【解析】河南省信陽(yáng)市高中2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試物理試題

第第頁(yè)【解析】河南省信陽(yáng)市高中2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試物理試題河南省信陽(yáng)市高中2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試物理試題

一、單選題（共8小題，每小題4分）

1．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）真空中有兩個(gè)完全相同、帶異種電荷的導(dǎo)體小球A和B（可視為點(diǎn)電荷），小球A所帶的電荷量多于小球B。將兩小球固定在空間某兩點(diǎn)時(shí)，它們之間庫(kù)侖力的大小為F。將兩小球互相接觸后再放回原處，它們之間庫(kù)侖力的大小為，則小球A所帶電荷量的絕對(duì)值是小球B的（）

A．5倍B．4倍C．3倍D．2倍

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】庫(kù)侖定律

【解析】【解答】設(shè)小球B帶的電荷量大小為Q，小球A所帶的電荷量大小為nQ，開(kāi)始時(shí)兩小球的庫(kù)侖力大小為，兩小球接觸后分開(kāi)，兩小球電荷量的絕對(duì)值為，放回原處后兩小球的庫(kù)侖力大小為，兩式聯(lián)立得或，因?yàn)樾∏駻的電荷量大于B，則，A正確。

故答案為：A

【分析】根據(jù)庫(kù)侖定律的表達(dá)式以及兩小球接觸后電荷量先中和后平分的特點(diǎn)分析求解。

2．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）石墨烯是一種超輕超高強(qiáng)度的新型材料。有人設(shè)想：用石墨烯制作超級(jí)纜繩連接地球赤道上的固定基地與地球靜止同步空間站（周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同），利用超級(jí)纜繩承載太空電梯從地球基地向空間站運(yùn)送物資。已知地球半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T(mén)，地球北極表面重力加速度為。若該設(shè)想能實(shí)現(xiàn)，質(zhì)量為m的太空電梯（可視為質(zhì)點(diǎn)）停在距地球表面高度為R的位置時(shí)，超級(jí)纜繩對(duì)太空電梯的拉力大小為（）

A．0B．

C．D．

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】衛(wèi)星問(wèn)題

【解析】【解答】設(shè)質(zhì)量為m0的物體在北極地面靜止，則有，解得，太空電梯在距離地面高R位置時(shí)所受的萬(wàn)有引力為F，則有，太空電梯在超級(jí)纜繩上饒地球做圓周運(yùn)動(dòng)，七周期與地球同步空間站相同，即也為T(mén)，大于它自由繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期，此時(shí)地球?qū)λ娜f(wàn)有引力大于它所需要的向心力，所以超級(jí)纜繩對(duì)太空電梯的拉力向上，設(shè)為，則有，其中，聯(lián)立解得，C正確。

故答案為：C

【分析】對(duì)太空電梯進(jìn)行受力分析，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力以及向心力與角速度和半徑之間的關(guān)系分析求解。

3．（2023高一上·洛陽(yáng)期末）如圖甲所示是一種速度傳感器的工作原理圖，在這個(gè)系統(tǒng)中，B為一個(gè)能發(fā)射超聲波的固定小盒子，工作時(shí)小盒子B向被測(cè)物體發(fā)出短暫的超聲波脈沖，脈沖被運(yùn)動(dòng)的物體反射后又被B盒接收，從B盒發(fā)射超聲波開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)時(shí)間t0再次發(fā)射超聲波脈沖，圖乙是連續(xù)兩次發(fā)射的超聲波的x﹣t圖象。則下列說(shuō)法正確的是（）

A．超聲波的速度v聲＝

B．超聲波的速度v聲＝

C．物體的平均速度

D．物體的平均速度

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】平均速度；運(yùn)動(dòng)學(xué)S-t圖象

【解析】【解答】AB．由圖乙可知，超聲波的速度為

或者

AB不符合題意；

CD．由題可看出，物體通過(guò)的位移為時(shí)，所用時(shí)間為

則物體的平均速度為

C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】x-t圖像的斜率表示物體的速度，利用平均速度的表達(dá)式得出超聲波的速度以及物體的平均速度。

4．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，固定在絕緣支桿上的帶電小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細(xì)線繞過(guò)定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下，小球B靜止，此時(shí)兩球處于同一水平線。假設(shè)兩球的電荷量均不變，現(xiàn)緩慢拉動(dòng)細(xì)線，使B球移動(dòng)一小段距離。在此過(guò)程中以下說(shuō)法正確的是（）

A．細(xì)線上的拉力大小不變B．細(xì)線上的拉力先減小后增大

C．B球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段直線D．B球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡

【解析】【解答】ABC、對(duì)小球B受力分析，根據(jù)相似三角形可知，得，小球B緩慢向下移動(dòng)的過(guò)程中，兩個(gè)三角形仍然相似，以上公式仍然成立，根據(jù)題意，向下移動(dòng)過(guò)程中mg，h不變，則小球緩慢移動(dòng)過(guò)程中r保持不變，因此小球的運(yùn)動(dòng)軌跡時(shí)一段圓弧，則AB兩球之間的庫(kù)侖力保持不變，又因?yàn)?，由于d在增大，因此F'增大，所以細(xì)線上的張力F一直在增大，AB錯(cuò)誤，C正確。

D、由于小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧，庫(kù)侖力不做功，則AB組成的系統(tǒng)電勢(shì)能不變，D錯(cuò)誤。

故答案為：C

【分析】對(duì)小球B進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系有相似三角形的數(shù)學(xué)關(guān)系分析求解。

5．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，在某行星表面上有一傾斜的圓盤(pán)，面與水平面的夾角為，盤(pán)面上離轉(zhuǎn)軸距離處有小物體與圓盤(pán)保持相對(duì)靜止，繞垂直于盤(pán)面的固定對(duì)稱(chēng)軸以恒定角速度轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為時(shí)，小物塊剛要滑動(dòng)，物體與盤(pán)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），星球的半徑為，引力常量為，下列說(shuō)法正確的是（）

