浙江省浙南名校联盟2025-2026学年高二上学期开学联考物理试卷（Word版附解析）

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考生须知：
1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 以下物理量属于标量的是（ ）
A. 重力加速度B. 角速度
C. 电场强度D. 能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．重力加速度是矢量，既有大小，又有方向，故A错误；
B．角速度是矢量，其方向由右手螺旋定则确定，故B错误；
C．电场强度矢量，方向与电场中正电荷受力方向相同，故C错误；
D．能量是标量，仅有大小而无方向，故D正确。
故选D。
2. 小明同学在足球场地进行射门训练，图为某次射门时打出的香蕉球场景，下列说法正确的是（ ）
A. 足球从离开脚到落地的过程中机械能守恒
B. 研究如何踢出香蕉球时，可以把足球看作质点
C. 足球在空中减速运动时，其惯性逐渐减小
D. 放气压瘪后的足球，其重心不一定位于足球上
【答案】D
【解析】
【详解】A．足球从离开脚到落地的过程中克服阻力做功，机械能不守恒，故A错误；
B．在研究如何才能踢出香蕉球时，我们需要考虑足球的旋转和空气动力学效应，这些都与足球的形状和大小有关，因此，在这种情况下，不能把足球看作质点（质点是忽略物体大小和形状的理想模型），故B错误；
C．惯性是物体保持其运动状态（静止或匀速直线运动）的性质，它只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，故C错误；
D．重心是物体所受重力的合力作用点，对于形状规则且质量分布均匀的物体，其重心位于物体的几何中心，但是，对于放气压瘪后的足球，其形状不再规则，且质量分布也可能不均匀，因此其重心不一定位于足球上，故D正确。
故选D。
3. 用照相机拍摄从砖墙前的某一高处自由下落的石子，拍摄到石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹AB。已知照相机的曝光时间约为0.02s，每块砖的平均厚度为6cm，估算石子自由下落的高度约为（ ）
A. 1.5mB. 1.8mC. 2.4mD. 3.0m
【答案】C
【解析】
【详解】石子在曝光时间内的平均速度为
此速度为轨迹中间时刻的速度，由于时间极短可以近似看成到图中最高一块砖的瞬时速度，根据
代入数据解得
则石子自由下落的高度约为
故选C。
4. 如图所示是有两个量程的电表的原理图，测量时分别接入“A、B”或“A、C”，下列说法正确的是（ ）
A. 此为电流表，接“A、B”时量程更大
B. 此为电压表，接“A、B”时量程更大
C. 若被短路，接“A、B”时电表测量值仍正确
D. 若被短路，接“A、C”时电表测量值仍正确
【答案】C
【解析】
【详解】A．电流表的原理是表头与电阻并联（并联电阻起分流作用），而图中是表头与电阻串联，所以这不是电流表，是电压表，故A错误；
B．当接入“A、B”时，串联的电阻是；接入“、”时，串联的电阻是R1+R2。根据串联分压，串联的电阻越大，电压表的量程越大。所以接入“、”时量程更大，故B错误；
C．若被短路，接入“、”时，未被使用，所以测量值正确，故C正确；
D．若被短路，接入“、”时，表头与串联，在被测电压不变的情况下，电流I=URg+R2
可见电流发生变化，指针指示的电压值变化，所以电表测量值不正确，故D错误。
故选C。
5. “嫦娥六号”月球探测器准确进入地月转移轨道，随后实施近月制动并顺利进入环月椭圆轨道飞行，如图所示，已知月地距离约为地球半径的60倍，下列说法正确的是（ ）
A. 探测器绕月飞行时处于平衡状态
B. 嫦娥六号的发射速度大于11.2km/s
C. 探测器在月球表面所受重力约为在地球表面的
D. 月球公转的向心加速度约为地球表面重力加速度的
【答案】D
【解析】
【详解】A．探测器绕月飞行时做曲线运动，合外力不为零，不处于平衡状态，故A错误；
B．嫦娥六号仍在地球引力范围内飞行，故发射速度大于7.9km/s小于11.2km/s，故B错误；
C．根据万有引力定律，重力与地球、月球质量成正比，与地球、月球的半径二次方成反比，根据题中条件无法得到探测器在月球表面所受重力与在地球表面的重力的关系，故C错误；
D．月球公转的向心加速度由GMm60R2=ma，GMmR2=mg
解得a=1602g，故D正确。
故选D。
6. 小明操作一无人机从某一高度处由静止开始竖直向下飞行，图乙为它运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A. 在t3~t4过程中无人机处于失重状态
B. 在t1~t2过程中无人机的机械能一定增加
C. 在t3~t4过程中无人机的机械能一定减少
D. 空气对无人机作用力和无人机对空气的作用力是一对平衡力
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙可知，在t3~t4过程中无人机减速下降，其加速度方向竖直向上，处于超重状态，故A错误；
