2021-2022学年黑龙江省哈尔滨市第九中学高二（上）开学考试物理试题含解析

哈尔滨市第九中学高二学年开学考试物理试题

一、单项选择题（本大题共 8 个小题，每小题 4 分，共 32 分）

1. 下列说法中正确的是（　　）

A. 开普勒通过研究发现行星绕太阳运动的轨道是椭圆

B. 作变速运动的物体，只要有摩擦力存在,机械能一定减少

C. 电荷在电势越高的地方，电势能越大

D. 运动物体所受合外力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能肯定要变化

【答案】A

【解析】

分析】

【详解】A．开普勒通过研究发现行星绕太阳运动的轨道是椭圆，符合事实，故A正确；

B．作变速运动的物体，有摩擦力存在，机械能也不一定减少，如倾斜传送带将物体加速带向高处，故B错误；

C．正电荷在电势越高的地方，电势能越大，负电荷在电势越高的地方，电势能越小，故C错误；

D．运动物体所受合外力不为零，其动能不一定要变化，如匀速圆周运动，故D错误。

故选A。

2. 2020年11月24日，我国成功发射“嫦娥五号”月球探测器，并实现月面无人采样返回，设该探测器被月球引力捕获后，经历三次变轨过程，最后在月球表面附近的圆轨道A上运动以备着陆，其中变轨过程如图所示，已知引力常量为G，以下说法不正确的是（　　）

A. 探测器在三个轨道上运行时，探测器在 P 点的向心加速度相等

B. 探测器在轨道A上的机械能小于在轨道 C 上的机械能

C. 探测器在P点从轨道C变轨到轨道A上时，需要在P点朝速度的反方向喷气

D. 若已知探测器在轨道A上运动的周期，可推算出月球的平均密度

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．探测器在三个轨道上运行到P点时，距离月球球心的距离相等，受到的万有引力相等，根据万有引力提供向心力可知，探测器在 P 点的向心加速度相等，故A正确，不符合题意；

B．探测器由轨道A变轨到轨道C，需要在P点加速，做离心运动，则探测器在轨道A上的机械能小于在轨道 C 上的机械能，故B正确，不符合题意；

C．探测器由轨道C变轨到轨道A，需要在P点减速，做近心运动，需要在P点朝速度的方向喷气，故C错误，符合题意；

D．若已知探测器在轨道A上运动的周期T，根据万有引力提供向心力有

可得： ，故D正确，不符合题意。

故选C。

3. P1、P2为相距遥远的两颗行星，半径均为R0，它们分别有一颗卫星绕其做圆周运动，如图所示，1、2分别表示绕P1和P2运行的卫星其周期的二次方（T2）随运行半径的三次方（r3）变化的图线。下列说法正确的是（　　）

A. P1的质量小于P2的质量

B. P1表面的重力加速度大于P2表面的重力加速度

C. P1的第一宇宙速度小于P2的第一宇宙速度

D. P1同步卫星运行的周期大于P2同步卫星运行的周期

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据万有引力提供向心力有

解得

结合题图可知，P1的质量大于P2的质量，故A错误；

B．在星球表面，根据万有引力等于重力有

可解得

因为P1的质量大于P2的质量，则P1表面的重力加速度大于P2表面的重力加速度，故B正确；

C．根据第一宇宙速度的定义有

解得

因为P1的质量大于P2的质量，则P1的第一宇宙速度大于P2的第一宇宙速度，故C错误；

D．由于不知道两颗星球自转周期，无法比较同步卫星的周期，故D错误。

故选B。

4. 如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5J ，那么此过程中系统产生的内能可能 为（　　）

A. 2.5J B. 4.2J C. 5.0J D. 5.6J

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】设子弹的质量为m，初速度为v0，木块质量为M，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成

的系统动量守恒，取向右为正方向，即

mv0=（m+M）v

此过程产生的内能等于系统损失的动能，即产生的内能为

而木块获得的动能

联立可得

故D正确，ABC错误。

故选D。

5. 如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线．P、M为CD轴线上的两点，距球心O的距离均为，在M右侧轴线上点固定正点电荷Q，点、M间距离为R，已知P点的场强为零，若带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的场强为

A. 0 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】根据P点的场强为零，得半球面对P点场强和点电荷Q对P场强等大反向，即半球面对P点场强大小为

，

方向向右；现只研究半球面，若补全右半球面，根据带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，补全右半球面后，正电球面在P、M两点产生的电场强度均为零，由于对称性，左半球面对M点场强和右半球面对M点场强等大反向，左半球面P点场强和右半球面对M点场强等大反向，，即左半球面对M点场强为：