A．這個(gè)行星質(zhì)量

B．這個(gè)行星的第一宇宙速度

C．這個(gè)行星的密度是

D．離行星表面距離為的地方的重力加速度為

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用

【解析】【解答】A、物塊剛要滑動(dòng)時(shí)，處于最低點(diǎn)位置，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，在天體表面滿(mǎn)足，聯(lián)立解得行星質(zhì)量為，A錯(cuò)誤。

B、根據(jù)牛頓第二定律可得，解得該星球第一宇宙速度為，B錯(cuò)誤。

C、根據(jù)，，聯(lián)立解得星球密度為，C正確。

D、設(shè)離行星表面距離為R的地方的重力加速度為g'，則有，，解得，D錯(cuò)誤。

故答案為：C

【分析】對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和萬(wàn)有引力定律列方程聯(lián)立求解。

6．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）在一輕彈簧下掛一重物，將它從位置處放開(kāi)，它將迅速下降，直至位置后再返回（如甲圖所示）。若我們用手托著該重物使它緩緩下降，最終它在達(dá)到位置后就不再運(yùn)動(dòng)了（如乙圖所示）。記彈簧的彈性勢(shì)能為、物體和地球的重力勢(shì)能為、物體的動(dòng)能為，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，關(guān)于兩次實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是（）

A．甲圖里重物從到的過(guò)程中，持續(xù)減小

B．乙圖里重物從到的過(guò)程中，持續(xù)增大

C．甲圖里重物從到的過(guò)程中，保持不變

D．乙圖里重物從到的過(guò)程中，保持不變

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】能量守恒定律；機(jī)械能守恒定律

【解析】【解答】A、由題意可知，甲圖重物在達(dá)到位置Q處，彈簧的彈力與重力大小相等，此時(shí)重物的速度最大，則有重物在Q→N的過(guò)程中，彈力大于重力，物體做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，重物與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可知持續(xù)增大。A錯(cuò)誤。

B、乙圖中從P到Q的過(guò)程，用手托著重物使它緩慢下降，重物動(dòng)能不變，可手對(duì)重物的支持力對(duì)重物做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能減小，則有減小，B錯(cuò)誤。

C、甲圖重物從P到N的過(guò)程，重物與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有保持不變，C正確。

D、乙圖從P到Q的過(guò)程，手對(duì)重物的支持力做負(fù)功，因此系統(tǒng)的機(jī)械能減小，則有減小，D錯(cuò)誤。

故答案為：C

【分析】對(duì)兩圖中重物進(jìn)行受力分析，根據(jù)機(jī)械能守恒定律的成立條件和功能關(guān)系分析求解能量的變化。

7．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管（正向通電時(shí)可以理解為通路）反向通電時(shí)可理解為斷路）連接，電源正極接地。初始時(shí)電容器不帶電，閉合開(kāi)關(guān)，電路穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說(shuō)法正確的是（）

A．上極板上移，帶電油滴向下運(yùn)動(dòng)

B．上極板上移，P點(diǎn)電勢(shì)不變

C．上極板下移，帶電油滴向下運(yùn)動(dòng)

D．上極板下移，P點(diǎn)電勢(shì)升高

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用

【解析】【解答】AB、將上極板上移，d變大，由，可知C變小，又因?yàn)?，可知電容器與電源相連，U不變，則Q減小，電容器放電，由于二極管單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，由，可知電容器兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，油滴所受電場(chǎng)力不變，靜止不動(dòng)，A錯(cuò)誤；上極板電勢(shì)為零，P點(diǎn)到上極板之間的距離增大，根據(jù)可知，P點(diǎn)與上板間的電勢(shì)差增大，而電場(chǎng)中的電勢(shì)都為負(fù)，則P點(diǎn)電勢(shì)減小，B錯(cuò)誤。

CD、若上極板下移，則d減小，C變大，兩板間的電壓U不變，則Q要變大，電容器要充電，二極管導(dǎo)通，由電場(chǎng)強(qiáng)度可知，E增大，電場(chǎng)力變大，油滴所受合力向上，油滴向上運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；P點(diǎn)與下極板的距離不變，根據(jù)，可知P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差絕對(duì)值增大，總電壓一定，則P點(diǎn)與上極板間電勢(shì)差減小，所以P點(diǎn)電勢(shì)升高，D正確。

故答案為：D

【分析】對(duì)電容器進(jìn)行分析，根據(jù)電容器電容的決定式和定義式以及二極管的單向?qū)щ娦蕴攸c(diǎn)分析求解。

8．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，一位網(wǎng)球運(yùn)動(dòng)員在距地面高度為H的O點(diǎn)以拍擊球，使網(wǎng)球沿水平方向飛出：第一只球落在自己一方場(chǎng)地上后，彈跳起來(lái)兩次，剛好擦網(wǎng)而過(guò)，落在對(duì)方場(chǎng)地的A點(diǎn)處；第二只球直接擦網(wǎng)而過(guò)，也剛好落在A點(diǎn)處．設(shè)球與地面的碰撞前后其豎直方向速度原速率彈回，而水平方向速度不變，且不計(jì)空氣阻力，則球場(chǎng)中攔網(wǎng)高度為

A．B．C．D．

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，兩球分別被擊出至各自第一次落地的時(shí)間是相等的，由于球與地面之間的碰撞是彈性碰撞，設(shè)第一球自擊出到落地的時(shí)間為t1，第二球所用的時(shí)間為t2，則有，由于兩球在水平方向上均為勻速運(yùn)動(dòng)，水平位移大小相等，設(shè)他們?cè)贠點(diǎn)出發(fā)的速度分別為v1，v2，由得，設(shè)兩球從O點(diǎn)到網(wǎng)頂時(shí)間分別為T(mén)1，T2，由于兩球從O點(diǎn)到網(wǎng)頂?shù)乃骄嚯x相等，由豎直方向運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，解得。

故答案為：C

【分析】對(duì)兩球進(jìn)行分析，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和兩球之間的運(yùn)動(dòng)關(guān)系列方程聯(lián)立求解。

二、多選題（共4小題，全部選對(duì)得4分，少選，選得2分，錯(cuò)選不得分）

9．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，帶負(fù)電的點(diǎn)電荷旁有一接地大金屬板，A為金屬板內(nèi)的一點(diǎn)，B為金屬板左側(cè)外表面上的一點(diǎn)，下列關(guān)于金屬板上感應(yīng)電荷在A點(diǎn)和B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向判斷正確的是（）

