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

湖南省株洲市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CDCCCDBBCDBDABD1．C【详解】A．电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，只取决于电容器本身的性质，故A错误；B．电容器充电后，由于静电感应，两极板一定带有等量异种电荷，故B错误；C．照相机闪光灯应用电容器放电发出强光，故C正确；D．电容器与电源相连时，电容器将充电，而电容器两极板间用导线相连时，电容器放电，故D错误。故选C。2．D【详解】A．当刀具向后拉动时，刀具受到的滑动摩擦力阻碍刀具的相对运动，因此刀具受到的摩擦力向前，故A错误；B．刀具向后拉动时，由于刀具受到的摩擦力向前，根据牛顿第三定律可知，磨刀器受到刀具的摩擦力向后，根据平衡条件可知，桌面对磨刀器的摩擦力向前，结合牛顿第三定律可知，磨刀器对桌面的摩擦力向后，故B错误；CD．当对刀具施加相同的正压力F时，将F沿两个侧面进行分解，如图所示，由几何关系可得故当磨刀器的夹角越大，刀具对磨刀器的作用力越大小，根据可知，刀具受到磨刀器的摩擦力越小，故C错误，D正确。故选D。3．C【详解】ABC．由图可知，A球在相等时间内的水平位移相等，则可判断A球水平方向做匀速直线运动；竖直方向A球的运动和B球相同，则可判断A球沿竖直方向做自由落体运动；故AB错误，C正确；D．根据平抛运动规律可得则必须要借助刻度尺测出每个小方格的边长，借助重力加速度的值才能求解A球抛出时的初速度大小，故D错误。故选C。4．C【详解】试题分析：由胡克定律可知，在弹性限度内弹簧的形变量越大，弹簧的弹力越大；弹簧的弹性势能EP=kx2，在弹性限度内，弹簧的形变量越大，弹簧的弹性势能越大．解：将弹簧拉力器用力拉开的过程中，弹簧的伸长量变大，弹簧的弹力变大，弹性势能变大；故ABD错误，C正确；故选C．点评：在弹性限度内弹簧的形变量越大，弹力越大，弹性势能越大．5．C【详解】A．运动过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，可知选项A错误；B．C球摆到最低点时由动量守恒和能量关系，解得物块B的速度为选项B错误；C．C球第一次摆到最低点过程中，根据，可得木块A、B向左移动的距离为选项C正确；D．当C到达最低点再向右摆动时，A做减速运动，此后AB分离，由于因系统有部分机械能传给了B，则当A、B、C运动状态稳定后，小球C不会摆到原来的高度，即细线与杆所成夹角最大不会达到，选项D错误。故选C。6．D【详解】A．上升过程，根据牛顿第二定律，有f+mg=ma解得下降过程，根据牛顿第二定律，有mg-f=ma′解得可见：上升过程加速度大小大于下降过程加速度大小。由于上升和下降的高度相等，上升的加速度大小大于下降的加速度大小，由运动学公式知上升的时间小于下降的时间，故A错误；B．由于小球运动过程有空气阻力，所以机械能损失，回到抛出点时的速率v2必然小于抛出时的速率v1，则由动能公式知小球回到抛出点的动能小于抛出时的动能，故上升过程减少的动能大于下落过程增加的动能，故B错误；C．上升过程同样位置的阻力大于下落过程同样位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的数值大于小球下降克服阻力做功的数值，故C错误；D．由题意可得，阻力与速率的关系为故阻力的冲量大小为因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程冲量大小相等，故D正确。故选D。7．B【详解】A．小球从A点到O点的过程，根据机械能守恒定律得解得小球运动到O点时的速度大小为，故A错误；B．细线碰到钉子前瞬间，对小球根据牛顿第二定律得解得细线上的弹力大小为T=2mg，故B正确；C．细线碰到钉子后瞬间，对小球，根据牛顿第二定律得解得细线上的弹力大小为T′=5mg，故C错误；D．细线碰到钉子后，假设小球可以做完整圆周运动，根据机械能守恒定律可得解得小球经过最高点的速度v=0当小球刚好经过最高点时，有解得故细线碰到钉子后，小球不能绕钉子做完整的圆周运动，故D错误。故选B。8．BCD【详解】A．因为轨道光滑，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒。小球从点由静止释放，经过点前后瞬间，重力势能不变，所以动能不变，速度大小不变，故A错误；B．小球经过点前瞬间，圆周运动的半径为，经过点后瞬间，圆周运动的半径为，又因为，根据角速度与线速度的关系，小球经过点前后瞬间线速度大小不变，半径突然增大，所以角速度突然减小，故B正确；C．根据向心加速度公式，小球经过点前后瞬间线速度大小不变，半径突然增大，所以向心加速度突然减小，故C正确；D．