，

方向向右，点电荷Q对M点场强为

，

方向向左，叠加得M点合场强为

，

方向向左，故C正确，ABD错误。

故选C

6. 有一带电液滴沿图中的虚线穿过一匀强电场，则该液滴由 A 处到 B 处的过程中（B 点位置比 A 点低），下列说法正确的是（　　）

A. 液滴带正电 B. 动能逐渐减少

C. 机械能先减小后增加 D. 电势能和动能之和不变

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】带电液滴受到电场力作用和向下的重力作用，合力方向指向运动轨迹的内侧，则合力方向向上，电场力的方向向上，液滴带负电，合力先做负功后做正功，则动能先减小后增加，电势能和机械能之和保持不变，因电场力先做负功后做正功，则粒子的电势能先增大后减小，则机械能先减小后增加；因重力势能先减小后增加，可知电势能和动能之和先增加后减小。

故选C。

7. 在 x轴上O、P两点分别放置电荷量为 q1 、q2的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能EP随x变化关系如图所示，其中A 、B两点电势能为零，B D段中 C点电势能最大，则下列说法正确的是（　　）

A. q1带负电，q2带正电

B. q1电荷量小于 q2的电荷量

C. C点的电场强度为零，且BC 间电场强度方向沿x轴正方向

D. 将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后做负功

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．根据题图可知，带正电的试探电荷在靠近O时电势能变大，靠近P时电势能变小，因此q1 带正电，q2带负电，故A错误；

B．由于试探电荷在B点的电势能为0，则B点的电势为0，而B点距离q1较远，则q1 的电荷量大于 q2 的电荷量，故B错误；

C．由于正电荷在某点的电势能与该点的电势成正比，则由B到C电势越来越大，沿着电场线方向电势降低，则BC 间电场强度方向沿x轴负方向，故C错误；

D．从B点到D点，电势先升高后降低，则将一负点电荷从B点移到D点，负点电荷的电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，故D正确。

故选D。

8. 如图所示，A、B 为平行金属板，两板相距为 d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔 M 和 N.今有一带电质点，自 A 板上方相距为 d 的 P 点由静止自由下落(P、M、N 在同一竖直线上)，空 气阻力忽略不计，到达 N 孔时速度恰好为零，然后沿原路返回.若保持两极板间的电压不变，则下列说法错误的是(              )

A. 把 A 板向上平移一小段距离，质点自 P 点自由下落后仍能返回

B. 把 A 板向下平移一小段距离，质点自 P 点自由下落后将穿过 N 孔继续下落

C. 把 B 板向上平移一小段距离，质点自 P 点自由下落后仍能返回

D. 把 B 板向下平移一小段距离，质点自 P 点自由下落后将穿过 N 孔继续下落

【答案】B

【解析】

【详解】A.由题设条件，由动能定理得：

则知电场力做功等于重力做功的大小．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知：

小球到达N点速度为零然后返回原点．故A正确，不符合题意．

B.将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知：

小球到达N点速度为零然后返回原点．故B错误，符合题意．

C. 把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知

h＜2d

＜0

知小球未到达N点速度已减为零，然后返回．故C正确，不符合题意．

D.把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知

h＞2d

＞0

知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落．故D正确，不符合题意．

二、不定项选择题（本大题共 6 个小题，每小题 4 分，共 24 分。每小题至少有两个选项是正确的）

9. A、B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量是7kg•m/s，B球的动量是9kg•m/s，当A球追上B球时发生碰撞，碰撞后两球继续同向运动且不发生二次碰撞，若碰撞后B球的动量变为12kg•m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是（　　）

A. mB=1.5mA B. mB=2.5mA

C. mB=3mA D. mB=4mA

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

由于解得

碰撞过程系统的总动能不增加，则有

解得

根据题意可知当A球追上B球时发生碰撞，则碰前A的速度大于B的速度，则有

解得

碰撞后A速度不大于B速度，则有

解得

综上得

所以BC正确；AD错误；

故选BC。

10. 如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（　　）

A. 推力F将增大

B. 竖直墙面对小球A的弹力减小

C. 地面对小球B的弹力一定不变

D. 两个小球之间的距离变小

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】ABC．以A球为研究对象，受力如图1所示

设B对A的库仑力F库与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为

将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小。再以AB整体为研究对象，受力如图2所示，由平衡条件得

地面对小球B的弹力

则F减小，竖直墙面对小球A的弹力减小，地面对小球B的弹力不变，故BC正确，A错误；

D．由上分析得到库仑力

θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律

分析得知，两个小球之间的距离增大，故D错误。

故选BC。

11. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电的油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则（　　）

