湖南省邵阳市第二中学2025-2026学年高二上学期入学考试物理试题（Word版附解析）

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一、单选题（共6个小题，共24分。每题只有一个选项正确，每个小题4分）
1. “物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们规律的意思。同学们除学习物理知识还要了解规律、发现过程、领悟思想方法。下列叙述正确的是（ ）
A. 力学中引入质点的概念，采用了等效替代法
B. 库仑首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向
C. 用比值法定义的概念在物理学中占相当大的比例，如加速度
D. 伽利略总结出自由落体的运动规律采用的是实验和逻辑推理相结合的方法
【答案】D
【解析】
【详解】A．质点概念的引入采用了理想模型法，而非等效替代法，故A错误；
B．电场的概念及电场线是由法拉第提出的，库仑提出了库仑定律，故B错误；
C．加速度由牛顿第二定律得出，属于因果关系的定义，而非比值法定义，故C错误；
D．伽利略通过斜面实验结合逻辑推理得出自由落体规律，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，两个质量相同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的（ ）
A. 角速度相同B. 线速度大小相同
C. 向心加速度大小相同D. 受到的向心力大小相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．设细线与竖直方向的夹角为，根据合力提供向心力
根据几何关系
解得
所以它们的角速度相同，故A正确；
B．两个小球的角速度相同，根据
两个小球的圆周运动半径不同，所以线速度大小不同，故B错误；
C．设细线与竖直方向的夹角为，根据合力提供向心力
解得
因为细线与竖直方向的夹角为不同，故向心加速度大小不同，故C错误；
D．设细线与竖直方向的夹角为，根据合力提供向心力
因为细线与竖直方向的夹角为不同，故向心加速度大小不同，故D错误。
故选A。
3. 如图所示是一种台阶式的自动扶梯，一人站在水平台阶上，随着扶梯一起以速度v斜向下做匀速运动，则一段时间内（ ）
A. 摩擦力对人做正功B. 摩擦力对人做负功
C. 支持力对人不做功D. 支持力对人做负功
【答案】D
【解析】
【详解】AB．题意知人随着扶梯一起以速度v斜向下做匀速运动，则人的合力为零，人不受静摩擦力，人受到的支持力与重力等大方向（即支持力竖直向上），所以摩擦力对人不做功，故AB错误；
CD．由于人受到的支持力竖直向上，其方向与人的位移方向成钝角，根据W=Fscsθ
可知支持力对人做负功，故C错误，D正确。
故选D。
4. 人造卫星在发射过程中要经过多次变轨方可到达预定轨道，如图所示。
①为了节省能量，在赤道上颠着地球自转方向将卫星发射到圆轨道上。
②在点点火加速，卫星做离心运动进入椭圆轨道。
③在点（远地点）再次点火加速进入圆轨道。设卫星在圆轨道和上运行时的速度大小分别为、，向心加速度大小为、，在轨道上过点和点时的速度大小分别为、，向心加速度大小为、，在轨道、、上的运行周期分别为、、。下列说法不正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 卫星在轨道上从到的过程中，因地球引力作用，机械能减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据
解得
可知卫星在圆轨道做圆周运动时，轨道半径越大，运行的速度越小，所以，卫星从轨道的A点做离心沿轨道运动，所以，卫星从轨道的B点做近心沿轨道运动，所以，因此，A正确；
B．根据
可知轨道半径越大，向心加速度越小，故，B正确；
C．根据开普勒第三定律
可知，C正确；
D．卫星沿轨道从A点到B点，只有万有引力做功，机械能守恒，D错误。
本题选错误的选项，故D选项符合题意。
故选D。
5. 将一正点电荷在电场中由A点静止释放，仅受静电力作用下，从A点运动到B点的图像如图所示，该电场不可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，电荷做加速运动且加速度越来越小，根据牛顿第二定律得
所以从A到B场强越来越小，等量同种电荷中垂线上从A到B场强可能越来越小，正电荷可能做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．正电荷周围从A到B场强越来越小，正电荷从A点静止释放后做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．等量异种电荷连线的中点电场强度最小，正电荷从A点到B点做加速度减小的加速运动，故C错误；
D．设在右侧处场强为0，根据
解得
图中A点在紧邻位置右侧，从A到B场强可能一直增大，也可能先增大后减小，均不可能出现如图所示图像，故D正确。
故选D。
6. 如图所示为某游乐场的水上滑梯示意图，半径为R的光滑圆弧滑梯轨道PQ竖直放置，O为圆心，半径OQ恰好在水面处且与水面平行。一游客（可视为质点）从P点由静止开始沿圆弧轨道下滑，一段时间后由M点滑离轨道。不计空气阻力，重力加速度大小为g，则M点离水面的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设OM与竖直方向的夹角为，游客由P点滑到M点的过程根据动能定理得
游客经过M点时有
M点离水面的高度
联立解得
故选B。
二、多选题（共4个小题，共20分。7~10小题有多个选项正确，全部选对得5分，选不全得3分，有错选或不答得0分）
7. 如图所示，某物体在运动过程中，受竖直向下的重力和水平方向的风力，某段时间内，重力对物体做功4J，物体克服风力做功3J，则以下说法中正确的是（ ）
A. 外力对物体做的总功为7J
B. 物体的动能增加了1J
C. 物体的机械能减少了3J
D. 物体的重力势能增加了4J
【答案】BC
【解析】
【详解】已知WG＝4J，