根据牛顿第二定律可得小球经过点前后瞬间线速度大小不变，半径突然增大，所以突然减小，轨道对小球的支持力突然减小，故D正确。故选BCD。9．BD【详解】A．物块A滑上木板B的瞬间，根据牛顿第二定律有代入数据解得，故A错误；B．对B，根据牛顿第二定律有代入数据解得设经过时间，AB共速，则有解得，，故B正确；D．经时间，A的位移为B的位移为因物块A始终未滑离木板B，故木板B的长度至少为，故D正确；C．A和B共速后，一起做匀减速直线运动，对整体，根据牛顿第二定律有解得整体减速到零的位移为故木板B沿地面滑行的最大距离为，故C错误。故选BD。10．ABD【详解】A．导轨光滑、桌面光滑，无摩擦力做功。轻杆的弹力属于系统内力，只有重力对系统做功，所以小球a、b组成的系统机械能守恒，A正确；B．设即将落地时速度与水平方向的夹角为，由于的轨迹为抛物线，根据平抛运动的规律有解得又因为两球沿杆方向速度相等，则有解得小球、的速度大小关系为，B正确；C．根据系统机械能守恒，小球下落高度，重力势能减少量等于系统动能增加量，即结合速度关系解得，C错误；D．因为桌面光滑，只有杆弹力对做功，所以小球的机械能增加量，等于轻杆弹力对做的正功。小球克服轻杆弹力做的功，等于轻杆弹力对做的负功的大小。由于系统机械能守恒，小球的机械能减少量等于小球的机械能增加量；而小球的机械能减少量，等于其克服轻杆弹力做的功。因此，小球a克服轻杆弹力做功在数值上等于小球b机械能的增加量，D正确。故选ABD。11．(1)A(2)0.51(3)C【详解】（1）A．由图示实验装置可知，甲、乙方案实验前均需要平衡摩擦力，故A正确；B．由图示实验装置可知，甲实验中小车受到的拉力可以由力传感器测出，乙实验中小车所受拉力可以由弹簧测力计测出，甲、乙实验不需要方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；C．由图示可知，乙方案中，小车加速运动时槽码向下加速运动，槽码处于失重状态，小车加速运动时受到细线的拉力小于槽码所受重力的一半，故C错误。故选A。（2）每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，打点计时器所接交流电源频率为50Hz，相邻计数点间的时间间隔根据匀变速直线运动的推论由逐差法可知，小车的加速度大小（3）A．由图示图像可知，纵轴的截距大于0，F=0（即不挂钩码）时小车就具有了加速度；产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，，故A错误；B．图线②在力较小时图像是直线，加速度与拉力成正比；拉力较大时图像向下弯曲，加速度偏小，由牛顿第二定律可得，解得可知当时，图像为直线，当钩码挂的个数太多时，不满足，则图像右端向下弯曲，所以图线②右端弯曲的原因是钩码挂的个数太多造成的，故B错误；C．图线③在横轴的截距大于0，只有当F增加到一定值时，小车才获得加速度，产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过小或未平衡小车受到的阻力，故C正确。故选C。12．(1)ABD(2)(3)因为有阻力的作用，所以重力势能的减少量略大于动能的增加量【详解】（1）A．实验要验证的是钩码重力势能的减少量等于钩码和滑块（含遮光条）动能的增加量，故A正确；B．若滑块和钩码的具有一定初速度，但该装置无法测量该初速度，所以滑块必须由静止释放，从而保证初速度为0，故B正确；C．本题验证系统机械能守恒，与滑块和钩码质量大小关系无关，故C错误；D．滑块释放的位置离光电门适当远一点，则滑块在通过光电门时的时间就越短，得到的瞬时速度就越精确，可以减小实验误差，故D正确。故选ABD。（2）滑块高度不变，钩码高度下降L，系统重力势能的减少量为滑块通过光电门的速度为此过程中滑块和钩码组成的系统动能的增加量为为验证机械能守恒需要验证的表达式为（3）在做实验的过程中因为有阻力的作用，所以重力势能的减少量略大于动能的增加量。13．（1）正电，；（2）【详解】（1）已知小球B带负电，由甲图可知，A球带正电，对A球受力分析，由平衡条件可得解得A球所带的电荷量为（2）加电场后对A球受力分析，由平衡条件可得解得14．(1)35N(2)m(3)【详解】（1）物块1、2组成的系统动量守恒可得可得解得当物块1、2与弹簧分离时，由机械能守恒定律可得物块1、2组成的系统动量守恒，则有解得，在处，由牛顿第二定律可得解得（2）物块2由运动到的过程中，由动能定理可得物块2恰能从点平行PQ飞入斜面，即其速度与水平方向夹角为，则有点与点的竖直距离为（3）物块2飞入点的速度大小为若经弹簧一次反弹后恰能回到点，经过粗糙段MN两次，根据动能定理可得解得即当时，物块2经过弹簧一次反弹后从点飞出，此时当时，物块2无法冲出斜面，且故物块2不会停在MN段上，最终在点与弹簧间往复运动，在点的速度为零，由动能定理可得解得综上所述，物块2在MN段上运动的总路程与其长度的关系式为15．(1)15N(2)45N，方向竖直向下。(3)【详解】（1）设小球到A点