湖南省邵阳市2025-2026学年高二上学期9月拔尖创新班联考物理试题 Word版含解析

这是一份湖南省邵阳市2025-2026学年高二上学期9月拔尖创新班联考物理试题 Word版含解析，共19页。试卷主要包含了保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，15个小题。满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案写在试题卷上无效。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
1. 下列叙述中正确的是（ ）
A. 开普勒通过观测数据总结出了行星运动定律
B. 力的合成与分解的概念建立体现了等效替代的思想
C. 牛顿利用月-地检验验证了万有引力定律，并测量了万有引力常量
D. 比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，如加速度就是采用比值法定义的
【答案】B
【解析】
【详解】A．开普勒基于第谷的观测数据总结出行星运动定律，并非亲自观测，故A错误；
B．力的合成与分解用等效的合力或分力替代实际作用效果，属于等效替代思想，故B正确；
C．牛顿通过月-地检验验证了万有引力定律的平方反比关系，但未测量引力常量G（由卡文迪许完成），故C错误；
D．加速度的定义式为比值法定义，而是牛顿第二定律的表达式，说明加速度与力、质量的关系，是加速度的决定式，并非比值法定义，故D错误。
故选B。
2. 如图，在O点处固定一力传感器，细绳一端系上质量为m的小球，另一端连接力传感器，使小球绕O点在竖直平面内做半径为r的圆周运动。t1时刻小球通过最低点时力传感器的示数为9mg，经过半个圆周，在t2时刻通过最高点时力传感器的示数为2mg。已知运动过程中小球受到的空气阻力随小球速度的减小而减小，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 小球再次经过最低点时，力传感器的示数等于7mg
B. 小球再次经过最低点时，力传感器的示数等于6mg
C. t2时刻小球到达最高点时的速度大小为
D. 从t1时刻到t2时刻的运动过程中，小球克服空气阻力做的功为
【答案】D
【解析】
【详解】C．根据题意，在最高点，由牛顿第二定律有
解得，故C错误；
D．根据题意，在最低点，由牛顿第二定律有
解得
由最低点到最高点，设小球克服空气阻力做的功为W，根据动能定理有
解得，故D正确；
AB．设由最高点到最低点，小球克服空气阻力做的功为W′，根据动能定理有
由于小球在后半个圆周运动过程的平均速率小于前半个圆周运动过程的平均速率，则后半个圆周运动过程的平均阻力小，则
可得
由牛顿第二定律有
可得，故AB错误。
故选D。
3. ·如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当时，根据运动学公式有，，，联立得，故B正确．
考点：带电粒子在匀强电场中的运动．
【名师点睛】根据带电粒子在电场中的类平抛运动规律，沿电场方向的匀减速运动，结合粒子到达上极板时的临界条件，利用动能定理和运动学公式解答．
4. 我国首台自主设计研制的“蛟龙号”载人深潜器在马里亚纳海沟成功下潜7062米，创造了当时同类型作业型载人深潜器的世界最深下潜纪录。若把地球看成质量分布均匀的球体，海平面看成球体表面，且球壳对球内任一质点的万有引力为零，忽略地球的自转，则下列关于“蛟龙号”下潜所在处的重力加速度大小g和下潜深度h的关系图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设地球半径R，则地球质量
半径为R-h的球的质量
根据
则深度为h处的重力加速度
则g-h图像为D所示。
故选D。
5. 如图甲，有一物体由O点以初速度v0沿水平面向右滑行，物体始终受到一个水平向左的恒力F，已知物体与水平面间的动摩擦因数，重力加速度g取，其动能随离开O点的距离s的变化图线如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）
A. 物体的质量
B. 物体受到水平向左的恒力
C. 物体与水平面间的摩擦力大小
D. 由于摩擦力做负功，物体的机械能不断减小
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．设向右为正方向，如乙图可知，位移