A．感應(yīng)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)沿E1方向

B．感應(yīng)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)沿E2方向

C．感應(yīng)電荷在B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)可能沿E3方向

D．感應(yīng)電荷在B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)可能沿E4方向

【答案】B,C

【知識(shí)點(diǎn)】靜電的防止與利用

【解析】【解答】AB、金屬板內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)為零，點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)镋1，感應(yīng)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E2，二者疊加之后才能為零，A錯(cuò)誤，B正確。

CD、B點(diǎn)為金屬板左側(cè)外表面一個(gè)點(diǎn)，B點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向應(yīng)垂直金屬板表面向左，而點(diǎn)電荷引起的場(chǎng)強(qiáng)指向負(fù)電荷，將合場(chǎng)強(qiáng)分解，一個(gè)指向負(fù)電荷，一個(gè)指向E3方向，則C正確，D錯(cuò)誤。

故答案為：BC

【分析】對(duì)電荷和金屬板進(jìn)行分析，根據(jù)處于靜電平衡狀態(tài)下導(dǎo)體內(nèi)部合場(chǎng)強(qiáng)處處為零以及場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理分析求解。

10．（2023高二上·鄒城期中）四個(gè)相同的小量程電流表（表頭）分別改裝成兩個(gè)電流表、和兩個(gè)電壓表、已知電流表的量程大于的量程，電壓表的量程大于的量程，改裝好后把它們按圖所示接法連入電路，則（）

A．電流表的讀數(shù)大于電流表的讀數(shù)

B．電流表指針的偏轉(zhuǎn)角小于電流表指針的偏轉(zhuǎn)角

C．電壓表的讀數(shù)小于電壓表的讀數(shù)

D．電壓表指針的偏轉(zhuǎn)角等于電壓表指針的偏轉(zhuǎn)角

【答案】A,D

【知識(shí)點(diǎn)】表頭的改裝

【解析】【解答】AB．電流表的量程大于的量程，故電流表的內(nèi)阻小于的內(nèi)阻；由圖可知，兩電流表并聯(lián)，故兩流表兩端的電壓相等，兩表由同一電流表改裝而成，而將電流表擴(kuò)大量程時(shí)為并聯(lián)一小電阻，故相當(dāng)于為四個(gè)電阻并聯(lián)，故兩表頭中電流相同，故兩表的偏角相同，因表量程大于表，故的讀數(shù)比的讀數(shù)大，A符合題意，B不符合題意；

CD．電壓表的量程大于的量程，故的電阻大于的電阻；兩電壓表串聯(lián)，故通過(guò)兩表的電流相等，故的讀數(shù)比的讀數(shù)大，兩電壓表串聯(lián)，通過(guò)表頭的電流相等，表頭指針偏轉(zhuǎn)角度相等，電壓表的偏轉(zhuǎn)角等于電壓表的偏轉(zhuǎn)角，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】由于兩個(gè)電流表其內(nèi)部表頭與電阻并聯(lián)所以其兩個(gè)電流表的偏轉(zhuǎn)角相等，結(jié)合內(nèi)阻的大小可以比較電流表讀數(shù)的大?。挥捎趦蓚€(gè)電壓表串聯(lián)所以電流相等則偏轉(zhuǎn)角相等，利用內(nèi)阻的大小可以比較電壓表讀數(shù)的大小。

11．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖，光滑地面上，有一質(zhì)量為的木箱停在水平路面上，木箱高，一質(zhì)量的小物塊置于的上表面，它距后端A點(diǎn)的距離為，已知與之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)對(duì)木箱施一水平向右的大小恒為的作用力，木箱開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，最后小物塊會(huì)離開(kāi)后落至水平地面，運(yùn)動(dòng)中小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）

A．小物塊離開(kāi)木箱時(shí)，小物塊的速度為

B．小物塊離開(kāi)木箱時(shí)，木箱的速度為

C．小物塊落地時(shí)，小物塊與木箱之間的距離為

D．小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落地時(shí)，木箱運(yùn)動(dòng)的位移為

【答案】A,B,D

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—板塊模型

【解析】【解答】AB、小物塊m與木箱M間的摩擦力，由牛頓第二定律可知物塊的加速度為，木箱的加速度為，由位移公式可得，解得，小物塊離開(kāi)木箱時(shí)，小物塊的速度為，木箱的速度為，AB正確。

C、小物塊離開(kāi)木箱后做平拋運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)間為，小物塊離開(kāi)木箱后，木箱的加速度為，小物塊落地時(shí)與木箱的距離為，C錯(cuò)誤。

D、小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落地時(shí)，木箱的位移為，D正確。

故答案為：ABD

【分析】對(duì)小物塊和木箱進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算加速度，再由位移關(guān)系和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析求解。

12．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，空間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向與水平方向間的夾角為，AB與電場(chǎng)垂直，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球以初速度v0從A點(diǎn)水平向右拋出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t小球落到C點(diǎn)，速度大小仍是，則下列說(shuō)法中正確的是（）

A．電場(chǎng)方向沿電場(chǎng)線斜面

B．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

C．小球下落高度

D．此過(guò)程增加的電勢(shì)能等于

【答案】B,C

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在重力場(chǎng)和電場(chǎng)復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A、小球在下落過(guò)程中動(dòng)能不變，而重力做正功，則電場(chǎng)力做負(fù)功，而小球帶正電，故電場(chǎng)線斜向下，A錯(cuò)誤。

B、由動(dòng)能定理可知，解得，B正確。

C、將電場(chǎng)力分解為沿水平方向和豎直方向，則，則物體在豎直方向上的合力，由牛頓第二定律可知，豎直方向的加速度為，下落高度為，C正確。

D、此過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，由幾何關(guān)系可知，小球在沿電場(chǎng)線方向上的位移，則電勢(shì)能的增加量，D錯(cuò)誤。

故答案為：BC

【分析】對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化之間的關(guān)系分析求解。

三、實(shí)驗(yàn)題（共兩小題，13題6分，14題9分）

13．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律也可以有其他多種的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)。

