【物理】陕西省西安市高新区2025-2026学年高二上学期开学试题(解析版)

2027届高二物理收心考试题一、选择题（1-9单选，每小题3分；10-14为多选，每小题4分，全选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分。共47分）1.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（）A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B.动量大小先增大后减小C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D.加速度大小先增大后减小【答案】D【解析】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；C．根据动量与动能的关系有，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。故选D。2.“灵楼准拟泛银河，剩摘天星几个”，曾经，古人对天宫充满向往，如今，梦想走进现实，中国空间站被称为“天宫”，中国货运飞船是“天舟”，2022年5月10日01时56分，天舟四号货运飞船被长征七号运载火箭成功送入太空，8时54分，天舟四号成功相会“天宫”（空间站天和核心舱），天和核心舱距离地面约，地球北极的重力加速度为g，地球赤道表面的重力加速度为，地球自转的周期为T，天和核心舱轨道为正圆，地球为球体根据题目的已知条件，（G未知）下列说法错误的是（）A.可以求出天舟四号的线速度 B.可以求出地球的质量C.可以求出地球的半径 D.可以求出天舟四号的周期【答案】B【解析】ACD．空间站在太空时，由万有引力提供向心力，即此时的线速度为根据万有引力提供向心力有当在地球北极时重力近似等于万有引力有在赤道上有解得即可以求出地球的半径，上述联立可得由题意及分析可知，g、h、T、R已知，可以求出天舟四号运行的周期T1，进而求出其线速度v，故ACD正确，不符合题意；B．由于未知G，故无法求出地球的质量，故B错误，符合题意。故选B。3.如图所示，质量为的物块A与水平地面间的动摩擦因数为，质量为m的物块B与地面的摩擦不计，在大小为F的水平推力作用下，A、B一起向右做加速运动，则A和B之间的作用力大小为（）。A. B. C. D.【答案】A【解析】以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律可得整体的加速度为以B为研究对象，由牛顿第二定律可得A对B的作用力A正确，BCD错误。故选A。4.如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2m的轻杆相连，两球质量均为1kg，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个大小为2m/s，方向水平向左的初速度，经过一段时间，两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，重力加速度g取10m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是（）A.杆对小球A做负功B.小球A的机械能守恒C.杆对小球B做正功D.小球B速度为零时距水平面的高度为0.15m【答案】D【解析】ABD．由于两小球组成的系统机械能守恒，设两小球的速度减为零时，B小球上升的高度为h，则由机械能守恒定律可得其中L为轻杆的长度，v0为两小球的初速度，代入数据解得在A球沿斜面上升过程中，设杆对A球做的功为W，则由动能定理可得代入数据解得故AB错误，D正确；C．由于两小球系统的机械能守恒，系统内力做功之和为0，故杆对小球B做功为故C错误。故选D。5.冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图（甲）为某跳台滑雪运动员从跳台a（长度可忽略不计）处沿水平方向飞出、经2s在斜坡b处着陆的示意图，图（乙）为运动员从a到b飞行时的动能随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取，则下列说法正确的是（）A.斜坡的倾角为B.运动员在a处的速度大小为20m/sC.运动员运动到b处时重力的瞬时功率为D.运动员在0.8s末时离坡面的距离最大【答案】C【解析】BC．设运动员在a处的速度大小为，根据图乙可得，其中联立解得，则运动员运动到b处时重力的瞬时功率为故B错误，C正确；A．时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足解得，故A错误；D．运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有解得，故D错误。故选C。6.如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合。在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（）A.在平行板电容器中插入电介质B.减小平行板电容器两极板间的距离C.减小平行板电容器两极板的正对面积D.