【文档说明】河南省林州市第一中学2022-2023学年高二上学期开学考试 物理试题答案.docx，共(7)页，289.976 KB，由envi的店铺上传

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林州一中2021级高二开学检测物理试卷参考答案1．【解析】超高压带电作业的工人穿戴的工作服，要用包含金属丝的织物制成，利用了静电屏蔽的原理，A正确；静电复印是利用了静电吸附的原理，B错误；运输汽油的油罐车拖着一条铁链，是把油罐车中

的电荷导入大地，C错误；避雷针是利用了尖端放电的原理，D错误。故选A。2．【解析】根据电荷守恒定律，电荷既不会被创造也不会被消灭，只会从一个物体转移到另一个物体或者从物体的一部分转移到另一部分，电荷的总量总是保持不变，所以A错误，B正确；玳瑁壳摩擦后不一定带正电，要看它与什么材料摩擦，所以C错误

；带电体可以吸引轻小物体，轻小物体原本可以不带电，所以D错误。故选B。3.【解析】根据库仑定律，有kqQr21kqQr22＝41，得r1r2＝12，故选A。4．【解析】当带负电的橡胶膜放到金属板的正下方时，金属板下表面感应出正电荷，上表面感应出负电荷，选项A错误；当用手接触金属板时，金属板上的负电

荷从手流入大地，金属板上多余出正电荷，选项B错误；将橡胶膜从金属板的下面移走后，金属板的上表面带正电荷，选项C正确；纸屑因带上正电荷与金属板上的正电荷相互排斥而向上飞散，选项D错误。故选C。5．【解析】设等边三角形的边长为L，由题意可知E＝2kq（23×Lsin60°）2＝2k3qL2＝6k

qL2，当把点电荷C移至AB连线的中点D时，中心O处的电场强度E′＝kq（13Lsin60°）2－kq（23Lsin60°）2＝12kqL2－3kqL2＝9kqL2＝32E，故选D。6．【解析】根据对称性，a、b对c的

库仑斥力必定大小相等，a、b的电荷量必相等，A正确；根据库仑定律，c的电荷量不必与a(或b)的电荷量相等，B错误；对c受力分析，可知小球c的重力和a、b对c的库仑斥力平衡，故三者的电性必相同，C错误；根据三力平衡作矢量三角形

，可知c的重力大小应为a、c间库仑斥力的3倍，D错误。故选A。7.【解析】处于静电平衡状态的导体是等势体，沿电场线的方向电势降低，φa>φb＝φc>φd，内部场强为零，所以Eb＝Ec＝0，电场线越密的地方电场

强度越大，所以Ea＝Ed>Eb＝Ec，故A、B错误；根据静电平衡，小球表面的电场线与小球表面都垂直，故C正确；感应电荷在小球内部c处的场强方向向左，故D错误。故选C。8．【答案】C【解析】A．根据牛顿第三定律可知，火箭的推力来源于向下喷出的水对火箭的反作用力，A

错误；B．水喷出的过程中，火箭及水的机械能增加，B错误；CD．火箭发射过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以喷出水的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得0()0mvMmv−−=解得火箭的速度大小为0mvvMm=−方向与0v

的方向相反，与竖直方向成角斜向上方，火箭在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，火箭在水平分速度大小为0sinxvv=竖直分速度大小为0cosyvv=火箭的运动时间为022cos()yvmvtgMmg==−上升的最大高度为22202cos2

2()yvvhgMmg==−水平射程为xxvt=解得02202202202sincos()(2sin2)mvxMmgmvmmg=−=−，D错误，C正确。故选C。9．【答案】B【详解】A．若火箭在A点绕地球做匀速圆周运动，设速度为v4，根据万有引力提供向心力22MmvGm

rr=GMvr=由于火箭在轨道Ⅱ上的半径大于A点做圆周运动的半径有43vv在A点火箭从圆轨道进入椭圆轨道需加速有143vvv故A错误；B．根据开普勒第三定律32rkT=轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的半径，则轨道Ⅰ的周期小于轨道Ⅱ的周期，即1232rTTv=火箭从A运动到B

的时间等于轨道Ⅰ上周期的一半，即132Trtv=故B正确；C．火箭刚运动到B点的加速度与轨道Ⅱ上在B点的加速度相等23var=故C错误；D．火箭上升到A点过程中，根据动能定理有2112WWmv+=推引故D错误。（动能和引力势能均增加了）

故选B。10.【答案】D【详解】A．下落过程，P、Q组成的系统受到仅受到竖直向下的重力和作用，系统机械能守恒；小球P除受重力外，还受弹簧弹力作用，所以下落过程中P的机械能不守恒，故A错误；B．下落过程，弹簧弹力对P、Q做功，P、Q组成的系统机械能不守恒，P、Q与弹簧组成的系统机械能守恒，故B错误

