分别为

vMtvN,电势能分别为EPM,EPN。下列判断正确的是（）

<VJV，

A.vMaM<aNB-vM<vN,<PM<8N

C.(pMV0N，EpM<EpND.VUjv»EPMVEPN

5.如图所示，a、b为两个固定的带正电q的点电荷，相距为3通过其连线中点。作此线段的垂直平分面,

在此平面上有一个以。为圆心，半径为浮L的圆周，其上有一个质量为m,带电荷量为-q的点电荷c做匀速

圆周运动，则c的速率为（）

A/宸B.qJ^

Cq底D.

6.如图甲所示，在绝缘光滑的水平面上建立x轴，在％=0处和x=6m处分别固定点电荷Qi和Q2。两点电

荷连线上的电势3与位置》之间的关系图像如图乙所示，图中x=4m处的电势最低。已知点电荷q在某点的

电势9=/^。为该点到点电荷的距离，k为静电力常量），若空间存在几个点电荷时，则某点的电势为各个

D.小球的最大加速度为无=1m处加速度的4倍

7.如图甲所示，水平地面上竖直固定一半径为0.5/n的半圆形轨道，A为最低点，8为轨道中点，C为最高

点。现有一质量为Mg的小球从4点以一定速度进入半圆轨道，恰好能到达最高点C。测得小球在轨道上速

度的平方与其高度的关系如图乙所示。已知轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计，重力加速度g取

107*2。则（）

A.图乙中％=25B.小球在4点对轨道的压力大小为10N

C.小球从4到。合力做的功为15.5/D.小球从3到。损失机械能小于2.75/

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，当轨道半径增大到2倍时，如果人造地球卫星的质量不变，则该

卫星（）

A.周期变为原来的;B.线速度变为原来的芋

C.向心力变为原来的;D.向心加速度变为原来的］

9.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽

略，开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，下列说法正确的是（）

A.保持K闭合，将上极板右移•小段距离后，静电计指针的张角变大

B.保持K闭合，将上极板下移一小段距离后，P点电势升高

C.若断开K,将上极板右移一小段距离后，带电油滴向下运动

D.若断开K,将上极板下移一小段距离，带电油滴的电势能不变

10.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长

为L的绝缘细线，细线一端固定在。点，另一端系一质量为zn的带电小球。小

球静止时细线与竖直方向成。角，此时让小球获得初速度且恰能绕。点在竖直

平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。卜.列说法正确的是（）

A.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小

B.匀强电场的电场强度E=吆㈣

q

C.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大

D.小球动能的最小值为劣=黑

ZCOSv

三、实验题：本大题共2小题，共18分。

11.在探究平抛运动的规律实验中，某同学用频闪照相机对准方格背景照

相，拍摄处理后得到了如图所示的照片，小球做平抛运动所经历的位置

分别为a、氏c、d、e点，其中有部分位置已被污迹覆盖导致无法确定d

点，以拍摄的a点为坐标原点，以水平向右为“轴、竖直向下为y轴建立

直角坐标系。已知每个小方格的边长为10cm,取当地的重力加速度大小

g=10m/s2o

（1）照相机相邻两次闪光的时间间隔T=_____s0

（2）被拍摄到的小球在d点的坐标为（______）,a点（填“是”或者“不是”）小球的抛出点。

12.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量:

(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图甲所示，则金属丝的直径为mm.

(2)然后用欧姆表粗测金属丝电阻，选择倍率为xl的欧姆挡，按正确的实验操作步骤测量，表盘指针位置

如图丁所示，该金属丝电阻约为______

(3)某同学通过实验测定金属丝的电阻&,现有电源(4V,内阻忽略不计)、滑动变阻器(0-500).额定电流

(2加、开关和导线若干,以及下列电表：

A.电流表(0—34,内阻约0.0250

B电流表(0-0.64内阻约为0.125。)

C电压表(0-3心内阻约弘。)