增大平行板电容器两极板的正对面积【答案】C【解析】A．电容器保持和电源连接，电压U一定，在平行板电容器中插入电介质，由可知电容增大，由可知极板电荷量增加，电容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计。故A错误；B．减小平行板电容器两极板间的距离，由可知电容增大，由可知极板电荷量增加，电容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计。故B错误；C．减小平行板电容器两极板正对面积，由可知电容减小，由可知极板带电荷量减小，电容器放电，电路中有a到b方向的电流通过电流计。故C正确；D．同理增大平行板电容器两极板的正对面积，由可知电容增大，由可知极板带电荷量增加，电容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计。故D错误。故选C。7.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，以下正确的是（）A.该带电粒子带正电B.粒子在N点的加速度小于在M点的加速度C.M点的电势低于在N点的电势D.粒子在M点的电势能小于在N点的电势能【答案】A【解析】A．带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，可知粒子带正电，A正确；B．实线表示电场线，电场线的疏密表示电场强度的大小，所以N点的电场强度大于M点的电场强度，粒子只受电场力的作用，根据牛顿第二定律可知，粒子在N点的加速度大于在M点的加速度，B错误；C．沿着电场线的方向，电势逐渐降低，因此M点的电势高于N点电势，C错误；D．粒子先经过M点，再经过N点，由于电场力方向与轨迹之间的夹角是锐角，可知电场力做正功，电势能减小，粒子在M点的电势能大于在N点的电体能，D错误。故选A。8.如图所示，半径为R、圆心在O点的绝缘光滑圆环固定在竖直面内，环上套着一个质量为m的带正电小球，两个等量异种点电荷分别固定在圆环平面内过O点的水平虚线上E、F两点，且EO=FO>R。小球以初速度v0从A点开始沿逆时针方向运动，不考虑小球的运动对两个点电荷形成的电场的影响，小球可视为质点，重力加速度大小为g。下列判断正确的（）A.在A、C两点，小球所受电场力不同B.从A经B到C点，小球的电势能先减小后增大C.从B经C到D点，电场力对小球先做正功后做负功D.在C点，小球对圆环的作用力大小为【答案】D【解析】A．根据等量异种电荷连线中垂线上的电场分布可知，AC两点的场强相同，可知在A、C两点，小球所受电场力相同，A错误；B．从A经B到C点，电场力对小球先做负功，后做正功，可知小球的电势能先增大后减小，B错误；C．从B经C到D点，电场力对小球一直做正功，C错误；D．根据对称性，从A到C的过程中，电场力对小球做功为零，只有重力做功，由动能定理可得在C点由牛顿第二定律有由牛顿第三定律可得小球对圆环的作用力大小为故D正确。故选D。9.如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H。则在小物体从A到B的过程中（）A.两传送带消耗的电能相等B.两传送带对小物体做功不相等C.小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小D.两种情况下因摩擦产生的热量相等【答案】C【解析】AD．甲图中，根据动能定理得乙图中，根据动能定理得因为物体最终均与传送带共速，所以物体的平均速度为传送带速度的一半，根据可知其位移也是传送带位移的一半，所以物体相对传送带的位移与物体的对地位移相等，因摩擦产生的热量与摩擦力对物体做的功相等，即，所以甲产生的热量较多，根据能量守恒，传送带消耗的电能转化为物体的机械能及系统的热能，甲产生的热能较多，所以甲消耗的电能较多。故AD错误；B．根据功能关系，传送带对物体做的功等于其机械能的增量，到传送带顶端时，小物体的机械能相等，所以传送带对物体做的功相等，故B错误；C．根据可知根据牛顿第二定律可知可得，故C正确。故选C。10.如图所示，在倾角为θ=30º的光滑斜面上有完全相同的质量为1kg的三个木块，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用不可伸长的细绳相连，在手的恒定拉力F拉动下，达到稳定后，一起向上做匀加速运动，g大小取10m/s2，下列说法正确的是（）A.如果增大斜面的倾角，弹簧的弹力将增大B.如果换成粗糙的斜面，弹簧的弹力和细绳的弹力将保持不变C.如果一起运动加速度大小为5m/s2，在突然撤去拉力F瞬间BC之间弹力大小为5ND.如果一起运动加速度大小为5m/s2，在突然撤去拉力F瞬间aA=5m/s2，aB=aC=-10m/s2（取沿斜面向上为正方向）【答案】BCD【解析】A．根据牛顿第二定律解得如果增大斜面的倾角，弹簧的弹力不变，A错误；B．如果换成粗糙的斜面，根据牛顿第二定律解得弹簧的弹力等于保持不变；同理可得，细绳的弹力等于保持不变，B正确；CD．根据牛顿第二定律解得在突然撤去拉力F瞬间，A受力不变加速度不变，所以aA=5m/s2对BC组成的系统根据牛顿第二定律解得所以aB=aC=-10m/s2对B根据牛顿第二定律得解得CD正确。故选BCD。11.