A．外力做的总功等于，A错误；
B．根据动能定理，外力做的总功等于物体动能的增量，所以动能增量为1J，B正确；
C．物体的机械能增加量等于除重力以外的其它力做的功，故机械能增加量等于，即机械能减少3J，C正确；
D．重力做正功，重力势能减少4J，D错误。
故选BC。
8. 如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图像，P0为发动机的额定功率。已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值vm，汽车所受阻力大小与速度大小成正比。由此可得（ ）
A. 在0~t1时间内，汽车一定做匀加速运动
B. 在t1~t2时间内，汽车一定做匀速运动
C. 在t2~t3时间内，汽车一定做匀速运动
D. 在t2时刻，汽车的发动机额定功率与成正比
【答案】CD
【解析】
【详解】A．在0~t1时间内，汽车的功率均匀增加，由于阻力随着速度的增大而增大，故汽车在这一过程受到的合力不可能为恒力，汽车不可能做匀加速直线运动，故A错误；
B．汽车t1时刻达到额定功率，根据可知，速度继续增大，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，在t1~t2时间内，汽车做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．当加速度为零时，即牵引力等于阻力，汽车速度达到最大，由题意可知汽车在t2时刻达到最大速度，所以在t2~t3时间内，牵引力等于阻力，汽车做匀速运动，故C正确；
D．在t2时刻，汽车速度达到最大，此时牵引力等于阻力，则有，故D正确。
故选CD
9. 如图所示,甲、乙两球质量相同,悬线一长一短,如将两球从同一水平面无初速释放,不计阻力,则小球通过最低点时( )
A. 甲球受到的拉力较乙球大
B. 甲球的向心加速度和乙球的向心加速度大小相等
C. 甲球的动能和乙球的动能相等
D. 相对同一参考平面,甲、乙两球的机械能一样大
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 根据动能定理
，
在最低点，根据牛顿第二定律得：
得：
与绳长度无关．所以两绳拉力大小相等．故A错误；
B. 向心加速度
故加速度相等，故B正确；
C. 根据动能定理
可知，因绳长不相等，故在最低点时的动能不相等，故C错误；
D. A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置的机械能相等，所以相对同一参考平面，甲、乙两球的机械能一样大，故D正确．
10. 如图，滑块a、b的质量均为，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为。则（ ）
A. a落地前，轻杆对b一直做正功
B. a落地时速度大小为
C. a下落过程中，其加速度大小最大值等于
D. a落地前，当a的机械能最小时，a的加速度为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．b的初速度为0，因为杆对滑块b的限制，a落地时b的速度为零，所以b的运动为先加速后减速，杆对b的作用力对b做的功即为b所受合外力做的总功，由动能定理可知，杆对b先做正功后做负功，故A错误；
B．对a、b组成的系统，根据机械能守恒定律有
解得，故B正确；
C．结合上述可知，杆对a的作用效果为先推后拉，杆对a的作用力为拉力时，a下落过程中的加速度大小会大于，故C错误；
D．结合上述，b的运动为先加速后减速，由功能关系可知，当b的速度达到最大值时，杆的作用力为零，杆对a的推力减为零的时刻，即为a的机械能最小的时刻，此时杆对a和b的作用力均为零，故a的加速度为，故D正确。
故选BD。
三、实验题（每空两分，共18分）
11. “探究两个互成角度的力的合成规律”的实验装置如图所示，在该实验中。
（1）实验前用一个弹簧测力计钩住细绳套拉至满量程，此时橡皮筋伸长到位置A，本实验中O点的位置不能超过A点的原因是______。
A. 防止橡皮筋被拉断B. 避免拉力超过弹簧测力计量程
（2）下列说法正确的是______。
A. 拉着细绳套的两只弹簧测力计，稳定后读数应相同
B. 使用弹簧测力计时，应避免弹簧及拉杆与测力计外壳间的摩擦。
C. 在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向只需要再选择相距较近的一个点
（3）若只有一只弹簧测力计，为了完成该实验至少需要________（选填“2”、“3”或“4”）次把橡皮筋结点拉到O点。
【答案】（1）B （2）B
（3）3
【解析】
【小问1详解】
实验前用一个弹簧测力计钩住细绳套拉至满量程，此时橡皮筋伸长到位置A，本实验中O点的位置不能超过A点的原因是：避免拉力超过弹簧测力计量程。
故选B。
【小问2详解】
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”时，拉着细绳套的两只弹簧测力计，稳定后读数不需要一定相同，故A错误；
B．实验中使用弹簧测力计时，为了减小误差，应避免弹簧及拉杆与测力计外壳间的摩擦，故B正确；
C．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向时需要再选择与结点相距较远的一点，故C错误。
故选B。
【小问3详解】
如果只有一个弹簧测力计，用两个细绳套时，应先后两次将弹簧测力计挂在不同细绳套上，用手拉另一个细绳套，然后先后两次将结点拉到同一位置O，并保证两次细绳的夹角不变；再将弹簧测力计挂在一个细绳套上，用弹簧测力计将结点拉到同一位置O，因此为了完成实验至少需要3次把橡皮条的结点拉到O。
12. （1）如图甲为向心力演示仪的示意图，图乙为俯视图。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同。a、b两轮在皮带的传动下匀速转动。
现将两个小钢球分别放入A、B槽中，①球的质量是②球的2倍，①球放在A槽的边缘，②球放在B横的边缘，它们到各自转轴的距离之比为，如图乙所示，则钢球①，②的线速度大小之比为________，向心力大小之比为__________。
