湖南省株洲市2026-2027学年高二秋季期开学学情物理自测卷（人教版）（解析版）

湖南省株洲市2026-2027学年高二秋季期开学学情自测卷物理试题（解析版）题号12345678910答案CACDABCBCCDCD1．C【详解】A．电场强度为零的地方，电势不一定为零，例如在等量正电荷连线的中点处，选项A错误；B．电场强度越大的地方电势不一定越高，例如在距离负点电荷越近的地方，选项B错误；C．电场强度的方向就是电势降落最快的方向，选项C正确；D．根据公式可知，在匀强电场中、间的沿电场线方向的距离越大，电势差就越大，选项D错误。故选C。2．A【详解】A．做平抛运动的铁球，只受重力作用，机械能守恒，故A正确；B．在空中向上做匀速运动的氢气球，动能不变，重力势能变大，机械能变大，故B错误；C．沿粗糙的斜面向下做匀加速运动的木块，摩擦力对木块做负功，机械能减少，故C错误；D．被起重机拉着向上做匀速运动的货物，动能不变，重力势能变大，机械能变大，故D错误。故选A。3．C【详解】当电动机的输出功率为时，小车达到最大速度，此时牵引力等于阻力。由功率公式可得可得则当功率变为时，新的最大速度为故选C。4．D【详解】A．小球从A点运动到点的过程中，只有重力做功，重力势能转化为小球的动能，小球机械能守恒。小球从点运动到点的过程中，弹簧对小球的弹力方向向上，弹簧弹力做负功，小球机械能不守恒，故A错误；B．小球接触弹簧之前速度逐渐变大，接触弹簧之后开始阶段重力大于弹力，小球加速度向下，做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，以后阶段弹力大于重力，加速度变为向上，小球减速向下运动直到速度减小为零，根据可知，小球的重力的功率先增大后减小，故B错误；C．小球从A点运动到点，高度逐渐减小，重力势能逐渐减小，由机械能守恒可知小球的动能和弹簧的弹性势能之和增大，故C错误；D．小球从A点运动到点，小球的速度先增大后减小，因此小球的动能先增大后减小，根据机械能守恒定律可知小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D正确。故选D。5．A【详解】大齿轮的线速度大小为由题意可知，大齿轮和中齿轮的线速度大小相等，即中齿轮和小齿轮是同轴传动，具有相同的角速度，根据，可知解得故选A。6．B【详解】由万有引力提供向心力可得解得又因为故可知对比可知，为该卫星的轨道半径，为地球表面的重力加速度，为地球半径。故选B。7．C【详解】A．由能量守恒可知，释放滑块过程有滑块返回压缩弹簧时有联立解得故A错误；B．结合以上分析可知，滑块再次滑上传送带时速度为,则每次滑块返回时速度均为，因此一直在做往复运动，不会停止，故B错误；C．以传送带为参考系，木块滑上时相对传送带的速度为，在第1次滑的过程当中产生的热量就等于相对的动能的损耗量，即故C正确；D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可知，传送带对滑块的水平冲量大小为同时传送带对滑块有竖直向上的支持力产生的冲量，因此传送带对滑块的总冲量大于mv，故D错误。故选C。8．BC【详解】两小球相距r时相互作用力为若两小球所带的电荷异号，接触后再分开，两球电量的绝对值为，此时两球的库仑力为则若两小球所带的电荷同号，接触后再分开，两球电量的绝对值为，此时两球的库仑力为则故选BC。9．CD【详解】A．滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，即减小，可知减小，利用电源的输出功率随外电阻变化的关系曲线，如图所示因为外电阻始终不小于内阻，故可判断电源的输出功率增大，故A错误；B．由于减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流I增大，由于是定值电阻，由可知消耗的功率一直增大，故B错误；C．将()等效为电源新内阻，则为外电阻，在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，的阻值逐渐减小到0，可知的阻值先大于后小于，故滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故C正确；D．电源效率由于在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，的阻值逐渐减小，即减小，可知电源效率逐渐降低，故D正确。故选CD。10．CD【详解】A，在滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，根据欧姆定律可知电压表的示数随电流的增大而增大，图线c表示的是电压表的示数的变化情况，故A错误；BC．根据闭合电路欧姆定律可得，根据图线a的斜率绝对值比b的斜率绝对值大，可知图线a表示的是电压表的示数的变化情况，图线b表示的是电压表的示数的变化情况，故B错误，C正确；D．由闭合电路欧姆定律得可知可知电压表示数的变化量和电流表A示数的变化量的比值的绝对值不变，故D正确。故选CD。11．(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。12．(1)B(2)一C(3)两小球的质量和做圆周运动的半径相等时，向心力的大小与角速度的平方成正比【详解】（1）本实验要探究F与m、ω、r之间的关系，需要保持m、ω、r中两个量相等，探究F与第三个量之间的关系，这种探究方法叫作控制变量法。探究两个互成角度的力的合成规律所采用的探究方法为等效替代法，探究加速度与物体受力、物体质量的关系所采用的探究方法为控制变量法，探究平抛运动的特点所采用的探究方法是运动的合成与分解法。故选B。（2）[1][2]在探究向心力大小F与质量m的关系时，应控制两球做圆周运动的角速度相等，做圆周运动半径相等，则应把传动皮带调至第一层塔轮，质量不同的两小球应放置于A、C两位置。（3）由题意知，两小球的m、r相等，根据可知，，所以两小球的质量和做圆周运动的半径相等时，向心力的大小与角速度的平方成正比。13．（1）重力和支持力做功均为零，拉力做功32J，摩擦力做功-28J；（2）4J；（3）【详解】（1）重力和支持力方向与物体运动方向垂直，故重力和支持力不做功，做功均为零，拉力做功为物体受到的摩擦力为摩擦力做功为（2）合力F合所做的功（3）对物体，根据牛顿第二定律解得物体的加速度为物体移动了2m时，根据动力学公式解得拉力F做功的功率为14．(1)(2)或者(3)120°【详解】（1）根据机械能守恒定律可知解得可知小球不会脱离轨道，即小球沿圆轨道上升的最大高度；（2）小球恰能到达最高点时，则从最低点到最高点由机械能守恒定律解得若小球恰能达到与圆心等高的位置，则解得要使小球不脱离圆轨道，的取值范围或者（3）当时，小球经过与圆心等高的位置后向上运动一段后将脱离圆轨道，设此时的位置与圆心连线与竖直方向夹角为θ，则由机械能守恒定律解得小球与圆轨道圆心连线扫过120°时开始不做圆周运动。15．(1)(2)(3)【详解】（1）物块从释放到点的过程，对轻弹簧和物块组成的系统，由机械能守恒定律得解得物块离开点后做斜上抛运动，物块沿水平、竖直方向的分速度大小分别为，，物块无碰撞地由点进入圆弧轨道，此时物块的速度与圆弧轨道相切，设点的速度大小为，则解得物块在点时竖直方向的分速度大小为物块从到的时间为、两点间的水平距离为（2）物块运动到最低点时，对轨道的压力大小为，由牛顿第三定律可知，轨道对物块的支持力大小为物块在点时，由牛顿第二定律得解得物块从到的过程，由动能定理得代入数据解得（3）物块以的速度由点滑上传送带，物块在传送带上做匀减速直线运动