湖南省长沙市2026-2027学年高二上学期开学学情物理自测卷（人教版）（解析版）

湖南省长沙市2026-2027学年高二上学期开学学情自测卷物理试题（解析版）题号12345678910答案BCACCBBBDBDAD1．B【详解】A．甲图中，女生接触带电的金属球时是接触起电，故A错误；B．乙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电现象，故B正确；C．丙图中，优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，以防止外部信号对电缆内部电信号的干扰，没有增强其导电能力，故C错误；D．丁图中，屏蔽服作用使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害。用导电金属材料与纺织纤维混纺交织成布后做成的，故D错误。故选B。2．C【详解】小物体在圆盘上随圆盘一起做匀速圆周运动，其向心力由静摩擦力提供，方向始终指向圆盘中心，与速度方向垂直。故选C。3．A【详解】由电场的叠加原理可知，在AB连线之间的合场强不可能为0，由点电荷场强公式可知，场强为0的点应离电荷量较小的更近，所以电场强度为零的位置在A点左侧，故A正确。故选A。4．C【详解】A．电路中的总电阻是故A错误；B．通过的电流是A故B错误；C．ab两端的电压是V故C正确；D．ac两端的电压是V故D错误。故选C。5．C【详解】如图所示，将小球A受到的重力mg、拉力T、库仑力F平移成矢量三角形，它与三角形相似，有。由于、mg不变，因此不变，由于不变，因此T不变。对物块C，由于细线拉力不变，因此地面对C的支持力为4N不变。故选C。6．B【详解】若小物块与罐壁恰好没有摩擦力，小物块和O点的连线与的夹角仍为，则小物块受到的重力与支持力的合力提供向心力，有解得由于所以题中小物块受到的摩擦力沿罐壁向上，与水平方向成60°角，则有，联立解得故选B。7．B【详解】设a、b棒带等量同种正电荷，由题知，若仅撤去c棒，O点的场强大小由变成，说明c棒带等量负电荷，且在O点产生的电场强度与带等量同种电荷的a、b棒在O点产生的合场强相等，设a棒在O点产生的电场强度为E，b棒在O点产生的电场强度也为E，根据平行四边形定则，则有解得若仅将棒a叠于棒b处，电量变为原来的两倍，则两棒在O点产生的电场强度为根据余弦定律，可得三根据棒在O点场强大小为故选B。8．BD【详解】物块0~3s时间内的加速度对应的牛顿第二定律可得求得内的加速度大小对应的牛顿第二定律可得求得方向为初始运动的反方向内的加速度对应的牛顿第二定律可得求得方向为初始运动的反方向A．由上述分析可知，时拉力F的方向发生改变，A错误；B．0~3s时间内拉力F的冲量大小为B正确；C．0~6s时间内拉力F的冲量C错误；D．物体在内走过的路程为0~6s时间内克服摩擦力做的功为D正确。故选BD。9．BD【详解】设光线P经C折射后过B点，光路如图所示．在△ODBC中，由几何关系得：，得α=60°；在△OBC中，由几何关系得：α=2β，可得：β=30°；则圆柱体的折射率为；CB=2Rcos30°=R；光在圆柱中传播的速度；故从B点射出的光在圆柱中传播时间，故选BD．10．AD【详解】A．由于3个球在同一杆上，三个球角速度相等，根据题意可知三个球半径之比为由可得由可得，摆至竖直位置时，小球1和2的动能之比为故A正确；B．从起始位置摆至竖直位置过程中，机械能守恒，有又有联立解得故B错误；CD．从起始位置摆至竖直位置过程中，对小球2、3，分别由动能定理得，又有，联立解得，故C错误、D正确。故选AD。11．(1)1.415/1.416/1.417(2)11/11.0(3)R1(4)【详解】（1）该电阻丝的直径为（2）当用“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，则说明倍率选择较大，故换用“×1”挡后重新欧姆调零，则其多用电表的读数为11.0Ω。（3）[1]为调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，则滑动变阻器应采用分压式接法，故滑动变阻器应选择较小阻值的；[2]由于所以为了减小误差，电流表应采用外接法，则电路原理图如图所示（4）根据电阻定律根据欧姆定律其中联立可得待测金属丝的电阻率的表达式为12．D没有【详解】（1）[1]物块被弹射出后，做平抛运动的水平速度大小的表达式所以物块被弹射出的速度大小的表达式；（2）[2]弹簧的弹性势能等于物块被弹射后得到的动能，则为求出弹簧的弹性势能，还需要测量物块的质量m，故D正确，ABC错误；（3）[3][4]由能量守恒得静止释放物块时，弹簧的弹性势能由力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，小球的水平速度始终保持不变，故应选“没有”。13．(1)，方向水平向右(2)【详解】（1）设小球受到的水平恒力大小为F，由题意解得，方向水平向右（2）在C点，受力分析有解得14．（1），；（2）；（3）【详解】（1）对滑块由牛顿第二定律得μ1(mg+Eq)=ma1解得a1=4m/s2对长木板由牛顿第二定律得μ1(mg+Eq)-μ2(mg+Mg+Eq)=Ma2解得a2=1m/s2（2）设两者达到共同速度的时间为t1，则有v=v0-a1t1=v0-4t1v=a2t1=t1假设两者达到共同速度后一起减速，对整体由牛顿第二定律得μ2(mg+Mg+Eq)=(M+m)a3对滑块F合=ma3代入数据解得：F合=1.2N<μ1(mg+Eq)=3.2N故假设成立，两者一起减速。在t1这段时间内滑块的位移为长木板的位移为滑块在长木板滑动的相对位移为代入数据解得（3）设两者达到共同速度后一起做减速运动的时间为t2，则有v=a3t2故长木板与地面摩擦产生的热量为代入数据解得15．(1)(2)(3)，【详解】（1）物块刚放上传送带时，电场强度为根据牛顿第二定律得解得（2）当合力为零时，物块速度最大，根据平衡条件得因为解得向上运动5m时速度最大；（3）根据题意，电场强度方向先沿传送带向上，后沿传送带向下，电场力对物块先做正功，物块的电势能减小，后做负功，物块的电势能增大，电场强度减小到零时，电场强度的方向发生改变，所以，当电场强度减小到零时，电场力做功最多，电势能最小。解得物块运动到处，电场强度为零，电场方向发生改变，电场力做功最多，电势能最小。把电场分解为两个电场，一个是方向沿着传送带向上的匀强电场，另一个是方向沿着传送带向下、大小为的变化电场，该电场对物块的电场力的大小与位移成正比，可以用平均值的方法求功。物块