（2）利用如图甲装置做“验证机械能定恒定律”实验。
①除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_________。
A．低压交流电源 B．刻度尺 C．弹簧秤
②实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量_________，动能变化量_________。
③某次实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，最可能的原因是_______（单选）。
A．处理纸带时，没有每隔4点取一个计数点
B．重力加速度取值偏大
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
【答案】 ①. ②. ③. AB##BA ④. ⑤. ⑥. C
【解析】
【详解】（1）[1]a、b两轮在皮带的传动下匀速转动，且a、b轮半径相同，可知
根据
可知钢球①，②的线速度大小之比为
[2]根据向心力表达式
可知钢球①，②的向心力大小之比为
（2）①[3]电磁打点计时器需用低压交流电源，还需要刻度尺测量各点的距离。
故选AB。
②[4]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
[5]从打O点到打B点的过程中，动能变化量为
③[6]重力势能的减少量大于动能的增加量，最可能的原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响，使得重力势能的减少量有一部分转化为内能。
故选C。
四、解答题
13. 在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离。现将一质量的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方随位移的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，取，，。求：
（1）快件与传送带间的动摩擦因数；
（2）由于快件与传送带摩擦而产生的热量；
（3）快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据快件速度的平方随位移的变化图像可知，快件在之前做匀加速运动，加速度大小为
根据牛顿第二定律
代入数据解得
小问2详解】
根据图像可知，传送带的速度为，快件加速到以后做匀速运动，快件加速的时间为，位移为，传送带的位移为
二者的相对位移为
快件与传送带摩擦而产生的热量
解得快件与传送带摩擦而产生的热量
【小问3详解】
根据能量守恒定律，快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功包括快件增加的动能、增加的重力势能和与传送带摩擦而产生的热量，所以电动机多做的功
代入数据解得
14. 如图所示，某货场需将质量为m的货物（可视为质点）从高处运送至地面，现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道与水平面成角。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同木板A、B，长度均为，厚度不计，质量均为m，木板上表面与轨道末端平滑连接。货物与倾斜轨道间动摩擦因数为，货物与木板间动摩擦因数为，木板与地面间动摩擦因数。求解下列问题：（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，，，）
（1）若货物从离地面高处由静止滑下，求货物到达轨道末端时的速度；
（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求应满足的条件；
（3）若，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为多少？
【答案】（1）5m/s
（2）
（3）2.64m
【解析】
【小问1详解】
货物在倾斜轨道上的受力如图，由牛顿第二定律：
由运动学公式
代入数据解得
小问2详解】
若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
联立代入数据得
【小问3详解】
由（2）知货物滑上A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动。货物下滑高度记为，到达斜道末端时速度记为
货物滑上A时做匀减速运动，加速度大小
a1=gμ1=5m/s2
货物离开A时速度记为
货物滑上B时，自身加速度大小
B的加速度大小
由题意，货物到达B最右端时两者恰好具有共同速度，记为，货物做匀减速运动
，
B做匀加速运动
，
位移关系满足
代入数据解得
15. 如图，足够长的光滑绝缘水平面上竖直固定光滑绝缘的四分之一圆弧轨道bc，半径为R，b为圆弧的最低点，a点在圆弧左侧，且ab间距为2R。整个空间处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为的带正电小球从a点静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到b点时对轨道的压力的大小；
（2）少球在圆弧bc上运动过程中的最大动能；
（3）小球从a点开始运动到再次回到水平面的过程中机械能的增量。
【答案】（1）5mg；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球从a点运动到b点，根据动能定理有
在b点，有
解得
根据牛顿第三定律可知小球运动到b点时对轨道的压力大小为
（2）由题意可知，等效重力为
等效最低点在bc的中点，从b到等效最低点，根据动能定理有
解得最大动能为
（3）小球从a点运动到c点，有
设小球从c点运动到水平面经过的时间为t，这段时间t内，小球在竖直方向上做抛体运动，在水平方向上做匀加速运动，有
解得
整个过程中，小球机械能的增量为