；C．P、Q与弹簧组成的系统机械能守恒，落地时P、Q间的距离等于释放时的距离，说明落地时弹簧弹性势能与释放时弹簧弹性势能相等，释放时两小球在水平方向的速度为零，则落地时小球在水平方向的分速度为零，在竖

直方向，小球做自由落体运动，则落地时小球竖直分速度由22yvgh=得2yvgh=由于水平分速度为零，则落地时小球的速度2yvvgh==故C错误；或由系统机械能守恒得出。D．弹簧形变量最大时小球所受弹簧弹力最大，小球所受合力最大，小球的加速度最大，弹簧形

变量最大，弹簧弹性势能最大，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能最大时，P、Q的机械能最小，故D正确。故选D。11．【答案】C【解析】A．A车与B车正碰后粘在一起，是典型的非弹性碰撞，动量守恒，机械能有损失，A错误；D．从两车粘在

一起到小球摆到最高点的过程中。A、B、C组成的系统竖直方向合外力不为零，动量不守恒，但水平方向合外力为零，水平方向动量守恒，D错误；BC．A车与B车碰撞过程，A、B组成的系统动量守恒，可得012mvmv=1v为碰后AB整体的速度，小球摆到最高点时，小球相对AB静止，具有共同的速

度，设为v2，从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程，水平方向动量守恒，可得2CC102(2)mvmmmvv+=+据机械能守恒可得2221C0C2C1112(2)222mvmvmmvmgh+=++联立解得，小球能上升的最大高度为0.16mh=B错误，C正确

。故选C。12.【答案】AD【详解】AB．当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律得14sincos4mgmgma−=解得样品的共同加速度大小为13sin4ag=以样品1为对象，根据牛顿第二定律得11sincosFmgmgma+−=解得样

品1的轻杆受到压力大小为13sin4Fmg=故A正确，B错误；C．当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功1cos33sinWmgdmgd=−=−摩擦力对样品2做功2cos22sinWmgdmgd

=−=−摩擦力对样品3做功3cossinWmgdmgd=−=−此时样品4刚进入MN段摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为1236sinWWWWmgd=++=−故C错误；D．由动能定理可知

：当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为49sin3sinvvgdgd===故D正确。故选AD。13．【答案】AD【解析】A．滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．滑块刚滑到B点

时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律mM0mvMv=−22mM1122mgRmvMv=+解得m23gRv=M3gRv=则滑块相对于小车的速度为mM33gRvvv=+=相根据牛顿第二定律有2mmgRFv−=相解得，滑块对小车的压力大小为4F

mg=故选B错误；C．滑块从A滑到C的过程中，设滑块在小车上运动过程中某时刻的速度大小为1v，小车的速度大小为2v，滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，有12mvMv=所以整个过程中，滑块与小车的平均速度满足12mvMv

=设滑块水平方向相对地面的位移大小为1x，小车相对地面的位移大小为2x，则有12mxMx=并且12xxRL+=+解得12()3xRL=+21()3xRL=+故C错误；D．系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得'()0mMv=

+解得，滑块在C点时，滑块与小车一起的速度为'0v=由能量守恒定律得mgRμmgL=解得RL=故D正确。故选AD。14．【答案】BD【解析】A．由图象可知两物块的运动过程：开始阶段A逐渐减速，B逐渐加速，A的速度比B的大，弹簧被压缩，t1时刻二者速

度相同，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，弹簧的压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，故A错误

；B．从0时刻到t1过程中弹簧由原长被压缩最短。系统动量守恒，取向右为正方向，选择从开始到t1时刻列方程可知()10121mvmmv=+将v1=3m/s，v2=1m/s代入得m1：m2=1：2故B正确；C．t2时刻A、B的动量大小之比

为11A22B14pmvpmv==故C错误；D．设A的质量为m，则B的质量为2m，t1时刻两物块动能之和为()22k1121.511.52Emmvmm=+==根据能量守恒定律可得t1时刻弹簧具有的弹性势能2222p011111(2)32132222Emvmmvmmm=−+=+=则pk

2EE=故D正确。故选BD。15．【答案】ACDAB．金属盒与小球的质量相等，且碰撞过程无能量损失且动量守恒，故每次碰撞两物体的速度互换，故盒要么向右减速运动，要么静止，最终小球与盒均静止，根据能量守恒2122mgxmv

=Imv=解得1.6mx=故A正确，B错误；CD．盒和小球不会同时运动，盒开始运动到静止所通过的位移为1.6m，由此可知，盒先向右运动1m，然后球向右运动1m，然后盒再向右运动0.6m。盒第一次与球碰撞前，根据动能定理22111222mgxmvmv−=−其中1.2m20.1m1mx=