初动能
末动能为。物体受向左的恒力和向左的滑动摩擦力，合外力大小为，根据动能定理
代入、
得
之后，物块向左运动，设向左为正方向，如乙图可知，位移
末动能为
初动能0，物体受向左的恒力和向右的滑动摩擦力，合外力大小为，根据动能定理
代入、
得
联立方程解得，，，AC错误，B正确；
D．向左运动时，做正功，机械能增加，虽然摩擦力做负功，但物体的机械能没有不断减小，D错误；
故选B。
6. 如图所示，在光滑水平面上停放质量为m、装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口滑上小车，到达某一高度后，小球又返回小车右端，不计空气阻力，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球到达最高点时的速度为
B. 小球离开车后，将对地向右做平抛运动
C. 小球在弧形槽上上升的最大高度为
D. 此过程中小球对车做的功为
【答案】C
【解析】
【详解】AC．由题意，小球到达最高点时，二者共速，则整体水平方向动量守恒，以向左为正方向，有
由机械能守恒，有
联立，解得小球到达最高点时的速度为
上升的最大高度为
故A错误，C正确；
B．设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故B错误；
D．对小车运用动能定理得，小球对小车做功，故D错误。
故选C。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7. 如图甲，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。用电动机匀速拉动纸带时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下径迹。调节电动机拉动速度，分别在乙和丙两条纸带上留下轨迹，π取3.14，重力加速度g取9.8m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 单摆漏斗在P点和Q点运动的方向相同
B. 乙纸带的速度为丙纸带速度的2倍
C. 无论纸带是否匀速拉动，都可以用纸带通过的距离表示时间
D. 若乙纸带拖动速度为10cm/s，可推算该单摆的摆长约为1m
【答案】BD
【解析】
【详解】A．单摆振动中，根据“同侧法”，点和点的振动相反，向最大位移运动，向平衡位置运动，A错误；
B．乙纸带，对应个周期；丙纸带，对应个周期。由
乙的时间
丙的时间
故，B正确；
C．只有纸带匀速拉动时，距离才与时间成正比，才能用纸带距离表示时间；变速时距离与时间不成正比，无法表示，C错误；
D．乙纸带速度
对应时间
即
周期
由单摆周期公式
得摆长，D正确；
故选BD。
8. 在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，各电表的示数分别用I、、和表示，电表示数变化量的大小分别用、、和表示。下列说法正确的是（ ）
A. 不变，不变B. 变大，变大
C. 变大，不变D. 变大，不变
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由题图可知，、分别是、两端的电压，电流表测通过这个电路的总电流，是路端电压，由欧姆定律可知
因是定值电阻，不变，不变，故A正确；
BC．由闭合电路的欧姆定律有
因E、R1、r均是定值，则
R2变大，故变大，而的大小为，保持不变，故B错误，C正确；
D．由欧姆定律有
因变大，则变大，又由于
可知的大小为r，保持不变，故D正确。
故选ACD。
9. 如图所示，三个带电小球A、B、C可视为点电荷，所带电荷分别为、、。A、B固定在绝缘水平桌面上，C带有小孔，穿在动摩擦因数处处相同的粗糙绝缘直杆上，绝缘杆竖直放置在A、B连线的中点处，将C从杆上某一位置由静止释放，下落至桌面时速度恰好为零，C沿杆下滑时带电荷量保持不变，C在下落过程中，以下判断正确的是（ ）
A. 电场力不做功
B. 小球C所受摩擦力一直增大
C. 小球C下落一半高度时速度一定最大
D. 摩擦产生的内能小于小球C重力势能减少量
【答案】AB
【解析】
【详解】A．A、B为等量异种点电荷，其连线的中垂线上电场线水平，故小球C沿杆（中垂线）下落，电场力方向与位移方向垂直，所以电场力不做功，A正确；
B．设小球C到桌面的高度为h，A、B间距为2d，如图所示，则小球A、C之间的距离为