一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其—t的图像如图所示，则（）A.质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB.质点做匀加速直线运动，加速度为1m/s2C.质点在1s末速度为1.5m/sD.质点在第1s内的平均速度为0.75m/s【答案】BC【解析】A.由匀变速直线运动规律可得由-t的图像可知：质点做匀加速直线运动，A错误；B．-t的图像的斜率可得B正确；C．由图像可知：当，时当时，由匀变速直线运动规律可得C正确；D．由平均速度公式可得D错误；故选BC。12.如图，在等边三角形的三个顶点A、B、C上，分别固定三个电荷量相等的点电荷，其中，A、B处的点电荷均带正电，C处的点电荷带负电，D、E、F分别为AB、BC、CA边的中点，O为三角形中心则下列说法正确的是（）A.三角形中心O点的电场强度方向为O→DB.D点的电势高于O点的电势C.E、F两点电势相同D.把一正点电荷从O点移到E点，该电荷的电势能增加【答案】BC【解析】A．O点到A、B、C三点的距离相等，三个点电荷在O点产生的场强大小相等，且夹角互为120°，则有A、B两点电荷在O点的合场强方向向上，点电荷C在O点的场强方向也向上，所以O点的合场强方向向上，为O→C，A错误；B．三个点电荷在O点的合场强方向向上，可知在O点合电场方向向上，由矢量合成定则可知，在DOC的连线上合场强方向都向上，从D到O电场方向应是从D指向O，由沿电场方向电势降低可知，D点的电势高于O点的电势，B正确；C．AC两个电荷在F点的电势和BC两个电势在E点的电势相同都为零，因此只需要比较A电荷在E点的电势和B电荷在F点的电势，因距离相同因此电势相同，C正确；D．BC两个电荷在O点和E点电势相同都为零，A电荷在O点的电势高于E点的电势，因此O点电势高于E点电势，因此把一正点电荷从O点移到E点，电场力做正功，该电荷的电势能减少，D错误。故选BC。13.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示。重力加速度为g。由此可见（）A.带电小球所受静电力为3mgB.小球带正电C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等D.小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等【答案】AD【解析】B．由于在电场中轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明静电力方向向上，所以小球带负电，B错误；AC．带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，从A到B过程小球做平抛运动。小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动。则有x1=v0t1从B到C过程，有x2=v0t2设AB与MN夹角为，由题意有则得t1=2t2即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍。根据几何知识有y1∶y2=x1∶x2解得a=2g根据牛顿第二定律得F-mg=ma=2mg解得F=3mgC错误，A正确；D．根据速度变化量Δv=at，则得AB过程速度变化量大小为Δv1=gt1=2gt2BC过程速度变化量大小为Δv2=at2=2gt2所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，D正确。故选AD。14.如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的是（）A.电场方向可能垂直ON向上B.电场强度E的最小值为E=C.如果电场强度为E=，则小球的电势能始终为0D.如果电场强度为E=，则小球相对初始位置的最大高度为【答案】ACD【解析】AD．因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场方向不确定，电场力的方向不确定，有最小值，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小为如图所示所以电场强度的最小值故A正确，B错误；C．如果电场强度为E=，则小球所受电场力垂直于运动方向，电场力不做功，电势能不变，电势能始终为0，故C正确；D．根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120°，如图所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g，小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移则小球上升的最大高度故D正确。故选ACD。二、实验题（共2道小题，每空2分，共14分。）15.某实验小组利用图甲所示的装置测量小球平抛的初速度。（1）下列实验操作正确的是__________A.斜槽轨道必须光滑B.斜槽轨道末端必须水平C.记录的点应适当多一些D.