【解析】河南省信阳市高中2023-2024学年高二上学期开学考试物理试题

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一、单选题（共8小题，每小题4分）

1．（2022高二上·信阳开学考）真空中有两个完全相同、带异种电荷的导体小球A和B（可视为点电荷），小球A所带的电荷量多于小球B。将两小球固定在空间某两点时，它们之间库仑力的大小为F。将两小球互相接触后再放回原处，它们之间库仑力的大小为，则小球A所带电荷量的绝对值是小球B的（）

A．5倍B．4倍C．3倍D．2倍

【答案】A

【知识点】库仑定律

【解析】【解答】设小球B带的电荷量大小为Q，小球A所带的电荷量大小为nQ，开始时两小球的库仑力大小为，两小球接触后分开，两小球电荷量的绝对值为，放回原处后两小球的库仑力大小为，两式联立得或，因为小球A的电荷量大于B，则，A正确。

故答案为：A

【分析】根据库仑定律的表达式以及两小球接触后电荷量先中和后平分的特点分析求解。

2．（2022高二上·信阳开学考）石墨烯是一种超轻超高强度的新型材料。有人设想：用石墨烯制作超级缆绳连接地球赤道上的固定基地与地球静止同步空间站（周期与地球自转周期相同），利用超级缆绳承载太空电梯从地球基地向空间站运送物资。已知地球半径为R，自转周期为T，地球北极表面重力加速度为。若该设想能实现，质量为m的太空电梯（可视为质点）停在距地球表面高度为R的位置时，超级缆绳对太空电梯的拉力大小为（）

A．0B．

C．D．

【答案】C

【知识点】卫星问题

【解析】【解答】设质量为m0的物体在北极地面静止，则有，解得，太空电梯在距离地面高R位置时所受的万有引力为F，则有，太空电梯在超级缆绳上饶地球做圆周运动，七周期与地球同步空间站相同，即也为T，大于它自由绕地球做匀速圆周运动的周期，此时地球对他的万有引力大于它所需要的向心力，所以超级缆绳对太空电梯的拉力向上，设为，则有，其中，联立解得，C正确。

故答案为：C

【分析】对太空电梯进行受力分析，根据万有引力提供向心力以及向心力与角速度和半径之间的关系分析求解。

3．（2023高一上·洛阳期末）如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中，B为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B盒接收，从B盒发射超声波开始计时，经时间t0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的x﹣t图象。则下列说法正确的是（）

A．超声波的速度v声＝

B．超声波的速度v声＝

C．物体的平均速度

D．物体的平均速度

【答案】C

【知识点】平均速度；运动学S-t图象

【解析】【解答】AB．由图乙可知，超声波的速度为

或者

AB不符合题意；

CD．由题可看出，物体通过的位移为时，所用时间为

则物体的平均速度为

C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】x-t图像的斜率表示物体的速度，利用平均速度的表达式得出超声波的速度以及物体的平均速度。

4．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，固定在绝缘支杆上的带电小球A位于光滑小定滑轮O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力F的作用下，小球B静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢拉动细线，使B球移动一小段距离。在此过程中以下说法正确的是（）

A．细线上的拉力大小不变B．细线上的拉力先减小后增大

C．B球的运动轨迹是一段直线D．B球的运动轨迹是一段圆弧

【答案】D

【知识点】共点力的平衡

【解析】【解答】ABC、对小球B受力分析，根据相似三角形可知，得，小球B缓慢向下移动的过程中，两个三角形仍然相似，以上公式仍然成立，根据题意，向下移动过程中mg，h不变，则小球缓慢移动过程中r保持不变，因此小球的运动轨迹时一段圆弧，则AB两球之间的库仑力保持不变，又因为，由于d在增大，因此F'增大，所以细线上的张力F一直在增大，AB错误，C正确。

D、由于小球的运动轨迹是一段圆弧，库仑力不做功，则AB组成的系统电势能不变，D错误。

故答案为：C

【分析】对小球B进行受力分析，根据平衡条件和几何关系有相似三角形的数学关系分析求解。

5．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，在某行星表面上有一倾斜的圆盘，面与水平面的夹角为，盘面上离转轴距离处有小物体与圆盘保持相对静止，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动角速度为时，小物块刚要滑动，物体与盘面间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），星球的半径为，引力常量为，下列说法正确的是（）