根据库仑定律
所以小球C受到的合力为
又小球C与杆之间的正压力N等于电场力，则摩擦力
在小球C下落过程中，电场力越大，正压力N越大，摩擦力f一直增大，故B正确；
C．小球C的速度最大时，加速度为零，即重力等于摩擦力，由于摩擦力一直增大，小球C先加速后减速，但速度最大的位置并不一定是下落一半的高度，这无法进一步确定，故C错误；
D．小球C下落过程中，重力势能减少，而由于初末速度都为零，动能变化为零，且因为电场力不做功，所以根据能量守恒，重力势能的减少量等于摩擦产生的内能，故D错误。
故选AB。
10. 位于的波源从时刻开始振动，形成的简谐横波沿轴正负方向传播，在时波源停止振动，时的部分波形如图所示，其中质点的平衡位置，质点的平衡位置。下列说法正确的是（ ）
A. t=0.42s时，波源的位移为正
B. 沿x轴正负方向传播的波发生干涉
C. t=2.24s时，质点a沿y轴负方向振动
D. 在0到1s内，质点b运动总路程是1.05m
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图可知，波的波长
由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，可得
解得
根据同侧法可知，波源的振动方向向上，即时，根据周期性并结合波的图像可知，此时波源处于平衡位置上方且向上运动，即位移为正，故A正确；
B．波从波源发出后，向x轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，故B错误；
C．波的波速
波源停止振动，到质点a停止振动的时间
即质点a还在继续振动，t=2.1s到t=2.24s时间波传播的距离为
即x轴正方向的波由题干图中向右平移0.35m，结合图象可知质点a位移为正且向y轴正方向运动，故C错误；
D．波传到点b所需的时间
在0到1s内，质点振动的时间为
则质点b运动总路程，故D正确。
故选AD。
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11. 如图甲所示是研究小球在斜面上做平抛运动的实验装置，每次将小球从弧形轨道同一位置由静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角θ，获得不同的射程x，最后作出x-tanθ图像为图乙中的a线，。
（1）小球在斜面顶端水平抛出时的初速度v0=______m/s；实验中发现θ超过后，小球将不会掉落在斜面上，则斜面的长度为__________m。
（2）小明同学在重复该实验中，提高了小球的释放位置，最后作出x-tanθ图像为图乙中的______线（选填“b”或“c”）。
【答案】（1） ①. 1##1.0##1.00 ②.
（2）b
【解析】
【小问1详解】
[1]小球做平抛运动，水平方向有
竖直方向有
因为小球落在斜面上，满足
解得
所以图像的斜率为
由图乙中a线可知
解得
[2]当时，小球刚好落在斜面末端，此时，由[1]可知
又因为
解得
斜面长度
【小问2详解】
由可知，提高小球的释放位置，小球平抛的初速度增大，图像的斜率为增大，所以图像为图乙中的b线。
12. 某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）。实验室备有如下器材：
A.电压表V（量程0~3V，电阻RV约为4.0kΩ）
B.电流表A1（量程0~100mA，电阻RA1约为5Ω）
C.电流表A2（量程0~2mA，电阻RA2约为5Ω）
D.滑动变阻器R1（0~40Ω，额定电流1A）
E.电阻箱R2（0~999.9Ω）
F.开关一只、导线若干
（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，与其对应的实物图如图甲，图中的电流表A应选______（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整_______。
（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图。根据测量数据作出图像，如图丙所示，若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=______，内阻r=______（均用k、b表示）。
【答案】（1） ①. A2 ②.
