2025-2026学年河南省濮阳一高高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年河南省濮阳一高高二（上）开学物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于如图所示的四种圆周运动模型，下列说法正确的是( )
A. 如图所示，在光滑固定圆锥筒的水平面内做匀速圆周运动的小球，受到重力、弹力和向心力作用
B. 如图所示，汽车安全通过拱桥最高点时速度越大，对桥面的压力越小
C. 如图所示，轻质细杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，通过最高点的最小速度为 gR
D. 如图所示，衣服上的水滴与衣服间的附着力大于所需的向心力时，水滴做离心运动
2.为了对大气二氧化碳进行全天时、高精度监测，我国研制的全球首颗搭载主动激光雷达的大气环境监测卫星，将于2021年7月出厂待发射。与地球同步轨道卫星(图中卫星1)不同，大气环境监测卫星(图中卫星2)是轨道平面与赤道平面夹角接近90°的卫星，一天内环绕地球飞14圈。下列说法正确的是( )
A. 卫星2的速度大于卫星1的速度
B. 卫星2的周期大于卫星1的周期
C. 卫星2的向心加速度小于卫星1的向心加速度
D. 卫星2所处轨道的重力加速度等于卫星1所处轨道的重力加速度
3.光滑大圆环用轻质细线悬挂在天花板上，O点为大圆环的圆心，a、b分别为大圆环的最高点和最低点，两个质量均为m的小圆环(可以视为质点)套在大圆环上，可无摩擦滑动，如图。已知大圆环的质量为m2，重力加速度为g。两小圆环同时从a点沿相反方向由静止下滑，当两小圆环到达大圆环b点的瞬间，轻质细线对大圆环的拉力为( )
A. 10.5mg
B. 8.5mg
C. 5.5mg
D. 12.5mg
4.在绝缘水平地面上固定甲、乙两个完全相同的带电金属小球(可视为质点)，甲所带的电荷量q1=+2×10−5C，乙所带的电荷量q2=−8×10−5C，两带电小球的间距L=1m，已知静电常量k=9.0×109N⋅m2/C2。下列说法正确的是( )
A. 若将两个金属小球相互接触后再放回原处，则它们之间的库仑力大小为8.1N
B. 若将两个金属小球相互接触后再放回原处，则它们之间的库仑力大小为7N
C. 若在绝缘地面上再放一带电小球丙，要使三个小球受到的电场力均为0，则丙球带电量为−8×10−6C
D. 若在绝缘地面上再放一带电小球丙，要使三个小球受到的电场力均为0，则丙球带电量为8×10−6C
5.车长为L，铁路桥长为2L，列车匀加速行驶过桥，车头过桥头的速度为v1，车头过桥尾时的速度为v2，则车尾过桥尾时速度为( )
A. 3v2−v1B. 3v2+v1C. (3v22−v12)2D. 3v22−v122
6.如图所示，光滑水平地面上放有截面为14圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则( )
A. 水平外力F不变
B. 墙对B的作用力增大
C. 地面对A的支持力增大
D. B对A的作用力减小
7.如图所示，弹簧测力计上端固定，下方悬挂质量不计的光滑动滑轮，两个质量分别为m1和m2的两个物块用跨过滑轮的轻绳连接，轻绳足够长，物体始终没有落地。已知m1大于m2，不计空气阻力，重力加速度为g，关于弹簧测力计示数T说法正确的是( )
A. T=(m1+m2)g
B. T2g m1m2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示为固定在竖直平面内的光滑轨道EDCBA，其中CBA部分是半径R=0.4m的半圆形轨道(AC是圆的直径)，DC部分是水平轨道。一个质量m=0.5kg的小球(可以视为质点)从E点静止释放进入轨道，通过A点后落在水平轨道上的DC段，已知落地瞬间速度方向与水平方向成45°角。小球运动过程中所受空气阻力忽略不计，g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 小球经过A点的速度大小为5m/s
B. 小球落地点与C点间的水平距离为1.6m
C. 小球在A点时轨道对小球的压力大小为15N
D. E、C之间的竖直高度为1.6m
9.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，电场强度为E，一根长为L绝缘轻质细绳，一端系着一个带电小球，所带电荷量为q，但电性未知，另一端固定于O，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则( )
A. 小球带负电
B. 电场力与重力大小相等
C. 小球从a点运动到b点的过程中，电场力做功为−2qEL
D. 运动过程中小球的机械能守恒