甲同學(xué)用如圖所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，細(xì)線的一端拴一個(gè)金屬小球，另一端連接固定在天花板上的拉力傳感器，傳感器可記錄小球在擺動(dòng)過(guò)程中細(xì)線拉力的大小。將小球拉至圖示位置，由靜止釋放小球，發(fā)現(xiàn)細(xì)線拉力在小球擺動(dòng)的過(guò)程中做周期性變化。

（1）若細(xì)線的長(zhǎng)度遠(yuǎn)大于小球的直徑，為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，該小組不需要測(cè)出的物理量是。

A．釋放小球時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角

B．細(xì)線的長(zhǎng)度

C．小球的質(zhì)量

D．細(xì)線拉力的最大值

E．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?/p>

（2）根據(jù)上述測(cè)量結(jié)果，小球動(dòng)能的最大值的表達(dá)式為。

（3）小球從靜止釋放到最低點(diǎn)過(guò)程中，滿(mǎn)足機(jī)械能守恒關(guān)系式為（用上述測(cè)定的物理量的符號(hào)表示）。

【答案】（1）B

（2）

（3）

【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律

【解析】【解答】（1）為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，則需驗(yàn)證，小球的質(zhì)量可以消去，故無(wú)需測(cè)量。

（2）小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律可知，小球的動(dòng)能表達(dá)式為，兩式聯(lián)立得。

（3）若滿(mǎn)足機(jī)械能守恒定律則有，又因?yàn)?，?lián)立整理得。

【分析】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式和實(shí)驗(yàn)原理判斷所需測(cè)量的物理量。

（2）對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)能的表達(dá)式分析求解。

（3）對(duì)小球進(jìn)行分析，根據(jù)機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式和牛頓第二定律列方程求解。

14．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）某同學(xué)制作了一個(gè)可用電流表直接顯示拉力大小的拉力器，原理如圖。R1是一根長(zhǎng)20cm、阻值20Ω的均勻電阻絲，勁度系數(shù)為1.0×103N/m的輕彈簧左端固定，右端連接金屬滑片P和拉環(huán)，拉環(huán)不受拉力時(shí)，滑片P恰好處于a端。閉合S，在彈簧彈性限度內(nèi)，對(duì)拉環(huán)施加水平拉力，使滑片P滑到b端，調(diào)節(jié)電阻箱R使電流表恰好滿(mǎn)偏。已知電源電動(dòng)勢(shì)E=6V，內(nèi)阻r=1Ω，電流表的量程為0~0.6A，內(nèi)阻不計(jì)，P與R1接觸良好且不計(jì)摩擦。

（1）電阻箱R0接入電路的阻值為Ω；

（2）電流表的刻度標(biāo)示為拉力值時(shí)，拉力刻度值的分布是（填“均勻”或“不均勻”）的；

（3）電流表刻度值為0.50A處拉力示數(shù)為N；

（4）要通過(guò)線性圖象直觀反映電流表示數(shù)I與拉力F的關(guān)系，可作____圖象；

A．I-FB．C．D．

（5）若電流表的內(nèi)阻不可忽略，則（4）問(wèn)中正確選擇的圖象斜率（填“變大”“變小”或“不變"）。

【答案】（1）9

（2）不均勻

（3）180

（4）C

（5）不變

【知識(shí)點(diǎn)】探究彈簧彈力的大小與伸長(zhǎng)量的關(guān)系

【解析】【解答】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律，代入數(shù)據(jù)解得。

（2）由閉合電路歐姆定律，又電阻絲接入電路的阻值為，，，整理得，電流與拉力的關(guān)系是非線性關(guān)系，刻度不均勻。

（3）當(dāng)電流表指針指向0.50A時(shí)，電路的總電阻為，則電阻絲接入電路的阻值為2Ω，則電阻絲接入電路的長(zhǎng)度為2cm，彈簧的伸長(zhǎng)量為18cm，則拉力為180N。

（4）由整理得，因此為了圖像直觀，應(yīng)作出圖像。

（5）如果電流表內(nèi)阻不可忽略，則有，圖像的斜率保持不變。

【分析】（1）對(duì)電路進(jìn)行分析，根據(jù)閉合電路歐姆定律列方程求解。

（2）對(duì)電路進(jìn)行分析，根據(jù)閉合電路歐姆定律列出方程結(jié)合胡克定律進(jìn)行整理得到電流與拉力的關(guān)系式進(jìn)行判斷。

（3）由（2）中表達(dá)式，代入數(shù)據(jù)分析求解。

（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律和胡克定律得到的表達(dá)式進(jìn)行整理變形，得到一次函數(shù)表達(dá)式分析求解。

（5）若電流表具有內(nèi)阻，則對(duì)上述表達(dá)式進(jìn)行修正，分析由于電流表造成的影響。

四、解答題（共3小題，15題9分，16邀12分，17題16分）

15．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中第1象限存在沿y軸負(fù)方向的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，在x軸下側(cè)平面內(nèi)某處固定著一點(diǎn)電荷（設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)與點(diǎn)電荷電場(chǎng)以x軸為界互不影響），一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場(chǎng)，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ＝60°角射入第4象限，此后在點(diǎn)電荷作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出，OP＝3R。不計(jì)粒子重力，靜電力常量為k，求：

（1）MN兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UMN；

（2）固定x軸下側(cè)平面內(nèi)的點(diǎn)電荷電量Q；

（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度。

【答案】（1）解：帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：設(shè)帶電粒子過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度為，有

得

帶電粒子從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過(guò)程，有

（2）解：設(shè)帶電粒子在第四象限內(nèi)的運(yùn)動(dòng)半徑為，由幾何關(guān)系得

且

得

（3）解：帶電粒子從勻強(qiáng)電場(chǎng)中出來(lái)時(shí)，，，

聯(lián)立得

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合

【解析】【分析】（1）對(duì)帶電粒子進(jìn)行分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律和動(dòng)能定理列方程分析求解。

（2）設(shè)帶電粒子在第四象限內(nèi)的運(yùn)動(dòng)半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系和牛頓第二定律以及庫(kù)侖定律分析求解。

（3）帶電粒子從勻強(qiáng)電場(chǎng)射出時(shí)，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)規(guī)律列方程求解。