−=解得，小球第一次获得的速度16m/sv=则小球运动的时间110.4sxtv=盒运动时的加速度为225m/smgam==盒运动的时间20.8svta==则盒开始运动到静止所经历时间约为121.2sttt=+=故选ACD。16

.【答案】①.dt②.两光电门间的距离L③.222111sin22gLvv=−④.不同⑤.2sing⑥.0【详解】⑴由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光

电门时的瞬时速度为dvt=；⑵根据实验原理可知，该实验中需要比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒，则有222111sin22mgLmvmv=−，化简为222111sin2

2gLvv=−，故需要测量的物理量为：滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离L；⑶完成⑵问所述测量，将滑块从不同位置释放；由（2）可知22212sin?vvgL−=，所以以L为横坐标，以2221vv−为纵坐标把所得的实验数据描点，得到一条斜率为2sinkg=，截距为0的一条直线，说明机械能守

恒．17．【答案】BCDE0.5700.5650.3（1）推动小车A使其由静止开始运动，小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，因此选取BC段计算小车A碰前的速度大小，即2114.2410m/s1.424m/

s0.025BCvt−===碰撞过程是一个变速过程，A和B碰撞后黏连继续做匀速直线运动，因此选取DE段计算两车碰撞后的速度大小，即229.4210m/s0.942m/s0.025DEvt−===（2）碰前两小车的总动量大小111110.41

.424kgms0.570kgmspmv−−===碰后两小车的总动量大小()112122(0.40.2)0.942kgms0.565kgmspmmv−−=+=+=（3）碰前两小车的总动能大小21112kEmv=碰

前碰后两小车的总动能()212212kEmmv=+碰后则=kkkEEE−碰前碰后碰前带入数据解得=0.318．【答案】1.25ms【解析】设青蛙跳出时，木板获得反冲速率为v，青蛙做平抛运动，竖直方向上为

自由落体运动212hgt=解得0.2st=在青蛙跳出的过程中，以青蛙的初速度方向为正方向，对青蛙和木板组成的系统，由动量定恒定律00mvMv−=解得0015mvvvM==又()0svvt=+解得01.25msv=19.【答案】（1）sinag=1sinmglk=（2）2202sinco(

s)mgklmll++=（3）203182WmgLmv=+【详解】（1）小球释放的瞬间，小球的加速度大小为sinsinmgagm==当小球速度最大时，有1sinmgkl=解得弹簧的压缩量为1sinmglk=．（2

）当弹簧伸长量为2l，受力如图所示：在水平方向上有2202sincoscosNFklmll++＝（）竖直方向上有2cossin0NFklmg−−=解得2202sinco(s)mgklmll+=+．（3）当杆绕OO轴以角速度0匀速

转动时，设小球距离B点0L，此时有200tancosmgmL=解得023LL=此时小球的动能为20001(cos)2kEmL=小球在最高点A离开杆瞬间的动能为22001[(cos)]2kAEmv

L=+根据动能定理有00kAkWmgLLsinEE−−=−（）解得203182WmgLmv=+．20．【答案】（1）30N，方向竖直向下；（2）3.375J；（3）2.75m【解析】（1）设物块B滑到14圆弧的最低点时的速度为0v，根据动能定理得2012

mgRmv=解得05m/sv=在圆弧的最低点C，设此时圆弧对小球的支持力为F，根据牛顿第二定律20mvFmgR−=解得30NF=根据牛顿第三定律可知，物块B滑到14圆弧的最低点C时对轨道的压力与F互为作用力和反作用力，因此物块B滑到14圆弧的最低点C时对轨道的压

力大小为30N，方向竖直向下。（2）设物体B刚通过传送带时的速度为v，以向左为正方向，根据动能定理可得22011-22mglmvmv=−解得v=3m/s>u=2.0m/s因此v=3m/s就是物块B第一次碰撞物块A的速度，设碰撞后B、A的速度分别为1v、2

v，由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，即12mvmvMv=+22212111222mvmvMv=+解得11.5m/sv=−，21.5m/sv=碰撞后当A的速度为零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得2max213.375J2PEMv==

（3）当物块B第一次与A碰撞后返回经传送带运动到C点时刚好静止，则B与A恰好只发生一次碰撞，设第一次碰撞前物块B的速度为3v，第一次碰撞后物块B、A的速度分别为4v、5v，因为B第一次碰撞后返回至C点时静止，以向左为正方向，根据动能定理得241-02mglmv=−解得4=4m/sv−第一次碰

撞是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，即345mvmvMv=+222345111222mvmvMv=+解得3=8m/sv，5=4m/sv从D点释放到第一次碰撞前这一过程，根据动能定理得231()2mghRmglmv+−=解得2.75mh=获得更多资源请扫码加

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