A．这个行星质量

B．这个行星的第一宇宙速度

C．这个行星的密度是

D．离行星表面距离为的地方的重力加速度为

【答案】C

【知识点】万有引力定律的应用

【解析】【解答】A、物块刚要滑动时，处于最低点位置，根据牛顿第二定律可得，解得，在天体表面满足，联立解得行星质量为，A错误。

B、根据牛顿第二定律可得，解得该星球第一宇宙速度为，B错误。

C、根据，，联立解得星球密度为，C正确。

D、设离行星表面距离为R的地方的重力加速度为g'，则有，，解得，D错误。

故答案为：C

【分析】对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律和万有引力定律列方程联立求解。

6．（2022高二上·信阳开学考）在一轻弹簧下挂一重物，将它从位置处放开，它将迅速下降，直至位置后再返回（如甲图所示）。若我们用手托着该重物使它缓缓下降，最终它在达到位置后就不再运动了（如乙图所示）。记弹簧的弹性势能为、物体和地球的重力势能为、物体的动能为，弹簧始终处于弹性限度内，关于两次实验，下列说法正确的是（）

A．甲图里重物从到的过程中，持续减小

B．乙图里重物从到的过程中，持续增大

C．甲图里重物从到的过程中，保持不变

D．乙图里重物从到的过程中，保持不变

【答案】C

【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律

【解析】【解答】A、由题意可知，甲图重物在达到位置Q处，弹簧的弹力与重力大小相等，此时重物的速度最大，则有重物在Q→N的过程中，弹力大于重力，物体做减速运动，动能减小，重物与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知持续增大。A错误。

B、乙图中从P到Q的过程，用手托着重物使它缓慢下降，重物动能不变，可手对重物的支持力对重物做负功，系统机械能减小，则有减小，B错误。

C、甲图重物从P到N的过程，重物与弹簧组成的系统机械能守恒，则有保持不变，C正确。

D、乙图从P到Q的过程，手对重物的支持力做负功，因此系统的机械能减小，则有减小，D错误。

故答案为：C

【分析】对两图中重物进行受力分析，根据机械能守恒定律的成立条件和功能关系分析求解能量的变化。

7．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向通电时可以理解为通路）反向通电时可理解为断路）连接，电源正极接地。初始时电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，下列说法正确的是（）

A．上极板上移，带电油滴向下运动

B．上极板上移，P点电势不变

C．上极板下移，带电油滴向下运动

D．上极板下移，P点电势升高

【答案】D

【知识点】电容器及其应用

【解析】【解答】AB、将上极板上移，d变大，由，可知C变小，又因为，可知电容器与电源相连，U不变，则Q减小，电容器放电，由于二极管单向导电性，电容器不能放电，由，可知电容器两极板之间电场强度不变，油滴所受电场力不变，静止不动，A错误；上极板电势为零，P点到上极板之间的距离增大，根据可知，P点与上板间的电势差增大，而电场中的电势都为负，则P点电势减小，B错误。

CD、若上极板下移，则d减小，C变大，两板间的电压U不变，则Q要变大，电容器要充电，二极管导通，由电场强度可知，E增大，电场力变大，油滴所受合力向上，油滴向上运动，C错误；P点与下极板的距离不变，根据，可知P点与下极板间电势差绝对值增大，总电压一定，则P点与上极板间电势差减小，所以P点电势升高，D正确。

故答案为：D

【分析】对电容器进行分析，根据电容器电容的决定式和定义式以及二极管的单向导电性特点分析求解。

8．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，一位网球运动员在距地面高度为H的O点以拍击球，使网球沿水平方向飞出：第一只球落在自己一方场地上后，弹跳起来两次，刚好擦网而过，落在对方场地的A点处；第二只球直接擦网而过，也刚好落在A点处．设球与地面的碰撞前后其竖直方向速度原速率弹回，而水平方向速度不变，且不计空气阻力，则球场中拦网高度为

A．B．C．D．

【答案】C

【知识点】平抛运动

【解析】【解答】由平抛运动规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的，由于球与地面之间的碰撞是弹性碰撞，设第一球自击出到落地的时间为t1，第二球所用的时间为t2，则有，由于两球在水平方向上均为匀速运动，水平位移大小相等，设他们在O点出发的速度分别为v1，v2，由得，设两球从O点到网顶时间分别为T1，T2，由于两球从O点到网顶的水平距离相等，由竖直方向运动规律可知，解得。

