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

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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＝，得＝，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＝2k＝2k＝，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′＝k－k＝－＝＝E，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 解得火箭的速度大小为
方向与 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 竖直分速度大小为
火箭的运动时间为 上升的最大高度为 水平射程为
解得 ，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
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
在A点火箭从圆轨道进入椭圆轨道需加速有 故 A错误；
B．根据开普勒第三定律
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
火箭从 A运动到 B的时间等于轨道Ⅰ上周期的一半，即故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 故 C错误；
D．火箭上升到A点过程中，根据动能定理有
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 得
由于水平分速度为零，则落地时小球的速度 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
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
据机械能守恒可得
联立解得，小球能上升的最大高度为 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
解得样品的共同加速度大小为
以样品 1为对象，根据牛顿第二定律得
解得样品 1的轻杆受到压力大小为
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
摩擦力对样品 2做功
摩擦力对样品 3做功
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
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
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
解得
则滑块相对于小车的速度为
根据牛顿第二定律有
解得，滑块对小车的压力大小为
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 ，小车的速度大小为 ，
滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，有
所以整个过程中，滑块与小车的平均速度满足
设滑块水平方向相对地面的位移大小为 ，小车相对地面的位移大小为 ，则有
并且
解得
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
解得，滑块在C点时，滑块与小车一起的速度为
由能量守恒定律得
解得
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
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
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
根据能量守恒定律可得 t1时刻弹簧具有的弹性势能
则
故D正确。故选 BD。
15．【答案】ACD
AB．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
解得
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 ，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
其中
解得，小球第一次获得的速度
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