16．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，表面光滑的平臺(tái)AB與CO中間是光滑凹槽，質(zhì)量為m0=1.5kg、長(zhǎng)為l=2.55m的木板Q放置在凹槽內(nèi)水平面上，其上表面剛好與平臺(tái)AB和CO水平等高。開(kāi)始時(shí)木板靜置在緊靠凹槽左端處，此時(shí)木板右端與凹槽右端距離d=0.9m。質(zhì)量為m=1kg的物塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）從平臺(tái)AB滑上木板Q，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.75，g=10m/s2。

（1）若物塊P以v0=8m/s的初速度從平臺(tái)滑上木板，當(dāng)物塊滑至木板右端時(shí)，木板恰好到達(dá)凹槽右端。

求：①木板Q的右端到達(dá)凹槽右端的時(shí)間；

②物塊P到達(dá)平臺(tái)CO時(shí)的動(dòng)能；

（2）現(xiàn)以平臺(tái)CO末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，若物塊以不同初速度從平臺(tái)AB滑上木板，且木板碰到凹槽右端時(shí)立刻停止運(yùn)動(dòng)，物塊經(jīng)過(guò)O點(diǎn)落在弧形軌道MN上的動(dòng)能均相同，N為軌道與y軸的交點(diǎn)，ON=0.8125m，忽略空氣阻力。

求：①弧形軌道MN的軌道方程；

②物塊以v0=8m/s的初速度從平臺(tái)滑上木板后，落在軌道MN上的位置坐標(biāo)。

【答案】（1）解：①木板向右運(yùn)動(dòng)d，據(jù)牛頓第二定律，木板Q

①

②

解得③

②小物塊滑到平臺(tái)CO上時(shí)的動(dòng)能為，據(jù)動(dòng)能定理④

解得⑤

（2）解：①物塊P從O點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)飛出的初速度為v，落在弧形軌道坐標(biāo)為（x，y），有

⑥

⑦

解得水平初速度為

物塊P從O點(diǎn)到落點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可知⑧

解得落點(diǎn)處動(dòng)能為

當(dāng)時(shí)，代入得

化簡(jiǎn)可得曲線方程為⑨

②由

可知

平拋運(yùn)動(dòng)可得⑩

聯(lián)立方程⑨⑩解得

即位置坐標(biāo)為（0.7m，0.2m）。

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【分析】（1）對(duì)小物塊和木板進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算木板Q的右端到達(dá)凹槽右端的時(shí)間，再對(duì)小物塊根據(jù)動(dòng)能定理分析求解。

（2）對(duì)小物塊進(jìn)行分析，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和動(dòng)能定理列方程整理求解，在由曲線方程和動(dòng)能的表達(dá)式代入求解。

1/1河南省信陽(yáng)市高中2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試物理試題

一、單選題（共8小題，每小題4分）

1．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）真空中有兩個(gè)完全相同、帶異種電荷的導(dǎo)體小球A和B（可視為點(diǎn)電荷），小球A所帶的電荷量多于小球B。將兩小球固定在空間某兩點(diǎn)時(shí)，它們之間庫(kù)侖力的大小為F。將兩小球互相接觸后再放回原處，它們之間庫(kù)侖力的大小為，則小球A所帶電荷量的絕對(duì)值是小球B的（）

A．5倍B．4倍C．3倍D．2倍

2．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）石墨烯是一種超輕超高強(qiáng)度的新型材料。有人設(shè)想：用石墨烯制作超級(jí)纜繩連接地球赤道上的固定基地與地球靜止同步空間站（周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同），利用超級(jí)纜繩承載太空電梯從地球基地向空間站運(yùn)送物資。已知地球半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T(mén)，地球北極表面重力加速度為。若該設(shè)想能實(shí)現(xiàn)，質(zhì)量為m的太空電梯（可視為質(zhì)點(diǎn)）停在距地球表面高度為R的位置時(shí)，超級(jí)纜繩對(duì)太空電梯的拉力大小為（）

A．0B．

C．D．

3．（2023高一上·洛陽(yáng)期末）如圖甲所示是一種速度傳感器的工作原理圖，在這個(gè)系統(tǒng)中，B為一個(gè)能發(fā)射超聲波的固定小盒子，工作時(shí)小盒子B向被測(cè)物體發(fā)出短暫的超聲波脈沖，脈沖被運(yùn)動(dòng)的物體反射后又被B盒接收，從B盒發(fā)射超聲波開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)時(shí)間t0再次發(fā)射超聲波脈沖，圖乙是連續(xù)兩次發(fā)射的超聲波的x﹣t圖象。則下列說(shuō)法正確的是（）

A．超聲波的速度v聲＝

B．超聲波的速度v聲＝

C．物體的平均速度

D．物體的平均速度

4．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，固定在絕緣支桿上的帶電小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細(xì)線繞過(guò)定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下，小球B靜止，此時(shí)兩球處于同一水平線。假設(shè)兩球的電荷量均不變，現(xiàn)緩慢拉動(dòng)細(xì)線，使B球移動(dòng)一小段距離。在此過(guò)程中以下說(shuō)法正確的是（）

A．細(xì)線上的拉力大小不變B．細(xì)線上的拉力先減小后增大

C．B球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段直線D．B球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧

5．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，在某行星表面上有一傾斜的圓盤(pán)，面與水平面的夾角為，盤(pán)面上離轉(zhuǎn)軸距離處有小物體與圓盤(pán)保持相對(duì)靜止，繞垂直于盤(pán)面的固定對(duì)稱(chēng)軸以恒定角速度轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為時(shí)，小物塊剛要滑動(dòng)，物體與盤(pán)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），星球的半徑為，引力常量為，下列說(shuō)法正確的是（）

A．這個(gè)行星質(zhì)量

B．這個(gè)行星的第一宇宙速度

C．這個(gè)行星的密度是

D．離行星表面距離為的地方的重力加速度為

6．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）在一輕彈簧下掛一重物，將它從位置處放開(kāi)，它將迅速下降，直至位置后再返回（如甲圖所示）。若我們用手托著該重物使它緩緩下降，最終它在達(dá)到位置后就不再運(yùn)動(dòng)了（如乙圖所示）。記彈簧的彈性勢(shì)能為、物體和地球的重力勢(shì)能為、物體的動(dòng)能為，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，關(guān)于兩次實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是（）