故答案为：C

【分析】对两球进行分析，根据平抛运动的运动规律和两球之间的运动关系列方程联立求解。

二、多选题（共4小题，全部选对得4分，少选，选得2分，错选不得分）

9．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，带负电的点电荷旁有一接地大金属板，A为金属板内的一点，B为金属板左侧外表面上的一点，下列关于金属板上感应电荷在A点和B点的场强方向判断正确的是（）

A．感应电荷在A点的场强沿E1方向

B．感应电荷在A点的场强沿E2方向

C．感应电荷在B点的场强可能沿E3方向

D．感应电荷在B点的场强可能沿E4方向

【答案】B,C

【知识点】静电的防止与利用

【解析】【解答】AB、金属板内部场强为零，点电荷在A点产生的场强方向为E1，感应电荷产生的场强为E2，二者叠加之后才能为零，A错误，B正确。

CD、B点为金属板左侧外表面一个点，B点的合场强方向应垂直金属板表面向左，而点电荷引起的场强指向负电荷，将合场强分解，一个指向负电荷，一个指向E3方向，则C正确，D错误。

故答案为：BC

【分析】对电荷和金属板进行分析，根据处于静电平衡状态下导体内部合场强处处为零以及场强的叠加原理分析求解。

10．（2023高二上·邹城期中）四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表、和两个电压表、已知电流表的量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，改装好后把它们按图所示接法连入电路，则（）

A．电流表的读数大于电流表的读数

B．电流表指针的偏转角小于电流表指针的偏转角

C．电压表的读数小于电压表的读数

D．电压表指针的偏转角等于电压表指针的偏转角

【答案】A,D

【知识点】表头的改装

【解析】【解答】AB．电流表的量程大于的量程，故电流表的内阻小于的内阻；由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，因表量程大于表，故的读数比的读数大，A符合题意，B不符合题意；

CD．电压表的量程大于的量程，故的电阻大于的电阻；两电压表串联，故通过两表的电流相等，故的读数比的读数大，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表的偏转角等于电压表的偏转角，C不符合题意，D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】由于两个电流表其内部表头与电阻并联所以其两个电流表的偏转角相等，结合内阻的大小可以比较电流表读数的大小；由于两个电压表串联所以电流相等则偏转角相等，利用内阻的大小可以比较电压表读数的大小。

11．（2022高二上·信阳开学考）如图，光滑地面上，有一质量为的木箱停在水平路面上，木箱高，一质量的小物块置于的上表面，它距后端A点的距离为，已知与之间的动摩擦因数为。现对木箱施一水平向右的大小恒为的作用力，木箱开始运动，最后小物块会离开后落至水平地面，运动中小物块可视为质点。下列说法正确的是（）

A．小物块离开木箱时，小物块的速度为

B．小物块离开木箱时，木箱的速度为

C．小物块落地时，小物块与木箱之间的距离为

D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为

【答案】A,B,D

【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型

【解析】【解答】AB、小物块m与木箱M间的摩擦力，由牛顿第二定律可知物块的加速度为，木箱的加速度为，由位移公式可得，解得，小物块离开木箱时，小物块的速度为，木箱的速度为，AB正确。

C、小物块离开木箱后做平抛运动，落地时间为，小物块离开木箱后，木箱的加速度为，小物块落地时与木箱的距离为，C错误。

D、小物块从开始运动到落地时，木箱的位移为，D正确。

故答案为：ABD

【分析】对小物块和木箱进行受力分析，根据牛顿第二定律计算加速度，再由位移关系和匀变速直线运动规律分析求解。

12．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为，AB与电场垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球落到C点，速度大小仍是，则下列说法中正确的是（）

A．电场方向沿电场线斜面

B．电场强度大小为

C．小球下落高度

D．此过程增加的电势能等于

【答案】B,C

【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动

【解析】【解答】A、小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线斜向下，A错误。

B、由动能定理可知，解得，B正确。

C、将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则，则物体在竖直方向上的合力，由牛顿第二定律可知，竖直方向的加速度为，下落高度为，C正确。

D、此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线方向上的位移，则电势能的增加量，D错误。

故答案为：BC

【分析】对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律以及运动学公式和电场力做功与电势能变化之间的关系分析求解。

三、实验题（共两小题，13题6分，14题9分）

13．（2022高二上·信阳开学考）验证机械能守恒定律也可以有其他多种的实验设计。

甲同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律，细线的一端拴一个金属小球，另一端连接固定在天花板上的拉力传感器，传感器可记录小球在摆动过程中细线拉力的大小。将小球拉至图示位置，由静止释放小球，发现细线拉力在小球摆动的过程中做周期性变化。