10.如图所示，静止在光滑水平面上的长木板A，某时刻一可视为质点的小物块B从A的左端滑上，恰好运动到A的右端时两者相对静止，已知该过程中，长木板A的动能增加量为ΔEkA，小物块B的动能减少量为ΔEkB，A、B间摩擦产生的热量为Q。关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值，下列可能正确的是( )
A. ΔEkA=5J，ΔEkB=12J，Q=7J
B. ΔEkA=10J，ΔEkB=28J，Q=13J
C. ΔEkA=2J，ΔEkB=3J，Q=1J
D. ΔEkA=12J，ΔEkB=28J，Q=16J
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.一物理兴趣小组的同学们，利用如图1所示的实验装置来验证机械能守恒定律。实验时调整气垫导轨处于水平状态，重力加速度g取9.8m/s2。请回答下列问题：
(1)关于本实验，下列说法中正确的是______。
A.需调节滑轮，确保细线与导轨平行
B.实验时应满足槽码质量远小于滑块质量
C.为提升实验精度，所选遮光条的宽度应大些
(2)实验时测得遮光条的宽度为d=5.00mm，滑块(含遮光条)的质量为M=260g，槽码的质量为m=100g。在遮光条中心距离光电门x=0.685m的位置由静止释放滑块，测得遮光条通过光电门的时间为t=2.50ms，在此过程中，系统减小的重力势能为ΔEp=______J，增加的动能为ΔEk=______J。(结果均保留2位有效数字)
(3)对(2)所得数据进行分析，其明显不合常理，组内一位同学认为是偶然误差所致。于是改变滑块的释放位置，多次测量，测得六组“x，t”的数据。为减小误差且处理数据方便，应以______(填“t”“t2”“1t”或“1t2”)为横坐标方能得到如图2所示图像。若测得图线斜率数值为k=4.5×10−6，且要求相对误差控制在5%以内，则本次实验______(填“能”或“不能”)验证机械能守恒定律。
12.为了探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图所示实验装置。请思考探究思路并回答下列问题：
(1)为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是______。
A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动
C.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动
D.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动
(2)某学生在平衡摩擦力时，使得长木板倾角偏大。他所得到的a−F关系是图中的哪根图线？图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力。答：______；
(3)消除小车与水平木板之间摩擦力的影响后，要用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码质量m与小车总质量M之间应满足的关系为木块和木块上砝码的总质量M______砝码桶及桶内砝码的总质量m(填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)；
(4)如图为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50Hz。根据纸带可求出小车在B点时速度大小为______m/s，小车加速度大小为______m/s。(结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC=60°，求：
(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小；
(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
(3)弹簧弹力做的功。
14.如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置。两个质量均为m的小球a、b以不同的速度进入管内，a通过最高点A时，对管壁上部的压力为3mg，b通过最高点A时，对管壁下部的压力为0.75mg，求：
(1)两球分别在A点的速度；
(2)a、b两球落地点间的距离。
15.如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面下端有一长L=12m的水平传送带，以v=6m/s的速度顺时针运行。一质量m=2kg的物体(可视为质点)从ℎ=3.2m高处的O点由静止沿斜面下滑，物体经过A点时不计其动能损失，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物体经过A点时的速度大小；