小球每次应从同一高度由静止释放（2）如图乙所示，该小组从运动轨迹上选取了5个点，并以第一个点为坐标原点建立坐标系，各点的坐标值已在图中标出。（重力加速度g取9.8m/s2）①图中坐标原点__________（填“是”或“不是”）抛出点；②小球平抛运动的初速度为__________m/s（保留2位有效数字）。【答案】（1）BCD（2）不是1.0【解析】（1）[1]A．如果斜槽轨道粗糙，每次小球从同一位置下滑过程中克服摩擦力做的功相同，每次小球获得平抛运动的初速度相同，所以斜槽轨道不必光滑，故A错误；B．斜槽轨道末端的切线必须调至水平，这样才能使小球离开斜槽后做平抛运动，故B正确；C．要使描出的轨迹更好地反映真实运动情况，记录的点应适当多一些，这样得到的平抛运动轨迹更准确，故C正确；D．为了减小误差，应使小球每次都从斜槽上相同位置由静止开始滑下，故D正确。故选BCD。（2）[2]若原点O是抛出点，因小球竖直方向做的自由落体运动，通过连续相等时间，位移之比应为1：3：5：……，而由图可知在相等的时间内竖直位移之比为：6.08:8.57:11.03:13.42，不满足位移比例关系，故原点O不是抛出点；（3）[3]小球在竖直方向做自由落体运动，则有由图乙可知Δy=（14.65cm-6.08cm）-6.08cm=2.49cm代入上式可得T=0.05s则初速度16.如图1所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置。实验通过数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图，重力加速度为g。（1）下列说法正确的是_______；A.每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B.实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C.本实验m2应远小于m1D.在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得，作出图像，他可能作出图2中________（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________；A.小车与轨道之间存在摩擦B.导轨保持了水平状态C.钩码的总质量太大D.所用小车的质量太大（3）实验中打出的纸带如图3所示，相邻计数点间的时间是0.1s，由此可以算出小车运动的加速度是________m/s2。（计算结果保留2位有效数字）【答案】（1）D（2）丙C（3）0.46【解析】（1）A．平衡摩擦时，有最终物体的质量约去，所以平衡摩擦力与重物质量无关，所以每次在小车上加减砝码时，不需要重新平衡摩擦力，故A项错误；B．实验时用打点计时器，应先接通电源，后释放小车，故B项错误；C．平衡摩擦力后且线与板面平行的情况下，对小车有对钩码有解得由上述分析可知当时，，此时才可将钩码所受的重力作为小车受到的合力，故C项错误；D．在用图像探究加速度与质量的关系时，外力一定面对小车有所以应该选择图像更直观，故D项正确。故选D。（2）[1]由于未平衡摩擦力，故当拉力不大于最大静摩擦力时仍处于静止状态，加速度为零，即图线的横轴截距大于0，故应是丙图线。[2]此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，不再满足的条件，加速度a与钩码重力不再满足线性关系，故AB段不再是直线。故选C。（3）实验中打出的纸带如图所示。相邻计数点间的时间是0.1s，由此可以算出小车运动的加速度是三、计算题（8+9+10+12=39分）17.第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，重力加速度取，求雪车（包括运动员）（1）在直道AB上的加速度大小；（2）过C点的速度大小；（3）在斜道BC上运动时受到阻力大小。【答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N【解析】（1）AB段解得（2）AB段解得BC段过C点的速度大小（3）在BC段有牛顿第二定律解得18.如图所示，水平面光滑，粗糙半圆轨道竖直放置，圆弧半径为R，长度为。在上方、直径左侧存在水平向右的匀强电场。一个质量为m带正电的小球自A点由静止释放，经过B点后，沿半圆轨道运动到C点。在C点，小球对轨道的压力大小为，已知，水平面和半圆轨道均绝缘。求：（1）小球运动到B点时的速度大小；（2）小球从B点运动到C点过程中克服阻力做的功；（3）小球离开轨道后落地点P的位置（要指出具体位置）。【答案】（1）；（2）；（3）B点左侧处【解析】（1）小球从A到B，根据动能定理，有又解得（2）小球运动到C点，根据牛顿第二定律，有解得小球从B运动到C点的过程，根据动能定理，有解得所以小球从B到C过程克服阻力做功。（3）小球离开轨道后在竖直方向做自由落体运动，则解得运动时间小球离开轨道后在水平方向上在电场力作用下做匀减速运动，由牛顿第二定律得减速到零的时间所以小球离开轨道后在水平方向上在电场力作用下先做匀减速运动，速度减小到零后，再做初速度为零的反向匀加速运动，加速度不变，所以小球离开轨道后水平方向的位移为所以小球离开轨道后落地点P位置在B点左侧处。19.某校科技组利用图甲所示装置