（1）若细线的长度远大于小球的直径，为了验证机械能守恒定律，该小组不需要测出的物理量是。

A．释放小球时细线与竖直方向的夹角

B．细线的长度

C．小球的质量

D．细线拉力的最大值

E．当地的重力加速度

（2）根据上述测量结果，小球动能的最大值的表达式为。

（3）小球从静止释放到最低点过程中，满足机械能守恒关系式为（用上述测定的物理量的符号表示）。

【答案】（1）B

（2）

（3）

【知识点】验证机械能守恒定律

【解析】【解答】（1）为验证机械能守恒定律，则需验证，小球的质量可以消去，故无需测量。

（2）小球到达最低点时由牛顿第二定律可知，小球的动能表达式为，两式联立得。

（3）若满足机械能守恒定律则有，又因为，联立整理得。

【分析】（1）根据机械能守恒定律的表达式和实验原理判断所需测量的物理量。

（2）对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律和动能的表达式分析求解。

（3）对小球进行分析，根据机械能守恒定律的表达式和牛顿第二定律列方程求解。

14．（2022高二上·信阳开学考）某同学制作了一个可用电流表直接显示拉力大小的拉力器，原理如图。R1是一根长20cm、阻值20Ω的均匀电阻丝，劲度系数为1.0×103N/m的轻弹簧左端固定，右端连接金属滑片P和拉环，拉环不受拉力时，滑片P恰好处于a端。闭合S，在弹簧弹性限度内，对拉环施加水平拉力，使滑片P滑到b端，调节电阻箱R使电流表恰好满偏。已知电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电流表的量程为0~0.6A，内阻不计，P与R1接触良好且不计摩擦。

（1）电阻箱R0接入电路的阻值为Ω；

（2）电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是（填“均匀”或“不均匀”）的；

（3）电流表刻度值为0.50A处拉力示数为N；

（4）要通过线性图象直观反映电流表示数I与拉力F的关系，可作____图象；

A．I-FB．C．D．

（5）若电流表的内阻不可忽略，则（4）问中正确选择的图象斜率（填“变大”“变小”或“不变"）。

【答案】（1）9

（2）不均匀

（3）180

（4）C

（5）不变

【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系

【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律，代入数据解得。

（2）由闭合电路欧姆定律，又电阻丝接入电路的阻值为，，，整理得，电流与拉力的关系是非线性关系，刻度不均匀。

（3）当电流表指针指向0.50A时，电路的总电阻为，则电阻丝接入电路的阻值为2Ω，则电阻丝接入电路的长度为2cm，弹簧的伸长量为18cm，则拉力为180N。

（4）由整理得，因此为了图像直观，应作出图像。

（5）如果电流表内阻不可忽略，则有，图像的斜率保持不变。

【分析】（1）对电路进行分析，根据闭合电路欧姆定律列方程求解。

（2）对电路进行分析，根据闭合电路欧姆定律列出方程结合胡克定律进行整理得到电流与拉力的关系式进行判断。

（3）由（2）中表达式，代入数据分析求解。

（4）根据闭合电路欧姆定律和胡克定律得到的表达式进行整理变形，得到一次函数表达式分析求解。

（5）若电流表具有内阻，则对上述表达式进行修正，分析由于电流表造成的影响。

四、解答题（共3小题，15题9分，16邀12分，17题16分）

15．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，在平面直角坐标系xOy中第1象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在x轴下侧平面内某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响），一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入第4象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，OP＝3R。不计粒子重力，静电力常量为k，求：

（1）MN两点间的电势差UMN；

（2）固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q；

（3）匀强电场的电场强度。

【答案】（1）解：带电粒子运动轨迹如图所示：设带电粒子过点时的速度为，有

得

带电粒子从点运动到点的过程，有

（2）解：设带电粒子在第四象限内的运动半径为，由几何关系得

且

得

（3）解：带电粒子从匀强电场中出来时，，，

联立得

【知识点】带电粒子在电场中的运动综合

【解析】【分析】（1）对带电粒子进行分析，根据运动的合成与分解规律和动能定理列方程分析求解。

（2）设带电粒子在第四象限内的运动半径为，根据几何关系和牛顿第二定律以及库仑定律分析求解。

（3）带电粒子从匀强电场射出时，根据类平抛运动的相关规律列方程求解。

16．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，表面光滑的平台AB与CO中间是光滑凹槽，质量为m0=1.5kg、长为l=2.55m的木板Q放置在凹槽内水平面上，其上表面刚好与平台AB和CO水平等高。开始时木板静置在紧靠凹槽左端处，此时木板右端与凹槽右端距离d=0.9m。质量为m=1kg的物块P（可视为质点）从平台AB滑上木板Q，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.75，g=10m/s2。