A．甲圖里重物從到的過(guò)程中，持續(xù)減小

B．乙圖里重物從到的過(guò)程中，持續(xù)增大

C．甲圖里重物從到的過(guò)程中，保持不變

D．乙圖里重物從到的過(guò)程中，保持不變

7．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管（正向通電時(shí)可以理解為通路）反向通電時(shí)可理解為斷路）連接，電源正極接地。初始時(shí)電容器不帶電，閉合開(kāi)關(guān)，電路穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說(shuō)法正確的是（）

A．上極板上移，帶電油滴向下運(yùn)動(dòng)

B．上極板上移，P點(diǎn)電勢(shì)不變

C．上極板下移，帶電油滴向下運(yùn)動(dòng)

D．上極板下移，P點(diǎn)電勢(shì)升高

8．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，一位網(wǎng)球運(yùn)動(dòng)員在距地面高度為H的O點(diǎn)以拍擊球，使網(wǎng)球沿水平方向飛出：第一只球落在自己一方場(chǎng)地上后，彈跳起來(lái)兩次，剛好擦網(wǎng)而過(guò)，落在對(duì)方場(chǎng)地的A點(diǎn)處；第二只球直接擦網(wǎng)而過(guò)，也剛好落在A點(diǎn)處．設(shè)球與地面的碰撞前后其豎直方向速度原速率彈回，而水平方向速度不變，且不計(jì)空氣阻力，則球場(chǎng)中攔網(wǎng)高度為

A．B．C．D．

二、多選題（共4小題，全部選對(duì)得4分，少選，選得2分，錯(cuò)選不得分）

9．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，帶負(fù)電的點(diǎn)電荷旁有一接地大金屬板，A為金屬板內(nèi)的一點(diǎn)，B為金屬板左側(cè)外表面上的一點(diǎn)，下列關(guān)于金屬板上感應(yīng)電荷在A點(diǎn)和B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向判斷正確的是（）

A．感應(yīng)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)沿E1方向

B．感應(yīng)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)沿E2方向

C．感應(yīng)電荷在B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)可能沿E3方向

D．感應(yīng)電荷在B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)可能沿E4方向

10．（2023高二上·鄒城期中）四個(gè)相同的小量程電流表（表頭）分別改裝成兩個(gè)電流表、和兩個(gè)電壓表、已知電流表的量程大于的量程，電壓表的量程大于的量程，改裝好后把它們按圖所示接法連入電路，則（）

A．電流表的讀數(shù)大于電流表的讀數(shù)

B．電流表指針的偏轉(zhuǎn)角小于電流表指針的偏轉(zhuǎn)角

C．電壓表的讀數(shù)小于電壓表的讀數(shù)

D．電壓表指針的偏轉(zhuǎn)角等于電壓表指針的偏轉(zhuǎn)角

11．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖，光滑地面上，有一質(zhì)量為的木箱停在水平路面上，木箱高，一質(zhì)量的小物塊置于的上表面，它距后端A點(diǎn)的距離為，已知與之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)對(duì)木箱施一水平向右的大小恒為的作用力，木箱開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，最后小物塊會(huì)離開(kāi)后落至水平地面，運(yùn)動(dòng)中小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）

A．小物塊離開(kāi)木箱時(shí)，小物塊的速度為

B．小物塊離開(kāi)木箱時(shí)，木箱的速度為

C．小物塊落地時(shí)，小物塊與木箱之間的距離為

D．小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落地時(shí)，木箱運(yùn)動(dòng)的位移為

12．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，空間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向與水平方向間的夾角為，AB與電場(chǎng)垂直，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球以初速度v0從A點(diǎn)水平向右拋出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t小球落到C點(diǎn)，速度大小仍是，則下列說(shuō)法中正確的是（）

A．電場(chǎng)方向沿電場(chǎng)線斜面

B．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

C．小球下落高度

D．此過(guò)程增加的電勢(shì)能等于

三、實(shí)驗(yàn)題（共兩小題，13題6分，14題9分）

13．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律也可以有其他多種的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)。

甲同學(xué)用如圖所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，細(xì)線的一端拴一個(gè)金屬小球，另一端連接固定在天花板上的拉力傳感器，傳感器可記錄小球在擺動(dòng)過(guò)程中細(xì)線拉力的大小。將小球拉至圖示位置，由靜止釋放小球，發(fā)現(xiàn)細(xì)線拉力在小球擺動(dòng)的過(guò)程中做周期性變化。

（1）若細(xì)線的長(zhǎng)度遠(yuǎn)大于小球的直徑，為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，該小組不需要測(cè)出的物理量是。

A．釋放小球時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角

B．細(xì)線的長(zhǎng)度

C．小球的質(zhì)量

D．細(xì)線拉力的最大值

E．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?/p>

（2）根據(jù)上述測(cè)量結(jié)果，小球動(dòng)能的最大值的表達(dá)式為。

（3）小球從靜止釋放到最低點(diǎn)過(guò)程中，滿(mǎn)足機(jī)械能守恒關(guān)系式為（用上述測(cè)定的物理量的符號(hào)表示）。

14．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）某同學(xué)制作了一個(gè)可用電流表直接顯示拉力大小的拉力器，原理如圖。R1是一根長(zhǎng)20cm、阻值20Ω的均勻電阻絲，勁度系數(shù)為1.0×103N/m的輕彈簧左端固定，右端連接金屬滑片P和拉環(huán)，拉環(huán)不受拉力時(shí)，滑片P恰好處于a端。閉合S，在彈簧彈性限度內(nèi)，對(duì)拉環(huán)施加水平拉力，使滑片P滑到b端，調(diào)節(jié)電阻箱R使電流表恰好滿(mǎn)偏。已知電源電動(dòng)勢(shì)E=6V，內(nèi)阻r=1Ω，電流表的量程為0~0.6A，內(nèi)阻不計(jì)，P與R1接觸良好且不計(jì)摩擦。