B．由图乙可知，在t1~t2过程中无人机加速下降，加速度方向向下，如果加速度小于重力加速度，则除了重力，还有竖直向上的其他力，且其他力做负功，则无人机的机械能减少，故B错误；
C．由图乙可知，在t3~t4过程中无人机减速下降，其加速度方向竖直向上，则除了重力，还有竖直向上的其他力，且其他力做负功，则无人机的机械能减少，故C正确；
D．空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对相互作用力，故D错误。
故选C。
7. 小明将一小石块从离水面高度80cm的地方水平抛出，石块首次入水速度与水面的夹角等于53°，小明降低抛出点以同一速度平抛石块，这次石块首次入水速度与水面的夹角等于45°，不计空气阻力，g取10m/s2，则抛出点下移的距离为（ ）
A. 20cmB. 25cmC. 30cmD. 35cm
【答案】D
【解析】
【详解】打水漂过程中石块做平抛运动，第一次打水漂， ，在竖直方向有
解得
根据速度夹角关系有
解得
第二次打水漂，设石块刚落到水面时竖直方向的速度为，根据速度夹角关系有
解得
设此过程竖直方向的高度为，则有
所以抛出点下移的距离为
故选D。
8. 如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，其中A的质量大于B的质量，则以下说法中正确的是（ ）
A. 小球A的角速度等于小球B的角速度
B. 小球A的运动周期小于小球B的运动周期
C. 小球A的线速度小于小球B的线速度
D. 小球A的向心加速度等于小球B的向心加速度
【答案】D
【解析】
【详解】以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得，，，
由于，则有，，，
故选D。
9. 图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板正对面积减小时，静电计指针张角增大，则（ ）
A. 极板间电势差减小
B. 电容器的电容增大
C. 极板间电场强度增大
D. 电容器储存能量不变
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由可知，当极板正对面积S减小时，电容器的电容C减小，由可知两极板之间的电势差增大，故AB错误；
C．由和可得两极板间的场强，当极板正对面积S减小时，两极板间的场强增大，故C正确；
D．电容器储存的能量，结合可得，由于Q不变，U增大，因此电容器储存能量增大。故D错误。
故选C。
10. 如图所示，粗糙的斜面体上，一物体沿斜面匀速下滑。现对物体施加沿斜面向下的恒力F，使物体加速下滑，斜面体始终静止在粗糙的水平地面上，则斜面体受地面的摩擦力（ ）
A. 大小为零
B. 方向水平向左
C. 方向水平向右
D. 大小和方向无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】开始时物体匀速下滑，根据受力平衡可知，支持力和滑动摩擦力的合力竖直向上，则物体对斜面的压力和滑动摩擦力的合力竖直向下；对物体施加沿斜面向下的恒力F，使物体加速下滑，由于物体对斜面的压力保持不变，则摩擦力不变，所以物体对斜面的压力和滑动摩擦力的合力竖直向下；以斜面为对象，根据平衡条件可知，斜面体受地面的摩擦力为零。
故选A。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11. 如图所示，玩具“骑行小猪”绕碗的边缘做匀速圆周运动，若碗始终静止在水平桌面上，下列说法正确的是（ ）
A. 小猪所受的合外力为零
B. 运动一周，合外力对小猪做功为零
C. 碗对小猪的作用力大于小猪的重力
D. 碗与桌面之间无摩擦力
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供圆周运动的向心力，合力方向始终指向圆心，可知，小猪所受的合外力不为零，故A错误；
B．合力对小猪做功等于动能改变量，可知，小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，动能不变，合力做功为零，故B正确；
C．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由碗对小猪的作用力与小猪的重力的合力提供圆周运动的向心力，重力方向竖直向下，合力方向指向圆心，即合力沿水平方向，则有F向=F2−mg2
可知，碗对小猪的作用力大于小猪的重力，故C正确；
D．结合上述可知，碗对小猪的作用力方向偏向碗内侧斜向上，根据牛顿第三定律可知，小猪对碗的作用力方向偏向碗外侧斜向下，在该力作用下，碗有向小猪所在位置沿外侧运动的趋势，则碗与桌面之间有指向碗内侧的静摩擦力，故D错误。
故选BC。
12. 如图所示，虚线a、b、c是一静电场中的三个等势面，实线为一带正电的质点仅在静电力的作用下运动的轨迹，P、Q为轨迹上的两点，下列说法正确的是（ ）
A. Q点的电势小于P点的电势
B. 该质点通过Q点的速度小于P点的速度
C. 该质点通过Q点的电势能大于P点的电势能