（1）若物块P以v0=8m/s的初速度从平台滑上木板，当物块滑至木板右端时，木板恰好到达凹槽右端。

求：①木板Q的右端到达凹槽右端的时间；

②物块P到达平台CO时的动能；

（2）现以平台CO末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，若物块以不同初速度从平台AB滑上木板，且木板碰到凹槽右端时立刻停止运动，物块经过O点落在弧形轨道MN上的动能均相同，N为轨道与y轴的交点，ON=0.8125m，忽略空气阻力。

求：①弧形轨道MN的轨道方程；

②物块以v0=8m/s的初速度从平台滑上木板后，落在轨道MN上的位置坐标。

【答案】（1）解：①木板向右运动d，据牛顿第二定律，木板Q

①

②

解得③

②小物块滑到平台CO上时的动能为，据动能定理④

解得⑤

（2）解：①物块P从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为v，落在弧形轨道坐标为（x，y），有

⑥

⑦

解得水平初速度为

物块P从O点到落点，根据动能定理可知⑧

解得落点处动能为

当时，代入得

化简可得曲线方程为⑨

②由

可知

平抛运动可得⑩

联立方程⑨⑩解得

即位置坐标为（0.7m，0.2m）。

【知识点】动能定理的综合应用

【解析】【分析】（1）对小物块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式计算木板Q的右端到达凹槽右端的时间，再对小物块根据动能定理分析求解。

（2）对小物块进行分析，根据平抛运动的运动学规律和动能定理列方程整理求解，在由曲线方程和动能的表达式代入求解。

1/1河南省信阳市高中2023-2024学年高二上学期开学考试物理试题

一、单选题（共8小题，每小题4分）

1．（2022高二上·信阳开学考）真空中有两个完全相同、带异种电荷的导体小球A和B（可视为点电荷），小球A所带的电荷量多于小球B。将两小球固定在空间某两点时，它们之间库仑力的大小为F。将两小球互相接触后再放回原处，它们之间库仑力的大小为，则小球A所带电荷量的绝对值是小球B的（）

A．5倍B．4倍C．3倍D．2倍

2．（2022高二上·信阳开学考）石墨烯是一种超轻超高强度的新型材料。有人设想：用石墨烯制作超级缆绳连接地球赤道上的固定基地与地球静止同步空间站（周期与地球自转周期相同），利用超级缆绳承载太空电梯从地球基地向空间站运送物资。已知地球半径为R，自转周期为T，地球北极表面重力加速度为。若该设想能实现，质量为m的太空电梯（可视为质点）停在距地球表面高度为R的位置时，超级缆绳对太空电梯的拉力大小为（）

A．0B．

C．D．

3．（2023高一上·洛阳期末）如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中，B为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B盒接收，从B盒发射超声波开始计时，经时间t0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的x﹣t图象。则下列说法正确的是（）

A．超声波的速度v声＝

B．超声波的速度v声＝

C．物体的平均速度

D．物体的平均速度

4．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，固定在绝缘支杆上的带电小球A位于光滑小定滑轮O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力F的作用下，小球B静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢拉动细线，使B球移动一小段距离。在此过程中以下说法正确的是（）

A．细线上的拉力大小不变B．细线上的拉力先减小后增大

C．B球的运动轨迹是一段直线D．B球的运动轨迹是一段圆弧

5．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，在某行星表面上有一倾斜的圆盘，面与水平面的夹角为，盘面上离转轴距离处有小物体与圆盘保持相对静止，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动角速度为时，小物块刚要滑动，物体与盘面间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），星球的半径为，引力常量为，下列说法正确的是（）

A．这个行星质量

B．这个行星的第一宇宙速度

C．这个行星的密度是

D．离行星表面距离为的地方的重力加速度为

6．（2022高二上·信阳开学考）在一轻弹簧下挂一重物，将它从位置处放开，它将迅速下降，直至位置后再返回（如甲图所示）。若我们用手托着该重物使它缓缓下降，最终它在达到位置后就不再运动了（如乙图所示）。记弹簧的弹性势能为、物体和地球的重力势能为、物体的动能为，弹簧始终处于弹性限度内，关于两次实验，下列说法正确的是（）