。・电压表(0-15V,内阻约15A0

为减小测量误差，在实验中，电沆表应选用，电压表应选用(选填器材前的字母)；

(4)实险电路应采用如图______(填“乙”或“丙”),该电路测量得到的电阻阻值比真实值______填(“偏

大”或者“偏小”或“相等”)。

四、计算题：本大题共3小题，共30分。

13.冰壶比赛是冬奥会的重要项目。比赛中冰壶在水平冰面上的台动可视为匀减速直

线运动直至停止，已知一冰壶被运动员推出的初速度大小为3.6m/s,其加速度大小为

0.2m/s2,求：

(1)冰壶10s木的速度大小；

(2)冰壶在20s内的位移大小。

14.如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质M-----------------------------N

量为m=2.0x10-11匕外电荷量为q=+1.0X10-5配从a点由静止开始经电--------------->£

压为U=100,的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点〃图p........』一.」

中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30。角。已知PQ、A7N间距为,Q\

20/3cm.带电粒子的重力忽略不计。求：

(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率巧;

(2)匀强电场的场强大小E。

15.如图所示，一轻质弹簧右端固定在水平地面。处的挡板上，将一质量m=1的的小物块靠在弹簧左端。

处(小物块与弹簧不拴接)，此时弹簧处于原长，。。段光滑，DC段粗糙。水平地面C处与倾斜传送带下端平

滑连接，传送带上端8处与一光滑半圆轨道48最低点相切，半圆轨道固定在竖直平面内，半径R=2m。现

将小物块向右压缩弹簧一定距离后由静止释放，小物块在传送带上一宜做加速运动进入半圆轨道后并从A

点飞出，恰好落在C点。已知D、C间距与=5根，传送带B、C两端间距L=9m,与水平地面间的夹角6=

37S传送带由电动机带动以i;=19m/s的恒定速度逆时针转动，小物块与传送带间的动摩擦因数出二

£,与。C段间的动摩擦因数〃2=0.2,重力加速度取g=10m/s2,小物块可视为质点，不计空气阻力,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,不考虑小物块再次滑上传送带的情况。求:

(1)小物体运动到力点时轨道对物体支持力的大小FN；

(2)小物体在传送带上运动的过程中，因摩擦血产生的热量大小。；

(3)小物体释放前，弹簧具有的弹性势能大小琮以及带动传送带的电动机由于运送小物块多输出的电能

AE.

D0

答案解析

1.【答案】B

【解析】解：小最后2s内Q=^=gm/s2=—3m/s2,比g小，所以不只受重力作用，故A错误；

B、前3s内货物加速上升，处于超重状态，故B正确；

C、货物前3s内为匀加速直线运动，平均速度为3m/s,最后2s内货物做匀减速直线运动，平沟速度也为

3m/s,故C错误；

。、第3s末至第5s末的过程中，货物匀速I:升，动能不变，重力势能增加，故机械能增加，故。错误；

故选：8。

超重是物体所受拉力或支持力大于物体所受重力的现象；当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体

均处于超重状态，即不管物体如何运动，只要具有向上的加速度，物体就处「超重状态；超重现象在发射

航天器时更是常见，所有航天器及其中的宇航员在刚开始加速上升的阶段都处于超重状态。

本题关键是根据u-t图象得到物体的运动情况，然后进一步判断超失重情况，注意只要加速度向上，物体

就处于超重状态。

2.【答案】4

【解析】解：对锅进行受力分析如图所示。

mg

根据平衡条件，炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等，方向相反，即

4FcosO=mg

由几何关系有、解一+

cos0=J—

1\

R

联立得:八c;PL

则A越大，爪与锅之间弹力越小，同理d越大，爪与锅之间弹力越大，锅受到的合力为零，故A正确，BCD

错误。

故选:4。

对锅受力分析，根据平衡条件求出每个爪的弹力与R、d的关系，再进行分析。

本题考查共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象，进行受力分析，利用平衡条件建立平衡方程进行