（2） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
[1]电路能达到的最大电流为，可知图中的电流表A应选A2；
[2]因R0>>RA，则采用电流表内接；滑动变阻器用分压电路，则实物连线如图
【小问2详解】
[1][2]由闭合电路的欧姆定律可知
即
由题意可知，
解得，
13. 如图所示，A、B和C、D为两平行金属极板，A、B两极板间电势差为U，C、D始终和一直流稳定电源相接，测得其间的场强为E，B极板中心有一小孔F。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）由静止开始，从A极板上经A、B加速后穿过F经C、D发生偏转，最后打在荧光屏上，轨迹如图所示。已知C、D极板长均为x，A和B、C和D均对齐，FO与C、D极板平行且到两极板距离相等，荧光屏距C、D右端的距离为L，求：
（1）粒子出加速电场F点时速度大小；
（2）粒子离开偏转电场时的竖直偏移量y；
（3）粒子打在荧光屏上时的动能。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
粒子从A、B间射出时的速度为v，则有
解得
【小问2详解】
设粒子离开偏转电场时偏转距离为y，，
在竖直方向有，
粒子加速度
解得
【小问3详解】
由上述关系式得
此时速度为
所以粒子打在荧光屏上时的动能为
14. 我国在深中通道海底基槽的“整平处理”项目中，为减少对中华白海豚等动物的影响，放弃爆破法，首创了“用凿子凿开岩石”的办法解决了世界难题。如图所示，以A0为原点，水平向右为正方向建立x轴，水下岩面C0、C1、C2为与x轴平行的水平面，岩面到水面的高度H=35m，水面到x轴的高度h=10m，A0A1长度x1=10m，A1A2长度x2=20m，A1P与A1A2夹角为37°。某次施工中，先将质量m=40t的斧头状凿岩棒从靶点C0缓缓拉到A0点，再松开钢丝绳使其自由下落，砸向水下岩石C0靶点，接下来凿岩棒沿A0A1P线上不断更换释放点，凿开正下方岩面硬度不同的靶点，每一次凿岩棒砸碎岩石皆下移∆h=1m的深度（此过程凿岩棒与岩石的间隙不可忽略），假设凿岩棒始终保持在竖直方向上运动，受到水的浮力，水的阻力，忽略空气阻力和凿岩棒大小，，重力加速度。
（1）凿岩棒从靶点C0到达A0点的过程中，求钢丝绳对凿岩棒所做的功；
（2）凿岩棒从A0点释放下砸到靶点C0的过程中，求凿岩棒对岩石靶点C0的平均作用力F的大小；
（3）沿A0A1P线上不断更换释放点，求凿岩棒克服岩石作用力所做的功W与x的关系。
【答案】（1）
（2）
（3）见详解
【解析】
小问1详解】
凿岩棒从靶点到达点的过程中，对其列动能定理方程有
代入数据解得钢丝绳对凿岩棒所做功为
【小问2详解】
从自由释放处到击中靶点后静止的全过程，根据动能定理有
代入数据解得岩石靶点C0对凿岩棒的平均作用力的大小为
由牛顿第三定律得凿岩棒对岩石靶点C0的平均作用力的大小为
【小问3详解】
当时，从释放点到击中靶点后静止的过程，根据动能定理有
解得
当时，从释放点到击中靶点后静止的过程，根据动能定理有
代入数据解得
15. 如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为30l。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求小球第一次与圆盘碰撞的速度大小；
（2）求第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（3）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，求小球与圆盘间的最远距离；
（4）圆盘在管内运动过程中，求小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）
（2）
（3）l （4）5
【解析】
【小问1详解】
设小球自静止下落至薄圆盘处时的速度为，根据机械能守恒定律有
解得
【小问2详解】
设第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度分别为、，在小球与薄圆盘碰撞过程中，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
且，联立解得
故第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度大小均为
【小问3详解】
由薄圆盘受到的滑动摩擦力与其重力大小相等可知，自第一次碰撞后薄圆盘做匀速直线运动，当小球和薄圆盘间的距离最远时，两者的速度相等，设在第一次碰撞到第二次碰撞之间，经过时间两者速度相等，由速度关系
解得
则小球与薄圆盘间的最远距离
解得
【小问4详解】
设自第一次碰撞后经时间发生第二次碰撞，小球与薄圆盘共速时相距l，设共速后再经时间小球追上薄圆盘，根据位移关系有
解得
则
追上时小球的速度
圆盘的速度
设碰后瞬间小球和圆盘的速度分别为，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
假设小球与薄圆盘可以一直在管内碰撞，分析得出，小球每次碰后至下一次追上薄圆盘所经历的时间，画出第一次碰撞后小球的v-t图像，如图所示
v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，则根据图像可计算出，，，
则小球与薄圆盘碰撞的次数是5。