A．甲图里重物从到的过程中，持续减小

B．乙图里重物从到的过程中，持续增大

C．甲图里重物从到的过程中，保持不变

D．乙图里重物从到的过程中，保持不变

7．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向通电时可以理解为通路）反向通电时可理解为断路）连接，电源正极接地。初始时电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，下列说法正确的是（）

A．上极板上移，带电油滴向下运动

B．上极板上移，P点电势不变

C．上极板下移，带电油滴向下运动

D．上极板下移，P点电势升高

8．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，一位网球运动员在距地面高度为H的O点以拍击球，使网球沿水平方向飞出：第一只球落在自己一方场地上后，弹跳起来两次，刚好擦网而过，落在对方场地的A点处；第二只球直接擦网而过，也刚好落在A点处．设球与地面的碰撞前后其竖直方向速度原速率弹回，而水平方向速度不变，且不计空气阻力，则球场中拦网高度为

A．B．C．D．

二、多选题（共4小题，全部选对得4分，少选，选得2分，错选不得分）

9．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，带负电的点电荷旁有一接地大金属板，A为金属板内的一点，B为金属板左侧外表面上的一点，下列关于金属板上感应电荷在A点和B点的场强方向判断正确的是（）

A．感应电荷在A点的场强沿E1方向

B．感应电荷在A点的场强沿E2方向

C．感应电荷在B点的场强可能沿E3方向

D．感应电荷在B点的场强可能沿E4方向

10．（2023高二上·邹城期中）四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表、和两个电压表、已知电流表的量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，改装好后把它们按图所示接法连入电路，则（）

A．电流表的读数大于电流表的读数

B．电流表指针的偏转角小于电流表指针的偏转角

C．电压表的读数小于电压表的读数

D．电压表指针的偏转角等于电压表指针的偏转角

11．（2022高二上·信阳开学考）如图，光滑地面上，有一质量为的木箱停在水平路面上，木箱高，一质量的小物块置于的上表面，它距后端A点的距离为，已知与之间的动摩擦因数为。现对木箱施一水平向右的大小恒为的作用力，木箱开始运动，最后小物块会离开后落至水平地面，运动中小物块可视为质点。下列说法正确的是（）

A．小物块离开木箱时，小物块的速度为

B．小物块离开木箱时，木箱的速度为

C．小物块落地时，小物块与木箱之间的距离为

D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为

12．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为，AB与电场垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球落到C点，速度大小仍是，则下列说法中正确的是（）

A．电场方向沿电场线斜面

B．电场强度大小为

C．小球下落高度

D．此过程增加的电势能等于

三、实验题（共两小题，13题6分，14题9分）

13．（2022高二上·信阳开学考）验证机械能守恒定律也可以有其他多种的实验设计。

甲同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律，细线的一端拴一个金属小球，另一端连接固定在天花板上的拉力传感器，传感器可记录小球在摆动过程中细线拉力的大小。将小球拉至图示位置，由静止释放小球，发现细线拉力在小球摆动的过程中做周期性变化。

（1）若细线的长度远大于小球的直径，为了验证机械能守恒定律，该小组不需要测出的物理量是。

A．释放小球时细线与竖直方向的夹角

B．细线的长度

C．小球的质量

D．细线拉力的最大值

E．当地的重力加速度

（2）根据上述测量结果，小球动能的最大值的表达式为。

（3）小球从静止释放到最低点过程中，满足机械能守恒关系式为（用上述测定的物理量的符号表示）。

14．（2022高二上·信阳开学考）某同学制作了一个可用电流表直接显示拉力大小的拉力器，原理如图。R1是一根长20cm、阻值20Ω的均匀电阻丝，劲度系数为1.0×103N/m的轻弹簧左端固定，右端连接金属滑片P和拉环，拉环不受拉力时，滑片P恰好处于a端。闭合S，在弹簧弹性限度内，对拉环施加水平拉力，使滑片P滑到b端，调节电阻箱R使电流表恰好满偏。已知电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电流表的量程为0~0.6A，内阻不计，P与R1接触良好且不计摩擦。