(2)物体与传送带因摩擦而产生的热量；
(3)传送带因传送物体使电动机多做的功。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：A.题图甲中，在光滑固定圆锥筒的水平面内做匀速圆周运动的小球，受到重力、弹力作用，两个力的合力充当向心力，故A错误；
B.题图乙中，根据mg−FN=mv2r可知，汽车安全通过拱桥最高点时速度越大，对桥面的压力越小，故B正确；
C.题图丙中，轻质细杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，通过最高点的最小速度为零，故C错误；
D.题图丁中，衣服上的水滴与衣服间的附着力小于所需的向心力时，水滴做离心运动，故D错误。
故选：B。
根据圆周运动物体的受力分析和牛顿第二定律，竖直面内圆周运动杆模型及洗衣机脱水原理进行分析解答。
考查圆周运动物体的受力分析和牛顿第二定律，竖直面内圆周运动杆模型及洗衣机脱水原理，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】A
【解析】本题考查万有引力定律及其应用，对于地球同步卫星问题要熟记其特点：定周期、定轨道、定高度。其中定周期指的是同步卫星周期等于地球自转周期，即24ℎ。
AB、先有题意判断卫星1和卫星2的周期大小，由周期关系得出轨道半径关系，进而由半径关系得出速度大小；
C、根据牛顿第二定律求出向心加速度表达式，利用轨道半径关系判断向心加速度大小；
D、利用万有引力等于所在位置的重力，结合轨道半径关系，可以判断所在位置的重力加速度。
AB、由题意知卫星1的周期为24ℎ，大于卫星2的周期。根据GMmr2=m(2πT)2r，得T= 4π2r3GM，即半径r越大，周期越大，故卫星2的轨道半径小于卫星1的轨道半径；根据GMmr2=mv2r，得v= GMr，故卫星2的速度大于卫星1的速度，故A正确，B错误；
C、由GMmr2=ma知，r越大，a越小，卫星2的向心加速度大于卫星1的向心加速度，故C错误；
D、由GMmr2=mg知，r越大，g越小，故卫星2所处轨道的重力加速度大于卫星1所处轨道的重力加速度，故D错误。
故选：A。
3.【答案】A
【解析】解：设两小圆环到达大圆环b点瞬间的速度大小为v，对每一个小圆环由机械能守恒定律得：
2mgR=12mv2，解得：v=2 gR
设在最低点b，大圆环对每个小圆环的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：
F−mg=mv2R，解得：F=5mg
由牛顿第三定律可得在b点每个小圆环对大圆环向下的压力均为F′=F=5mg
对大圆环，由平衡条件可得轻质细线对大圆环的拉力为：
T=2F′+m2g=10.5mg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对每一个小圆环由机械能守恒定律求得到达大圆环b点瞬间的速度大小，根据牛顿第二定律与牛顿第三定律求得在b点每个小圆环对大圆环向下的压力，对大圆环由平衡条件求得轻质细线对大圆环的拉力大小。
本题考查了机械能守恒定律与牛顿第二定律在圆周运动中的应用，基础题目，应用相应原理解答即可。
4.【答案】A
【解析】解：AB.两相同金属球接触后电荷均分，均分后每球所带电荷为量q′=q1+q22，库仑力大小F=kq′2L2，代入数据联立解得F=8.1N，故A正确、B错误；
CD.要使三个小球受到的电场力均为0，放入的小球必须带负电、并且甲球必须在两个带负电的小球之间，设丙电荷为q3，距离甲为x、则对甲分析，根据平衡条件有kq1q2L2=kq1q3x2，对乙分析、根据平衡条件有kq1q2L2=kq2q3(x+L)2，代入数据解得q3=−8×10−5C，故CD错误。
故选：A。
先计算两个球接触后的带电荷量，然后根据库仑定律计算；分别对甲球和乙球根据平衡条件列方程计算即可。
本题考查了对库仑定律的理解，知道两个相同的小球接触后电荷均分是解题的关键。
5.【答案】C
【解析】解：设车尾过桥尾时的速度为v3，根据匀变速直线运动的速度位移公式得：
v22−v12=2a⋅2L，
v32−v12=2a⋅3L
联立两式解得：v3= 3v22−v122.故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
根据匀变速直线运动的速度位移公式列方程求解．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，基础题．
6.【答案】D
【解析】解：BD、对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，如图1所示。