A. 带电油滴所受静电力不变

B. P点的电势将升高

C. 带电油滴在P点时的电势能增大

D. 电容器的电容减小，极板带电荷量增减小

【答案】BD

【解析】

【详解】A．带电油滴所受静电力

平行板电容器的下极板B竖直向下移动，d增大，F减小，A错误；

B．电势差

平行板电容器的下极板B竖直向下移动，d增大，UAP减小，P点电势升高，B正确；

C． P点电势升高，相当于液滴向上移动，电场力做正功，电势能减小，C错误；

D．由电容公式 ，d增大，C减小；

解得 ，d增大，Q减小，D正确。

故选BD。

12. 如图所示，把质量为 m，带电量为 q的质点，以初速 v0在水平方向的匀强电场中竖直向上抛出， 若其运动到最高点时速度大小为 v0，设重力加速度为 g，则质点在电场中上升到最大高度 h的过程中（　　）

A. 电场强度的大小为

B. 这个过程中质点所受合力的冲量为 mv0

C. 到最高点时质点的加速度大小为 2g

D. 这个过程中质点机械能增加

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】A．竖直方向上做匀减速运动，上升的时间

水平方向上做匀加速运动，因此

而

可得电场强度的大小

A正确；

B．由竖直向上的动量，变为水平方向的动量，因此动量的变化为，根据动量定理，在这个过程中质点所受合力的冲量为，B错误；

C．到最高点时，质点竖直方向的加速度为g，水平方向的加速度大小为

因此合加速度为，C错误；

D．这个过程中，除重力以外，电场力对物体做正功，因此质点机械能增加，D正确。

故选AD。

13. 如图所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg．现剪断A、B间的细绳，解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的υ－t图如图所示，则可知(    ) 

A. 在A离开挡板前，A、B系统动量不守恒，之后守恒

B. 在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒

C. 弹簧锁定时其弹性势能为9J

D. 若A的质量为1kg，在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J

【答案】ACD

【解析】

【详解】在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；离开挡板之后，系统的合外力为零，动量守恒，故A正确；在A离开挡板前，挡板对A的作用力不做功，A、B及弹簧组成的系统在整个过程中只有弹簧的弹力做功，机械能都守恒，故B错误；解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B的动能，根据机械能守恒定律，有：，由图象可知，vB=3m/s，解得：Ep=9J，故C正确．分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBv0=（mA+vB）v共；；联立解得：E′p=3J，故D正确．故选ACD．

【点睛】本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，关键是搞清运动过程，能够知道当弹簧伸到最长时，其势能最大．

14. 如图甲所示，长为的两水平金属板组成一间距为d的平行板电容器，电容器的B板接地，A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示，其周期。P为靠近A板左侧的一粒子源，能够水平向右发射初速度为的相同带电粒子。已知时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，则下列判断正确的是（　　）

A. 时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为

B. 该粒子源发射的粒子的比荷为

C. 时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能

D. 时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．由于粒子在电场中的运动时间为，所以粒子离开电容器时，刚好在电容器中运动了2个周期，由对称性可知，粒子在竖直方向上的分速度为零，故粒子离开电容器时，其速度等于水平速度，A正确；

B．在2个周期内，粒子在竖直方向上运动的距离为d，由匀变速直线运动的规律可得

又因为

，

可解得

B正确；

C．由对称性可知，时刻从粒子源射出的粒子，刚好从A板右侧下方离开，且与粒子源在同一直线上，所以其电势能不变，C错误；

D．时刻发射的粒子经过的时间，粒子在竖直方向的分速度为

故此时粒子的速度大小为

D正确。

故选ABD。

三、实验题（共 12 分）

15. 如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让质量为的入射小球从斜槽轨道上某一固定位置由静止开始滚下，从轨道末端点水平抛出，落到与轨道点连接的倾角为的斜面上，记下小球与斜面第一次碰撞留下的落点痕迹。再把质量为的被碰小球放在斜槽轨道末端，让入射小球仍从位置由静止滚下，与被碰小球碰撞后都落到斜面上，记下两小球与斜面第一次碰撞留下的落点痕迹。、、为三个落点的位置（不考虑小球在斜面上的多次碰撞）。

(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量___________，间接地解决这个问题。

A． 小球开始释放的高度

B. 斜面的倾角

C. 点与各落点的距离、、

(2)以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是___________

A. 刻度尺    B. 天平    C. 量角器    D. 秒表

(3)关于本实验，下列说法正确的是___________

A. 斜槽轨道必须光滑，且入射小球每次释放初位置相同

B. 斜槽轨道末端必须水平

C. 为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量等于被碰球的质量

(4)在实验误差允许范围内，若满足关系式___________，则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。若该碰撞是弹性碰撞，还应满足的关系式为___________。（用、及(1)中所选择的测量物理量字母表示）

【答案】    ①. C    ②. AB    ③. B    ④.     ⑤.