（1）电阻箱R0接入电路的阻值为Ω；

（2）电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是（填“均匀”或“不均匀”）的；

（3）电流表刻度值为0.50A处拉力示数为N；

（4）要通过线性图象直观反映电流表示数I与拉力F的关系，可作____图象；

A．I-FB．C．D．

（5）若电流表的内阻不可忽略，则（4）问中正确选择的图象斜率（填“变大”“变小”或“不变"）。

四、解答题（共3小题，15题9分，16邀12分，17题16分）

15．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，在平面直角坐标系xOy中第1象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在x轴下侧平面内某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响），一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入第4象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，OP＝3R。不计粒子重力，静电力常量为k，求：

（1）MN两点间的电势差UMN；

（2）固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q；

（3）匀强电场的电场强度。

16．（2022高二上·信阳开学考）如图所示，表面光滑的平台AB与CO中间是光滑凹槽，质量为m0=1.5kg、长为l=2.55m的木板Q放置在凹槽内水平面上，其上表面刚好与平台AB和CO水平等高。开始时木板静置在紧靠凹槽左端处，此时木板右端与凹槽右端距离d=0.9m。质量为m=1kg的物块P（可视为质点）从平台AB滑上木板Q，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.75，g=10m/s2。

（1）若物块P以v0=8m/s的初速度从平台滑上木板，当物块滑至木板右端时，木板恰好到达凹槽右端。

求：①木板Q的右端到达凹槽右端的时间；

②物块P到达平台CO时的动能；

（2）现以平台CO末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，若物块以不同初速度从平台AB滑上木板，且木板碰到凹槽右端时立刻停止运动，物块经过O点落在弧形轨道MN上的动能均相同，N为轨道与y轴的交点，ON=0.8125m，忽略空气阻力。

求：①弧形轨道MN的轨道方程；

②物块以v0=8m/s的初速度从平台滑上木板后，落在轨道MN上的位置坐标。

答案解析部分

1．【答案】A

【知识点】库仑定律

【解析】【解答】设小球B带的电荷量大小为Q，小球A所带的电荷量大小为nQ，开始时两小球的库仑力大小为，两小球接触后分开，两小球电荷量的绝对值为，放回原处后两小球的库仑力大小为，两式联立得或，因为小球A的电荷量大于B，则，A正确。

故答案为：A

【分析】根据库仑定律的表达式以及两小球接触后电荷量先中和后平分的特点分析求解。

2．【答案】C

【知识点】卫星问题

【解析】【解答】设质量为m0的物体在北极地面静止，则有，解得，太空电梯在距离地面高R位置时所受的万有引力为F，则有，太空电梯在超级缆绳上饶地球做圆周运动，七周期与地球同步空间站相同，即也为T，大于它自由绕地球做匀速圆周运动的周期，此时地球对他的万有引力大于它所需要的向心力，所以超级缆绳对太空电梯的拉力向上，设为，则有，其中，联立解得，C正确。

故答案为：C

【分析】对太空电梯进行受力分析，根据万有引力提供向心力以及向心力与角速度和半径之间的关系分析求解。

3．【答案】C

【知识点】平均速度；运动学S-t图象

【解析】【解答】AB．由图乙可知，超声波的速度为

或者

AB不符合题意；

CD．由题可看出，物体通过的位移为时，所用时间为

则物体的平均速度为

C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】x-t图像的斜率表示物体的速度，利用平均速度的表达式得出超声波的速度以及物体的平均速度。

4．【答案】D

【知识点】共点力的平衡

【解析】【解答】ABC、对小球B受力分析，根据相似三角形可知，得，小球B缓慢向下移动的过程中，两个三角形仍然相似，以上公式仍然成立，根据题意，向下移动过程中mg，h不变，则小球缓慢移动过程中r保持不变，因此小球的运动轨迹时一段圆弧，则AB两球之间的库仑力保持不变，又因为，由于d在增大，因此F'增大，所以细线上的张力F一直在增大，AB错误，C正确。

D、由于小球的运动轨迹是一段圆弧，库仑力不做功，则AB组成的系统电势能不变，D错误。

故答案为：C

【分析】对小球B进行受力分析，根据平衡条件和几何关系有相似三角形的数学关系分析求解。

5．【答案】C

【知识点】万有引力定律的应用

【解析】【解答】A、物块刚要滑动时，处于最低点位置，根据牛顿第二定律可得，解得，在天体表面满足，联立解得行星质量为，A错误。

B、根据牛顿第二定律可得，解得该星球第一宇宙速度为，B错误。

C、根据，，联立解得星球密度为，C正确。

D、设离行星表面距离为R的地方的重力加速度为g'，则有，，解得，D错误。

故答案为：C

【分析】对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律和万有引力定律列方程联立求解。

6．【答案】C

【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律

【解析】【解答】A、由题意可知，甲图重物在达到位置Q处，弹簧的弹力与重力大小相等，此时重物的速度最大，则有重物在Q→N的过程中，弹力大于重力，物体做减速运动，动能减小，重物与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知持续增大。A错误。