当A球向左移动后，A球对B球的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件，并结合合成法知道：A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N都在不断减小，所以B对A的作用力减小，故B错误、D正确；
AC、再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，推力F和墙壁的弹力N，如图2所示。
根据平衡条件，有：F=N，FN=G
故地面对A的支持力FN保持不变，推力F随着壁对B球的支持力N的不断减小而不断减小，故AC错误。
故选：D。
先对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，然后根据共点力平衡条件得到A球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F和地面对A的支持力的变化情况。
本题关键是先对小球B受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，然后再对A、B整体受力分析，再次根据平衡条件列式分析。要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法相结合研究比较简洁。
7.【答案】B
【解析】解：根据牛顿第二定律，对m1、m2分别受力分析，可得：m1g−F=m1a，F−m2g=m2a，解得绳上的拉力大小：F=2m1m2gm1+m2；
对滑轮受力分析，根据滑轮静止，可得：T=2F，化简得：T=4m1m2gm1+m2，根据数学知识，可得：m1+m2>2 m1m2，可得弹簧测力计的示数：TΔx>xA，根据功能关系的，ΔEkB=−fxB，Q=fΔx，ΔEkA=fxA
所以ΔEkB>Q>ΔEkA，故AD正确，C错误。
故选：AD。
11.【答案】A； 0.67，0.72； 1t2，能
【解析】(1)A、为了保证滑块在运动过程中所受拉力不变，所以需要调节滑轮，确保细线与导轨平行，故A正确；
B、本实验是验证机械能守恒定律，研究对象是滑块和槽码组成的系统，所以没有必要满足槽码质量远小于滑块质量，故B错误；
C、为提升实验精度，所选遮光条的宽度应小些，故C错误。
故选：A。
(2)系统减小的重力势能为ΔEp=mgx=100×10−3×9.8×0.685J≈0.67J，滑块和槽码的质量为v=dt=5.00×10−32.50×10−3m/s=2.0m/s，所以系统增加的动能为ΔEk=12(M+m)v2=12×(260+100)×10−3×2.02J=0.72J
(3)滑块做匀加速直线运动，根据牛i的第二定律可得滑块的加速度大小为a=mgM+m，滑块经过光电门时的速度大小为v=dt，根据速度—位移关系x=v22a，整理可得x=(M+m)d22mg⋅1t2，所以做出的图线的横坐标应该为1t2。图线的斜率为k=(M+m)d22mg，代入数据解得k=4.5×10−6，则本次实验能验证机械能守恒定律。
故答案为：(1)A；(2)0.67，0.72；(3)1t2，能。
(1)根据实验注意事项分析；
(2)根据重力势能公式计算，先计算出滑块的速度，然后根据动能表达式计算；
(3)根据牛顿第二定律和速度—位移公式写出位移与挡光片经过光电门的时间关系式，根据图线斜率表达式分析即可。
掌握“验证机械能守恒定律”的实验原理，实验注意事项，以及实验数据的处理方法是解题的基础。
12.【答案】C； C； 远大于； 1.6m/s；3.2m/s2
【解析】(1)平衡摩擦力时，要将木板不带滑轮的一端适当垫高，小车的前端不挂钩码，小车后端纸带穿过打点计时器，轻推小车，小车恰好做匀速运动，说明已经平衡摩擦力，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(2)某学生在平衡摩擦力时，使得长木板倾角偏大，在绳子拉力为零时，小车的速度不为零，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(3)对小车和钩码整体，根据牛顿第二定律mg=(M+m)a
对小车F=Ma
联立解得F=mg1+mM
当M≫m时，有F≈mg
因此要用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码质量m与小车总质量M之间应满足的关系为木块和木块上砝码的总质量M远大于砝码桶及桶内砝码的总质量m；
(4)相邻计数点之间的时间间隔T=2f=250s=0.04s
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下B点时的速度vB=xAC2T=(6.19+6.70)×10−22×0.04m/s≈1.6m/s
根据逐差法，加速度a=xCD−xAC4T2