D. 该质点通过Q点的加速度小于P点的加速度
【答案】AD
【解析】
【详解】A．带电质点所受的电场力指向轨迹内侧，且与等势线垂直，由于质点带正电，因此电场线指向右下方，而沿电场线电势降低，所以Q点的电势小于P点的电势，故A正确；
BC．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力对质点做正功，电势能减小，动能增加，所以P点的电势能大于Q点的电势能，P点的速度小于Q点的速度，故BC错误。
D．等差等势线密的地方电场线密，电场强度大，故P点的电场强度比Q点的大，质点所受的电场力大，根据牛顿第二定律，该质点通过Q点的加速度小于P点的加速度，故D正确。
故选AD。
13. 如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，原长为l=15cm，质量为m=0.1kg的铁球由弹簧的正上方h=20cm高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当铁球下落到最低点时弹簧的压缩量为x=5cm。不计空气阻力，重力加速度为g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 在整个下落过程中铁球最大速度为2m/s
B. 在整个下落过程中铁球和弹簧组成的系统机械能不变
C. 弹簧的劲度系数为200N/m
D. 铁球下落到最低点时弹簧的弹性势能为0.2J
【答案】BC
【解析】
【详解】A．铁球从接触弹簧下降过程中，开始重力大于弹力，合力向下，小球做加速运动，当重力和弹力相等时，速度最大，当铁球接触到弹簧瞬间，根据动能定理有
解得
所以在整个下落过程中铁球最大速度大于2m/s，故A错误；
B．由机械能守恒定律可知，铁球下落过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，所以在整个下落过程中铁球和弹簧组成的系统机械能不变，故B正确；
CD．根据能量守恒，有mgh+Δx=12kΔx2
解得
铁球下落到最低点时弹簧的弹性势能为EP=12kΔx2=0.25J
故C正确，D错误。
故选BC
三、非选择题（本题共 5 小题，共 58 分）
14.
（1）“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示，小明完成补偿阻力的正确操作后进行了一次实验，实验中槽码质量为m1，小车和车内砝码总质量为M。纸带如图乙所示，图中刻度尺最小刻度为毫米。则图中D点的速度为__________m/s，打这条纸带时小车的加速度为__________m/s2（计算结果保留2位有效数字，电源频率为50Hz）。
（2）在下列实验中，需要用到打点计时器的有 ___________。
A. 探究小车速度随时间变化的规律
B. 探究两个互成角度的力的合成规律
C. 验证机械能守恒定律
D. 探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
（3）以小车和槽码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，小明和小华同学分别得到的 -M图像如图所示。由图可知，甲组所用槽码的质量 ___________（选填“大于”、“小于”或“等于”）乙组槽码的质量。图线与纵坐标的交点表示___________。
【答案】（1） ①. 0.25 ②. 0.50
（2）AC （3） ①. 小于 ②.
【解析】
【小问1详解】
[1] 相邻计数点时间间隔为
根据匀变速直线运动中，中间时刻速度等于全程平均速度可知，图中D点的速度为
[2]由逐差法可得
【小问2详解】
A. 探究小车速度随时间变化的规律需要用到打点计时器，故A正确；
B. 探究两个互成角度的力的合成规律，不需要计时，不需要打点计时器，故B错误；
C. 验证机械能守恒定律需要用到打点计时器测速，故C正确；
D. 探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，不需要计时，不需要打点计时器，故D错误；
故选AC。
【小问3详解】
[1][2]根据牛顿第二定律
整理得
斜率的倒数等于槽码重力，所以甲的斜率大，甲组用的槽码重力小，质量小。图线与纵坐标的交点表示。
15. 在“测定导体的电阻率”实验中，待测合金丝接入电路部分的长度为1.16cm
（1）某次测量合金丝的直径为0.0198cm，则使用的仪器是 ___________
A. 毫米刻度尺B. 游标卡尺C. 螺旋测微器
（2）用多用电表的欧姆档“×10”倍率粗测合金丝电阻，发现指针偏转角度过大，则应将倍率更换至欧姆档___________（选填“×1”或“×100”）倍率。
（3）测电阻时，因电表内阻未知，用如图甲所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数U1=1.65V，电流表的示数如图乙所示，其读数I1=___________A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为U2=1.75V，I2=0.33A。由此可知应采用电流表___________（填“内”或“外”）接法。
