河南省许昌高级中学2024-2025学年高二上学期开学物理试题

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B．电场强度方向未知，无法判断电荷的正负，B错误；
C．粒子a的轨迹向左弯曲，电场力向左，粒子的速度将增加；粒子b的轨迹向右弯曲，电场力向右，粒子的速度将增加，C错误；
D．等势面与电场线垂直且电场线越密的地方等势面越密，所以该电场的等差等势面为曲线且从左往右看越来越稀，D错误。
2．B【详解】A．不计空气阻力，运动员只有重力做功，所以机械能守恒，故A错误；
B．根据动能定理
解得
故B正确；
C．以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则运动员的机械能为，由于机械能守恒，所以运动员入水时的机械能为，故C错误；
D．以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，运动员入水时的重力势能为-mgh，故D错误；
3．C【详解】AB．小球在图示位置时的受力分析如图所示
则小球所受合外力提供向心力，即
又
联立解得
故AB错误；
CD．若小球在A点时，则圆环对小球的支持力提供向心力，圆环对小球的静摩擦力与重力等大反向，即
又
联立解得
故C正确，D错误。
4．C【详解】A．小球落到弹簧表面后，开始压缩弹簧，此后弹簧的弹力开始增大，小球受到的合力减小，但方向仍然向下，当重力等于弹力时合力为零，速度达最大，故t1时刻小球速度没有达到最大，故A错误；
BC．t2至t3这段时间内，小球受到的弹力逐渐变小，开始弹力大于重力，小球做加速运动，当弹力等于重力时，速度最大，当弹力小于重力时，小球做减速运动，故小球的速度先变大后变小，故C正确，B错误；
D．t3时刻弹力为0，则此时小球刚脱离弹簧，故D错误。
5．A【详解】A．飞船从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ需要加速，所以经过A点时
圆轨道时，根据
所以
综合得
故A正确；
B．根据开普勒第三定律，轨道半长轴越大，周期越大，故B错误；
C．根据
则同一点处的加速度应该相等，故C错误；
D．根据变轨原理可知，从低轨道到高轨道应点火加速，外力做正功，则卫星在轨道Ⅰ运行时的机械能比在轨道Ⅲ运行时的机械能小，故D错误。
6．D【详解】C．当六个小球均在斜面段时，六小球由静止同时释放，对整体分析知加速度都相同，为，再对球3单独分析知，加速度由重力的分力产生，此阶段球3对球2无弹力作用，故C错误；
B．由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故B错误；
A．当球1进入到水平轨道后，球3、2、1的速度不再增大，球3、2、1以相同的初速度先后做平抛运动，球3、2、1落点相同，而球6、5、4以不同的初速度先后做平抛运动，球6、5、4的落点不相同，所以六个球中共有4个落地点，故A错误；
D．六个球离开A点后均做平抛运动，在竖直方向上均做自由落体运动，水平轨道高度不变，故落地时速度的竖直分量vy相同，六个球落地时重力的功率为
均相同，故D正确。
7．AC【详解】AC．设火箭的功率为，产生的推力为，根据
，
可得
结合题图图像可知，火箭的功率不变，即火箭以恒定的功率启动，且，故AC正确；
B．由图像可知图像的斜率为
故B错误；
D．设图像横轴的截距为，根据图中比例关系可得
解得
故D错误。
8．BD【详解】A．停泊轨道（I）半径近似为地球半径R，则飞船在停泊轨道（I）运行的速度等于第一宇宙速度，即7.9km/s，飞船在停泊轨道（I）P点加速，做离心运动进入转移轨道（Ⅱ），故飞船在转移轨道（Ⅱ）上P点的速度大于在停泊轨道（I）上P点的速度，即大于7.9km/s，故A错误；
B．由万有引力提供向心力有
解得
可知，飞船在转移轨道（Ⅱ）上Q点的加速度等于空间站轨道（Ⅲ）上Q点的加速度，故B正确；
C．由万有引力提供向心力有
解得
则飞船在停泊轨道（I）与组合体在空间站轨道（Ⅲ）上的速率之比为，故C错误；
D．由开普勒第三定律有
解得
故D正确。
9．AD【详解】A．从a到b，根据动能定理可知电场力做功为零，ab必定是一条等势线，结合轨迹必定向左弯曲可知电场力方向垂直ab向左，又粒子带正电，所以电场方向垂直ab向左，故A正确；
B．根据对称性可知在b点的速度方向与直线的夹角
故B错误；
C．从a到b，当垂直ab方向的速度变为零时，速度最小，最小速度为
故C错误；
D．沿ab方向
垂直ab方向
又
联立解得
故D正确。
10．AC【详解】A．全红婵起跳后在空中运动过程机械能守恒
解得
取向下为正方向，由动量定理，合外力的冲量大小为
故A正确；
B．全红婵受到水中运动过程受到重力和水的阻力，根据动量定理有
水的阻力的冲量大小大于，故B错误；
C．从起跳后到入水后速度减为0的全过程中，根据动量定理，取向上为正方向
全红婵受到的合外力的冲量大小为，故C正确；
D．全红婵入水后受到重力的冲量
故D错误。
11．(1) (2)降低 (3) 0.49 3
【详解】（1）设遮光片的宽度为，则A通过光电门1的速度为
A、B碰后粘在一起通过光电门2的速度为
若系统动量守恒，则有
联立可得，当满足
系统动量守恒得到验证。
（2）轻推A，若遮光片通过光电门1的遮光时间大于通过光电门2的遮光时间，说明A做加速运动，则需要适当降低导轨左端，反复调节使气垫导轨水平。
（3）[1]由图（b）中数据可得，图线的斜率为
[2]已知，则有
则有
12．(1) 放电 D (2) 向下 C
【详解】（1）[1][2]S接2，电容器开始放电，电流逐渐减小，最后为0。故选D。
（2）[1]S先接1，电容器两端电压不变，插入有机玻璃后相对介电常数增大，电容增大，根据知电容器的电荷量增大，即电容器充电，故通过的电流方向向下。
[2]断开S，一带电粒子恰能静止在电容器两极板中间，现将电容器下极板下移，则
减小，不变，故粒子保持静止不动。
13．（1）；（2）
【详解】（1）对吊坠受力分析，绳子竖直方向的分力等于吊坠的重力，水平分力为吊坠做圆周运动提供向心力，则
其中
解得
（2）转经轮加速转动后
其中
解得
根据动能定理
解得
14．（1），；（2），
【详解】（1）根据题意可知，A、B之间发生相对滑动，则各接触面的摩擦力均为滑动摩擦力，物体A所受的摩擦力为
由平衡条件有
解得
斜坡对长木板的摩擦力为
由平衡条件有
解得
（2）由于装置匀速运动，则A、B均受平衡力的作用。对物体A沿斜坡方向由力的平衡条件得
解得
则底端细绳的拉力为
对A、B整体，由力的平衡条件得
代入数据得
15．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）令等效物理最低点所在半径与水平方向夹角为，则有
解得
可知将小球从A点由静止释放运动至B点过程有
小球在B点，根据牛顿第二定律有
解得
，
（2）小球从A点运动到B点过程中，在上述的等效物理最低点达到最大速率，则有
解得
（3）令等效物理最低点为e，作出示意图如图所示

可知，小球先沿Cf做匀加速直线运动，根据动能定理有
在f点将速度分解，沿半径方向的分速度突变为0，沿切向的分速度为
小球由f点到D点有
解得