代入数据解得加速度a≈3.2m/s2。
故答案为：(1)C；(2)C；(3)远大于；(4)1.6m/s；3.2m/s2。
(1)根据平衡摩擦力的正确操作分析作答；
(2)平衡摩擦力时，使得长木板倾角偏大，在绳子拉力为零时，小车的速度不为零，结合v−t分析作答；
(3)根据牛顿第二定律分析需要满足的条件；
(4)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解打下B点时的速度；
根据逐差法求加速度。
本题考查了探究“加速度与力、质量的关系”的实验，要明确实验原理，掌握根据纸带求解瞬时速度和加速度的方法；理解平衡摩擦力的原理。
13.【答案】滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小为2mg；
滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ为0.25；
弹簧弹力做的功为3mgR。
【解析】解：(1)滑块从P点到C点的过程，
由动能定理可得：mgR(1−cs60°)=12mvC2−0，
设滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时的速度大小为vc，圆形轨道最低点对滑块的支持力大小为FN，
由牛顿第二定律可得：FN−mg=mvC2R，
联立解得：FN=2mg：
(2)滑块从C到Q的过程，
由动能定理可得：−μmg⋅2R=0−12mvc2，
解得：μ=0.25；
(3)设弹簧弹力做的功为W，
滑块刚好能通过A点时，由牛顿第二定律可得：mg=mvA2R，
滑块从Q点到A点的过程，由动能定理可得：W−μmg⋅2R−mg⋅2R=12mvA2，
联立可得：W=3mgR。
答：(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小为2mg；
(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ为0.25；
(3)弹簧弹力做的功为3mgR。
(1)滑块从P点到C点的过程，由动能定理列式，滑块在圆形轨道最低点时，由牛顿第二定律列式，即可分析求解；
(2)滑块从C到Q的过程，由动能定理列式，即可分析求解；
(3)滑块刚好能通过A点时，由牛顿第二定律列式，滑块从Q点到A点的过程，由动能定理列式，即可分析求解。
本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
14.【答案】a球分别在A点的速度为2 gR，b球分别在A点的速度为 gR2；
a、b两球落地点间的距离为3R
【解析】(1)对a球，由牛顿第三定律可知圆管对小球支持力：N1=3mg，
由牛顿第二定律可知：N1+mg=mv12R，代入数据可得：v1=2 gR，
对b球，由牛顿第三定律可知圆管对小球支持力：N2=0.75mg，
由牛顿第二定律可知：mg−N2=mv22R，代入数据可得：v2= gR2；
(2)离开A点，两球均做平抛运动，
竖直方向有：2R=12gt2，
水平方向有：xa=v1t，xb=v2t，
a、b两球落地点间的距离为Δx=xa−xb，
代入数据可得：Δx=3R。
答：(1)a球分别在A点的速度为2 gR，b球分别在A点的速度为 gR2；
(2)a、b两球落地点间的距离为3R。
(1)用牛顿第二定律分析；
(2)两球均做平抛运动，先分析落地时间，再分析水平位移。
竖直面圆周运动使用牛顿第二定律时，一定要注意弹力方向。
15.【答案】物体经过A点时的速度大小为8m/s；
物体与传送带因摩擦而产生的热量为132J；
传送带因传送物体使电动机多做的功为72J
【解析】解：(1)从释放到A点的过程有
mgℎ=12mvA2
解得
vA=8m/s
(2)设物体滑到距离A点x处时速度为零，有
vA2=2a1x
其在传送带上有
μmg=ma1
解得
x=12.8m>L=12m
设其在传送带上运动的时间为t2，有
L=vAt2−12a1t22
解得
t2=2.4s
该时间内传送带的位移
x传=vt2
物体与传送带的相对位移
Δx=L+x传
因摩擦产生的热量
Q=μmgΔx
解得
Q=132J
(3)电动机多做的功
W=μmgx传
解得
W=72J
答：(1)物体经过A点时的速度大小为8m/s；
(2)物体与传送带因摩擦而产生的热量为132J；
(3)传送带因传送物体使电动机多做的功为72J。
(1)根据机械能守恒求物体经过A点时的速度大小；
(2)根据运动学公式和热量公式求物体与传送带因摩擦而产生的热量；
(3)根据W=μmgx传求传送带因传送物体使电动机多做的功。
该题是一道综合题，综合运用了运动学知识、机械能守恒定律、功能关系，解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用，注意产生的热量用相对路程。