B、乙图中从P到Q的过程，用手托着重物使它缓慢下降，重物动能不变，可手对重物的支持力对重物做负功，系统机械能减小，则有减小，B错误。

C、甲图重物从P到N的过程，重物与弹簧组成的系统机械能守恒，则有保持不变，C正确。

D、乙图从P到Q的过程，手对重物的支持力做负功，因此系统的机械能减小，则有减小，D错误。

故答案为：C

【分析】对两图中重物进行受力分析，根据机械能守恒定律的成立条件和功能关系分析求解能量的变化。

7．【答案】D

【知识点】电容器及其应用

【解析】【解答】AB、将上极板上移，d变大，由，可知C变小，又因为，可知电容器与电源相连，U不变，则Q减小，电容器放电，由于二极管单向导电性，电容器不能放电，由，可知电容器两极板之间电场强度不变，油滴所受电场力不变，静止不动，A错误；上极板电势为零，P点到上极板之间的距离增大，根据可知，P点与上板间的电势差增大，而电场中的电势都为负，则P点电势减小，B错误。

CD、若上极板下移，则d减小，C变大，两板间的电压U不变，则Q要变大，电容器要充电，二极管导通，由电场强度可知，E增大，电场力变大，油滴所受合力向上，油滴向上运动，C错误；P点与下极板的距离不变，根据，可知P点与下极板间电势差绝对值增大，总电压一定，则P点与上极板间电势差减小，所以P点电势升高，D正确。

故答案为：D

【分析】对电容器进行分析，根据电容器电容的决定式和定义式以及二极管的单向导电性特点分析求解。

8．【答案】C

【知识点】平抛运动

【解析】【解答】由平抛运动规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的，由于球与地面之间的碰撞是弹性碰撞，设第一球自击出到落地的时间为t1，第二球所用的时间为t2，则有，由于两球在水平方向上均为匀速运动，水平位移大小相等，设他们在O点出发的速度分别为v1，v2，由得，设两球从O点到网顶时间分别为T1，T2，由于两球从O点到网顶的水平距离相等，由竖直方向运动规律可知，解得。

故答案为：C

【分析】对两球进行分析，根据平抛运动的运动规律和两球之间的运动关系列方程联立求解。

9．【答案】B,C

【知识点】静电的防止与利用

【解析】【解答】AB、金属板内部场强为零，点电荷在A点产生的场强方向为E1，感应电荷产生的场强为E2，二者叠加之后才能为零，A错误，B正确。

CD、B点为金属板左侧外表面一个点，B点的合场强方向应垂直金属板表面向左，而点电荷引起的场强指向负电荷，将合场强分解，一个指向负电荷，一个指向E3方向，则C正确，D错误。

故答案为：BC

【分析】对电荷和金属板进行分析，根据处于静电平衡状态下导体内部合场强处处为零以及场强的叠加原理分析求解。

10．【答案】A,D

【知识点】表头的改装

【解析】【解答】AB．电流表的量程大于的量程，故电流表的内阻小于的内阻；由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，因表量程大于表，故的读数比的读数大，A符合题意，B不符合题意；

CD．电压表的量程大于的量程，故的电阻大于的电阻；两电压表串联，故通过两表的电流相等，故的读数比的读数大，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表的偏转角等于电压表的偏转角，C不符合题意，D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】由于两个电流表其内部表头与电阻并联所以其两个电流表的偏转角相等，结合内阻的大小可以比较电流表读数的大小；由于两个电压表串联所以电流相等则偏转角相等，利用内阻的大小可以比较电压表读数的大小。

11．【答案】A,B,D

【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型

【解析】【解答】AB、小物块m与木箱M间的摩擦力，由牛顿第二定律可知物块的加速度为，木箱的加速度为，由位移公式可得，解得，小物块离开木箱时，小物块的速度为，木箱的速度为，AB正确。

C、小物块离开木箱后做平抛运动，落地时间为，小物块离开木箱后