解答。

3.【答案】C

【解析】解：4c.因为表演者从右边斜坡顶点沿斜面方向滑出，则在水平方向和竖直方向的分速度为

vx=vv=10m/s

表演者将做斜抛运动，根据斜抛运动的对称性，当表演者下落到与斜坡顶点等高时，速度方向与左边斜坡

平行，此时距离左边斜坡最远，在竖直方向，可得运动时间为£=也=答5=2$

910

在水平方向的位移为

x=vxt=10x2m=20m

则表演者距离左边斜坡的最远距离为即=(x-15m)s讥45。，解得=三Jim

故A错误，。正确；

8.表演者下落到与左边斜坡顶点等高时，速度方向沿斜面向下，继续下落到斜坡上时，速度方向改变，故

B错误；

D表演者上升到最高点时，在竖直方向2g九1=呼，解得hl=5m

在水平方向xl=&解得豆=10m

设下降的高度为九2，贝帅2=gg均

X2=Vxh

九2一hi

----7TF------x=tan45°

%2一(15m-%i)

联立解得

h2=20m

所以表演者上升和下降的高度之匕为

九1_5m_1

h2~20m—4

故。错误。

故选：C。

根据斜抛运动的对称性可求出水平方向的位移，从而得到表演者距离左边斜坡的最远距离；通过运动过程

分析，可知表演者速度方向是变亿的；根据运动的分解，可求出表演者上升和下降的高度之比。

学生在解答本题时，应注怠深入理解斜抛运动中具有对称性这一特,点，这是解答本题的关键。

4.【答案】D

【解析】带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上

方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故<PM>(PN①;

若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M点时的速度比通过N点时

的速度大，即巧v②，

在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即琢”<EPN③；

根据电场线疏密可知，EMVEN，根据F=Eq和牛顿第二定律可知，aM<aN@：

A、由②④可知，A错误：

3、由①②可知，3错误；

C、由①③可知，C错误；

。、由③④可知，。正确；

5.【答案】R

【解析】解：。做匀速圆周运动所需要的向心力由两个点电荷+q库仑力的合力提供，对c进行

受力分析如图所示，由于c到。点距离R=与L，所以△abc是等边三角形。

a、b对c的库仑力大小Fi=F2

合力为：F合=2FC0S3O。=鸟史。

由牛顿第一定律得：b^=m4

aR

\i~3kq2v2

即一7=二血叵，

2

解得“=9扇

故选:B。

c做匀速圆周运动所需要的向心力由两个点电荷+q库仑力的合力提供，根据库仑定律和力的合成求出合

力，再根据牛顿第一.定律和向心力公式结合求解。

本题有两个关键点：一是分析为库仑力，确定向心力的来源；二是运用合成法求解合力。

6.【答案】C

【解析】解：/B.根据题意，由0-x图像可知，％=4m处电场强度为0,0〜4m电场方向沿x轴正方向,

47n〜67n电场方向沿x轴负方向，则Qi、Q2均带正电，且有

kQi二kQ?

42-(6-4)2

解得Qi=4Q2

故AB错误；

C根据题意，由电势公式可得，％=1m处电势为

kQikQ?21kQ7

*=丁+口=^-

设x=r处电势与％=lzn处电势相等，则有

kQ、6kQ2_21kQ2

r+6-r-5

解得

r=1（舍），r=ym

由动能定理可知，小球运动到时，速度减小到0,即小球将在x=1m〜之间往复运动，故C

正确：

D当小球运动到x=40m时，加速度最大，此处的电场强度为

丘_kQ?kQ、

冏

解得〃2=磊!

x=1m处的电场强度为

_kQ、_kQ?

ll2（6-I）?