（1）電阻箱R0接入電路的阻值為Ω；

（2）電流表的刻度標(biāo)示為拉力值時(shí)，拉力刻度值的分布是（填“均勻”或“不均勻”）的；

（3）電流表刻度值為0.50A處拉力示數(shù)為N；

（4）要通過(guò)線性圖象直觀反映電流表示數(shù)I與拉力F的關(guān)系，可作____圖象；

A．I-FB．C．D．

（5）若電流表的內(nèi)阻不可忽略，則（4）問(wèn)中正確選擇的圖象斜率（填“變大”“變小”或“不變"）。

四、解答題（共3小題，15題9分，16邀12分，17題16分）

15．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中第1象限存在沿y軸負(fù)方向的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，在x軸下側(cè)平面內(nèi)某處固定著一點(diǎn)電荷（設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)與點(diǎn)電荷電場(chǎng)以x軸為界互不影響），一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場(chǎng)，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ＝60°角射入第4象限，此后在點(diǎn)電荷作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出，OP＝3R。不計(jì)粒子重力，靜電力常量為k，求：

（1）MN兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UMN；

（2）固定x軸下側(cè)平面內(nèi)的點(diǎn)電荷電量Q；

（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度。

16．（2022高二上·信陽(yáng)開(kāi)學(xué)考）如圖所示，表面光滑的平臺(tái)AB與CO中間是光滑凹槽，質(zhì)量為m0=1.5kg、長(zhǎng)為l=2.55m的木板Q放置在凹槽內(nèi)水平面上，其上表面剛好與平臺(tái)AB和CO水平等高。開(kāi)始時(shí)木板靜置在緊靠凹槽左端處，此時(shí)木板右端與凹槽右端距離d=0.9m。質(zhì)量為m=1kg的物塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）從平臺(tái)AB滑上木板Q，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.75，g=10m/s2。

（1）若物塊P以v0=8m/s的初速度從平臺(tái)滑上木板，當(dāng)物塊滑至木板右端時(shí)，木板恰好到達(dá)凹槽右端。

求：①木板Q的右端到達(dá)凹槽右端的時(shí)間；

②物塊P到達(dá)平臺(tái)CO時(shí)的動(dòng)能；

（2）現(xiàn)以平臺(tái)CO末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，若物塊以不同初速度從平臺(tái)AB滑上木板，且木板碰到凹槽右端時(shí)立刻停止運(yùn)動(dòng)，物塊經(jīng)過(guò)O點(diǎn)落在弧形軌道MN上的動(dòng)能均相同，N為軌道與y軸的交點(diǎn)，ON=0.8125m，忽略空氣阻力。

求：①弧形軌道MN的軌道方程；

②物塊以v0=8m/s的初速度從平臺(tái)滑上木板后，落在軌道MN上的位置坐標(biāo)。

答案解析部分

1．【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】庫(kù)侖定律

【解析】【解答】設(shè)小球B帶的電荷量大小為Q，小球A所帶的電荷量大小為nQ，開(kāi)始時(shí)兩小球的庫(kù)侖力大小為，兩小球接觸后分開(kāi)，兩小球電荷量的絕對(duì)值為，放回原處后兩小球的庫(kù)侖力大小為，兩式聯(lián)立得或，因?yàn)樾∏駻的電荷量大于B，則，A正確。

故答案為：A

【分析】根據(jù)庫(kù)侖定律的表達(dá)式以及兩小球接觸后電荷量先中和后平分的特點(diǎn)分析求解。

2．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】衛(wèi)星問(wèn)題

【解析】【解答】設(shè)質(zhì)量為m0的物體在北極地面靜止，則有，解得，太空電梯在距離地面高R位置時(shí)所受的萬(wàn)有引力為F，則有，太空電梯在超級(jí)纜繩上饒地球做圓周運(yùn)動(dòng)，七周期與地球同步空間站相同，即也為T(mén)，大于它自由繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期，此時(shí)地球?qū)λ娜f(wàn)有引力大于它所需要的向心力，所以超級(jí)纜繩對(duì)太空電梯的拉力向上，設(shè)為，則有，其中，聯(lián)立解得，C正確。

故答案為：C

【分析】對(duì)太空電梯進(jìn)行受力分析，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力以及向心力與角速度和半徑之間的關(guān)系分析求解。

3．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】平均速度；運(yùn)動(dòng)學(xué)S-t圖象

【解析】【解答】AB．由圖乙可知，超聲波的速度為

或者

AB不符合題意；

CD．由題可看出，物體通過(guò)的位移為時(shí)，所用時(shí)間為

則物體的平均速度為

C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】x-t圖像的斜率表示物體的速度，利用平均速度的表達(dá)式得出超聲波的速度以及物體的平均速度。

4．【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡

【解析】【解答】ABC、對(duì)小球B受力分析，根據(jù)相似三角形可知，得，小球B緩慢向下移動(dòng)的過(guò)程中，兩個(gè)三角形仍然相似，以上公式仍然成立，根據(jù)題意，向下移動(dòng)過(guò)程中mg，h不變，則小球緩慢移動(dòng)過(guò)程中r保持不變，因此小球的運(yùn)動(dòng)軌跡時(shí)一段圓弧，則AB兩球之間的庫(kù)侖力保持不變，又因?yàn)?，由于d在增大，因此F'增大，所以細(xì)線上的張力F一直在增大，AB錯(cuò)誤，C正確。

D、由于小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧，庫(kù)侖力不做功，則AB組成的系統(tǒng)電勢(shì)能不變，D錯(cuò)誤。

故答案為：C

【分析】對(duì)小球B進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系有相似三角形的數(shù)學(xué)關(guān)系分析求解。

5．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用

【解析】【解答】A、物塊剛要滑動(dòng)時(shí)，處于最低點(diǎn)位置，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，在天體表面滿(mǎn)足，聯(lián)立解得行星質(zhì)量為，A錯(cuò)誤。

B、根據(jù)牛頓第二定律可得，解得該星球第一宇宙速度為，B錯(cuò)誤。

C、根據(jù)，，聯(lián)立解得星球密度為，C正確。

D、設(shè)離行星表面距離為R的地方的重力加速度為g'，則有，，解得，D錯(cuò)誤。

故答案為：C

【分析】對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和萬(wàn)有引力定律列方程聯(lián)立求解。