【解析】

【详解】解：(1)[1]小球离开斜槽后做平抛运动，设小球的位移大小为L，则有竖直方向

水平方向

Lcosθ= vt

解得

入射球碰撞前的速度

入射球碰撞后的速度

被碰球碰撞后的速度

由以上计算分析可知，小球落在同一斜面上，只要测得O点与落点的距离L，即可用代替小球碰撞前后的速度，C正确，故选C。

(2)[2]实验需要测量小球的质量，测量O点与小球各落点间的距离，因此测量质量需要天平，测量距离需要刻度尺，AB正确，故选AB。

(3)[3]A．只要小球从斜槽上同一位置由静止释放，即可使小球到达斜槽底端的速度相等，斜槽不必光滑，A错误；

B．为使小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道底端必须水平，B正确；

C．为使入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量m1大于被碰球的质量m2，C错误。

故选B。

(4)[4]在实验误差允许范围内，实验要验证的关系是

m1v0=m1v1+m2v2

由(1)分析可知，则表达式为

两球碰撞前后总动量守恒

[5]若两球碰撞是弹性碰撞，碰撞运动中机械能守恒，由机械能守恒定律得

整理可得

四 、计算题（共 3 个小题，共 42 分）

16. 如图所示，有一电子(电量为e、质量为m)经电压U0加速后，沿平行金属板A、B中心线进入两板，A、B板间距为d、长度为L，A、B板间电压为U，屏CD足够大，距离A、B板右边缘2L，AB板的中心线过屏CD的中心且与屏CD垂直。试求电子束打在屏上的位置到屏中心间的距离。

【答案】

【解析】

【详解】带电粒子在加速电场中运动，由动能定理得

得

带电粒子在AB间的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有 

 L=v0t

带电粒子在偏转电场中的加速度

带电粒子飞出偏转时的偏转量为

联立得

带电粒子飞出偏转时偏转角正切

可得

解得粒子束打在屏上的位置到屏中心间的距离

Y=y+2Ltanθ

17. 如图所示，质量为3 kg的小车A以v0＝4 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1 kg的小球B(可看做质点)，小球距离车面高h＝0.8 m．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1 kg的物块C发生碰撞并黏连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2．求：

(1)绳未断前小球与沙桶的水平距离；

(2)从初始状态到小球落入沙桶与桶相对静止，整个A、B、C系统损失的机械能ΔE．

【答案】(1)0.4 m(2)14.4 J

【解析】

【详解】(1)A与C碰撞至黏连在一起的过程，A、C构成系统动量守恒，设两者共同速度为v1，

mAv0＝(mA＋mC)v1

解得

v1＝3 m/s

轻绳断裂，小球在竖直方向做自由落体运动，离A高度h＝0.8 m，由h＝gt2得落至沙桶用时t＝0.4 s．所以，绳未断前小球与沙桶的水平距离

x＝(v0－v1)t＝0.4 m

(2)最终状态为A、B、C三者共同运动，设最终共同速度为v2，由水平方向动量守恒，得

(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v2

解出

v2＝3.2 m/s

系统最终损失的机械能为动能损失和重力势能损失之和

ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝[(mA＋mB)v02－(mA＋mB＋mC)v22]＋mBgh

代入数据解得

ΔE＝14.4 J

18. 在光滑绝缘水平面上放置一质量m =0.2kg、电荷量 q =10-5C 的小球，小球系在长L =0.5m的绝缘细线上，线的另一端固定在 O点，整个装置放置于E =2×106N/C的匀强电场中，电场方向与水平面平 行且沿 OA方向，如图所示（此图为俯视图）。现给小球一初速度使其绕 O点做圆周运动，小球经过 A点时细线的拉力 F =140N，小球可视为质点。求：

（1）小球运动过程中的最大动能；

（2）若小球运动到动能最小位置时细线被剪断，则小球经过多长时间其动能变为最小动能的2倍；

（3）当某次小球运动到 A点时，电场方向突然反向但场强大小不变，若细线能承受的最大拉力Fmax=160N，求绳断时小球转过的角度和此时小球速度的大小。

【答案】（1）30J  ；（2）0.1s；（3）；20m/s

【解析】

【分析】

【详解】(1)设A点关于O点的对称点为B，则小球从A运动到B的过程中，电场力做负功，动能减小，所以在A点动能最大，在B点的动能最小。小球在A点，根据牛顿第二定律

代入数据可得小球在A点动能为

=30J

(2)小球运动到B点时动能最小，从A到B根据动能定理有

解得

绳断后，小球做类平抛。当末动能是B点动能2倍时

可得

其速度偏角满足

根据速度与时间关系有

解得

(3)当小球转过角度为时，绳被拉断，根据动能定理有

根据牛顿第二定律

解得