解得瓦=寮（22

则有

a2_qE2

一qEi

解得%=居＜4

以16

故。错误。

故选：Co

根据W-x图象切线的斜率等于场强E,分析场强的变化，根据点电荷场强公式E=求解＜从判断电

势能的变化，从而分析C；根据牛顿第二定律分析。。

解决本题首先要理解W-x图象切线的意义，知道电势的计算公式、电荷场强公式，灵活运用电场的叠加

原埋。

7.【答案】D

【解析】解：4由图可知，图中x对应小球到达最高点C,因为是恰好到最高点C,则有

V2

mg=m—

解得

v=yTSm/s

则

x=5

故A错误；

由图可得h=0时即在力点时的速度

若=36m2.s-2

则由牛顿第二定律有

场

NA-mg=m-

解得

NA=82N

故B错误；

C/、球从力到。由动能定理可得

11

“冷=2小避一2血十

代人数据解得卬合二—15.5/

故C错误；

。.由前面分析可知力到C小球动能减少量为15.5/,重力势能增加量为mg-2r=1x10x2x0.5/=10/,

由能量守恒可知，4至IJC小球机械能减少5.5/,但由于在月8段的平均压力大于8C段，故在48段摩擦力做功

大干BC段，故BC段失机械能小于2.75/,故。正确；

故选：Do

根据小球恰好到达最高点C时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点C时的速度，从而

得出x的值：根据4到。过程中动能的减小量和重力势能的增加量得出机械能的减小量，通过4到8和8到C

过程中克服摩擦力做功的大小，判断出两个过程中机械能损失的关系，从而得出小球从B到。过程中机械能

的损失；根据动能定理求出4到。过程中合力做功的大小；根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时

间求出平抛运动的水平位移。

解决本题的关键是明确知道小球恰好到达C点时的临界条件：重力等于向心力，要知道小球在退动过程中

摩擦力的变化情况，来判断机械能变化情况。

8.【答案】BC

【解析】解.：根据万有引力提供向心力有

GMmv24TT2

=I7n=m—=mr产=ma

解得

"严'。=詈,7=2兀底

当轨道半径增大到2倍时，周期变为原来的2口，线速度变为原来的噂，向心力变为原来的向心加速度

乙1

变为原来的"故4。错误，BC正确；

4

故选：BC。

根据牛顿第二定律及力有引力提供向心力分析解答。

本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握万有引力提供向心力的运用。

9.【答案】BD

【解析】解：4当开关保持闭合时，两极板间的电势差保持不变，将上极板右移一小段距离，静电计指针

的张角不变，故4错误；

B.当开关保持闭合时，则两极板间的电势差保持不变，根据

U

E=d

将上极板下移一小段距离后，两板间距离变小，两极板间场强增大，根据

Up下极板-Edp下板板

P点与下极板间电势差增大，P点电势升高，故8正确；

C当开关断开时，极板的电荷量保持不变，根据

=47TH

将上极板右移一小段距离后，电容减小，根据

U丸

两极板间的电势差增大，根据E=5两极板间场强增大，带电油滴受到的电场力增大，带电油滴向上运

动，故。错误；

。.当开关断开时，极板的电荷量保持不变，将上极板下移一小段距离，两极板间的场强

—U_Q_Q_4nkQ

~d~Cd~erS,一erS

WHkda

不变，根据

U

P卜极板=Edp卜极板

P点与下极板间电势差不变，P点电势不变，带电油滴的电势能不变，故。正确。

故选：BD.

根据开关的状态得出过程中的不变量，熟悉公式之间的推导从而得出场强和电势的变化。

本题主要考查了电容器的动态分析问题，熟悉变化过程中的不变量，同时理解公式之间的关系即可完成分

析。

10.【答案】BD

【解析】解：4、小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的

位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最

小，故A错误；

B、小球静止时悬线与竖直方向成。角，对•小球受力分析，小球受重力、拉力和

电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanO=qE,解得E=誓竺，故

B正确；

C、小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则

其电势能先减小后增大，再减小，故C错误；

。、小球恰能绕。点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点4速度最小，根据牛顿第二定律，有：喘二

m。，则最小动能琢=gm/=舞，故。正确。

故选：BD。

小球静止时悬线与竖直方向成。角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大

小；小球恰能绕。点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点力速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小