6．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】能量守恒定律；機(jī)械能守恒定律

【解析】【解答】A、由題意可知，甲圖重物在達(dá)到位置Q處，彈簧的彈力與重力大小相等，此時(shí)重物的速度最大，則有重物在Q→N的過(guò)程中，彈力大于重力，物體做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，重物與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可知持續(xù)增大。A錯(cuò)誤。

B、乙圖中從P到Q的過(guò)程，用手托著重物使它緩慢下降，重物動(dòng)能不變，可手對(duì)重物的支持力對(duì)重物做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能減小，則有減小，B錯(cuò)誤。

C、甲圖重物從P到N的過(guò)程，重物與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有保持不變，C正確。

D、乙圖從P到Q的過(guò)程，手對(duì)重物的支持力做負(fù)功，因此系統(tǒng)的機(jī)械能減小，則有減小，D錯(cuò)誤。

故答案為：C

【分析】對(duì)兩圖中重物進(jìn)行受力分析，根據(jù)機(jī)械能守恒定律的成立條件和功能關(guān)系分析求解能量的變化。

7．【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用

【解析】【解答】AB、將上極板上移，d變大，由，可知C變小，又因?yàn)椋芍娙萜髋c電源相連，U不變，則Q減小，電容器放電，由于二極管單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，由，可知電容器兩極板之間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，油滴所受電場(chǎng)力不變，靜止不動(dòng)，A錯(cuò)誤；上極板電勢(shì)為零，P點(diǎn)到上極板之間的距離增大，根據(jù)可知，P點(diǎn)與上板間的電勢(shì)差增大，而電場(chǎng)中的電勢(shì)都為負(fù)，則P點(diǎn)電勢(shì)減小，B錯(cuò)誤。

CD、若上極板下移，則d減小，C變大，兩板間的電壓U不變，則Q要變大，電容器要充電，二極管導(dǎo)通，由電場(chǎng)強(qiáng)度可知，E增大，電場(chǎng)力變大，油滴所受合力向上，油滴向上運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；P點(diǎn)與下極板的距離不變，根據(jù)，可知P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差絕對(duì)值增大，總電壓一定，則P點(diǎn)與上極板間電勢(shì)差減小，所以P點(diǎn)電勢(shì)升高，D正確。

故答案為：D

【分析】對(duì)電容器進(jìn)行分析，根據(jù)電容器電容的決定式和定義式以及二極管的單向?qū)щ娦蕴攸c(diǎn)分析求解。

8．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，兩球分別被擊出至各自第一次落地的時(shí)間是相等的，由于球與地面之間的碰撞是彈性碰撞，設(shè)第一球自擊出到落地的時(shí)間為t1，第二球所用的時(shí)間為t2，則有，由于兩球在水平方向上均為勻速運(yùn)動(dòng)，水平位移大小相等，設(shè)他們?cè)贠點(diǎn)出發(fā)的速度分別為v1，v2，由得，設(shè)兩球從O點(diǎn)到網(wǎng)頂時(shí)間分別為T(mén)1，T2，由于兩球從O點(diǎn)到網(wǎng)頂?shù)乃骄嚯x相等，由豎直方向運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，解得。

故答案為：C

【分析】對(duì)兩球進(jìn)行分析，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和兩球之間的運(yùn)動(dòng)關(guān)系列方程聯(lián)立求解。

9．【答案】B,C

【知識(shí)點(diǎn)】靜電的防止與利用

【解析】【解答】AB、金屬板內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)為零，點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)镋1，感應(yīng)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E2，二者疊加之后才能為零，A錯(cuò)誤，B正確。

CD、B點(diǎn)為金屬板左側(cè)外表面一個(gè)點(diǎn)，B點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向應(yīng)垂直金屬板表面向左，而點(diǎn)電荷引起的場(chǎng)強(qiáng)指向負(fù)電荷，將合場(chǎng)強(qiáng)分解，一個(gè)指向負(fù)電荷，一個(gè)指向E3方向，則C正確，D錯(cuò)誤。

故答案為：BC

【分析】對(duì)電荷和金屬板進(jìn)行分析，根據(jù)處于靜電平衡狀態(tài)下導(dǎo)體內(nèi)部合場(chǎng)強(qiáng)處處為零以及場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理分析求解。

10．【答案】A,D

【知識(shí)點(diǎn)】表頭的改裝

【解析】【解答】AB．電流表的量程大于的量程，故電流表的內(nèi)阻小于的內(nèi)阻；由圖可知，兩電流表并聯(lián)，故兩流表兩端的電壓相等，兩表由同一電流表改裝而成，而將電流表擴(kuò)大量程時(shí)為并聯(lián)一小電阻，故相當(dāng)于為四個(gè)電阻并聯(lián)，故兩表頭中電流相同，故兩表的偏角相同，因表量程大于表，故的讀數(shù)比的讀數(shù)大，A符合題意，B不符合題意；

CD．電壓表的量程大于的量程，故的電阻大于的電阻；兩電壓表串聯(lián)，故通過(guò)兩表的電流相等，故的讀數(shù)比的讀數(shù)大，兩電壓表串聯(lián)，通過(guò)表頭的電流相等，表頭指針偏轉(zhuǎn)角度相等，電壓表的偏轉(zhuǎn)角等于電壓表的偏轉(zhuǎn)角，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】由于兩個(gè)電流表其內(nèi)部表頭與電阻并聯(lián)所以其兩個(gè)電流表的偏轉(zhuǎn)角相等，結(jié)合內(nèi)阻的大小可以比較電流表讀數(shù)的大??；由于兩個(gè)電壓表串聯(lián)所以電流相等則偏轉(zhuǎn)角相等，利用內(nèi)阻的大小可以比較電壓表讀數(shù)的大小。

11．【答案】A,B,D

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—板塊模型

【解析】【解答】AB、小物塊m與木箱M間的摩擦力，由牛頓第二定律可知物塊的加速度為，木箱的加速度為，由位移公式可得，解得，小物塊離開(kāi)木箱時(shí)，小物塊的速度為，木箱的速度為，AB正確。

C、小物塊離開(kāi)木箱后做平拋運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)間為，小物塊離開(kāi)木箱后