【答案】（1）C （2）×1
（3） ①. 0.34 ②. 外
【解析】
【小问1详解】
根据读数可知，以毫米为单位3位小数，所以所用精度为0.01mm，则使用的仪器是螺旋测微器。
故选C。
【小问2详解】
发现指针偏转角度过大，说明待测电阻太小，则应将倍率更换至欧姆档更小挡位×1倍率。
【小问3详解】
[1]由图乙可知，电流表的量程为0.6A，最小刻度为0.02A，则电流表的读数为0.34 A。
[2]根据题意可得，电压表的百分比变化为
电流表的百分比变化为
因此可知，电压表的示数变化更明显，说明电流表的分压更严重，因此不能让电流表分压，采用外接法。
16. 如图所示是一游乐转筒的模型图，它是一个半径为1m的直圆筒，可绕中间的竖直轴转动，质量为50kg的小明背靠圆筒壁站立并随筒一起以每分钟30圈的转速转动，其脚下的踏板突然脱落，小明没有掉下来（g取，），求：
（1）小明随筒一起转动的角速度、线速度的大小；
（2）转筒对小明的作用力；
（3）若小明与转筒之间动摩擦因数为0.4，转筒转动的角速度至少多大时小明才不会掉下来。
【答案】（1），
（2），方向与水平成45°斜向上
（3）
【解析】
【小问1详解】
转筒的转速为n=0.5r/s
角速度为
线速度为
【小问2详解】
小明随转筒旋转时受三个力：重力mg、筒壁对他的支持力 FN和静摩擦力Ff，如图
转筒对小明的作用力是筒壁对他的支持力 FN和静摩擦力 Ff的合力，其中，
所以合力，方向与水平成 45°斜向上
【小问3详解】
要使乘客随筒一起转动而不掉下来，筒壁对他的最大静摩擦力应至少等于重力，乘客做圆周运动的向心力由筒壁对他的支持力 FN来提供。所以，，
联立解得
17. 如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m=80g带电荷q=-2×10-4C的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度g取，，求：
（1）求该匀强电场的电场强度E的大小；
（2）若将细线剪断，小球由静止释放，经过t=2s电势能变化了多少；
（3）现撤去电场，小球由静止释放，运动最低点时重力的功率多大。
【答案】（1）
（2）9J （3）0
【解析】
【小问1详解】
小球在 A 点静止，其受力情况如图所示
根据共点力平衡条件有
解得
小问2详解】
细线剪断，小球受到的合外力 ，由牛顿第二定律有
解得
根据
电场力做功为
所以电势能减少了 9J
【小问3详解】
由于重力的瞬时功率为
而vy=0，所以
18. 如图为飞机逃生用的充气滑梯，滑梯可视为理想的斜面，已知斜面长L=8m，斜面倾斜角，人下滑时与充气滑梯间动摩擦因数为。不计空气阻力，g取，，求：
（1）旅客从静止开始由滑梯顶端滑到底端逃生，需要多长时间；
（2）一旅客若以v0=4.0m/s的初速度抱头从舱门处水平跳出，求其落在充气滑梯上所用的时间；
（3）若当他落到充气滑梯上后没有反弹，由于有能量损失，结果他仍以v0=4.0m/s的速度开始沿着滑梯加速下滑。该旅客以这种方式逃生用了多长时间。
【答案】（1）
（2）0.6s （3）1.6s
【解析】
【小问1详解】
根据牛顿第二定律可知，加速度
运动时间
【小问2详解】
根据题意可知
解得
【小问3详解】
根据题意，
且，
代入数据得
逃生时间
19. 某轨道模型如图所示，AB为弧形轨道，在B处与水平轨道BG 平滑相接。CDE为半径R=0.4m的圆形轨道，C、E略微错开。FG段为以v0=6m/s顺时针旋转的长度为L=10m的传送带。质量m=1kg可视为质点的滑块从距水平轨道高h处滑下，滑块与传送带之间动摩擦因数为，其余摩擦均不计，重力加速度g取，求：
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点D，其下落的高度h和滑块在C点对轨道的压力；
（2）滑块从F点通过传送带运动到G点的时间；
（3）滑块从F点运动到G点，摩擦力对传送带做的功和滑块与传送带摩擦产生的热量。
【答案】（1）1.0m，60N，方向竖直向下
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
滑块恰好能过圆轨道最高点，所以
解得
小物块从释放到 D 过程，根据动能定理可得
解得h1=10m
根据
解得
根据向心力方程
联立解得
由牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为60 N，方向竖直向下。
【小问2详解】
由牛顿第二定律 μmg= ma
解得
根据
解得，小于L=10m ，滑块先加速后匀速，滑块加速的时间为t1=v0−vEa=3−5s
滑块加速的时间为t2=L−x2v0=1s
总时间t=t1+t2=4-5s
【小问3详解】
传送带的位移x1=v0t1=63−5m
摩擦力对传送带做的功W=−μmgx1=−123−5J
滑块加速的位移
滑块与传送带的相对位移为Δx=x1−x2=14−65m