速度，得到最小动能：小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机

械能最小的位置即为电势能最大的位置。

本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能

定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和

功能关系求两者之和。

11.【答案】0.160cm,60cm不是

【解析】解：(1)小球在竖直方向上做自由落体运动，设相邻点迹之间的时间间隔为7；

根据匀变速直线运动推论dy=72_Xi=2L-L=gT2

解得T=0.1s

(2)小球在水平方向上做匀速直线运动，经过相等时间水平位移相等，因此d点的横坐标为为=xc+2L=

6L=6x10cm=60cm

竖直方向做自由落体运动，根据匀变速运动推论4y=%-yi=乃-丫2

因此丫3=2y2—yi=2x2L—L=3L

d点的纵坐标％=yi+%+丫3=乙+2L+3L=6L=6x10cm=60cm

小球在d点的坐标为(60cm,60cm)；

若G点为抛出点，根据自由落体运动规律=\gT2=1x10x0.12m=0.05mH0.1m

因此a点不是抛出点。

故答案为：(1)0.1；(2)60cm,60c7九；不是。

(1)根据匀变速直线运动推论求时间间隔：

(2)根据平抛运动水平方向做匀速运动求解d点的横坐标，根据匀变速运动的推论求解d点的纵坐标；若a点

为抛出点，根据自由落体运动规律求解a、b两点的竖直距离，分析后得出结论。

本题主要考查了利用频闪照相法探究平抛运动的规律实验，理傩平抛运动的规律和匀变速运动的推论是解

题的关键。

12.【答案】0.8786.08C乙偏小

【解析】解：(1)金属丝的直径为

d=0.5mm+38.0x0.01mm=0.880mm

(2)金属丝电阻约为

/?x=6xIP=6P

(3)通过金属丝的电阻的最大电流为

£42

Im=R；=6A=3A

为减小测量误差，在实验中，电沆表应选用量程为0-0.64的电流表，故选B。

电源电动势为4V,为减小测量误差，电压表应选用量程为0〜3卜的电压表，故选C。

(4)电压表的内阻远大于金属丝的电阻，为减小实验误差，电流表应采用外接法，实验电路应采用如图

乙。

由于电压表的分流作用，通过金属丝的电流小于电流表的示数，电路测量得到的电阻阻值比真实值偏小。

故答案为：(1)0.878；(2)6.0；(3)8,C；(4)乙，偏小。

(1)读出螺旋测微器的固定刻度和可动刻度的读数相加即可；

(2)先读欧姆表指针所指示数，再乘以倍率；

(3)估算通过金属丝的电阻的最大电流选择电流表；根据电源电动势选择电压表；

(4)分析电压表内阻造成的误差。

本题关键掌握“测定金属丝的电阻率”的实验原理和器材的选择方法。

13.【答案】解：(1)冰壶作匀减速直线运动，减速至零的总时间为：7=生=鸽s=18s,所以10s末时速

QU・Z

度的大小巧=v0-Q《I，解得巧=1.6m/So

(2)冰壶20s内的位移大小，其实是18s内的位移大小，因为18s后冰壶速度已经减至零不再运动了，所以

x=写解得％=32.4TH。

答：⑴冰壶10s末的速度大小为1.6m/s；

(2)冰壶在20s内的位移大小为32.4m。

【脩析】(1)冰壶整个过程作匀减速直线运动，从开始减至零的时间由速度一时间公式可求得，然后计算

10s末速度大小；

(2)在上一问的基础上，利用运动学公式即可求出20s位移大小即可。

学生在解决本题时，应注意，冰壶并不是20s内都在做匀减速运动的，解题时，应注意先判断研究对象何

时减速至零，再利用公式求解相关物理量。

14.【答案】解：(1)粒子在加速电场中加速过程，由动能定理得：

qU=2mvi

代入数据解得：Vi=1x104m/s

(2)已知PQ、MN间距为d=20x/~3cm=

带电粒子在MN间的匀强电场中做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，有：d=Vlt

水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有：vx=at

将瓦点的速度分解如图所示，则〃几30。=?

由牛顿第二定律得：qE=ma

代入数据解得:E=1000N/C

v,

M

E

P-------Q

U

答：(1)带电粒