資源簡介

廣東省佛山市南海區(qū)石門中學(xué)2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期開學(xué)測物理試題
1．（2024高二上·南海開學(xué)考）無人駕駛飛機(jī)簡稱“無人機(jī)”，英文縮寫為“UAV”，是利用無線電遙控設(shè)備和自備的程序控制裝置操縱的不載人飛機(jī)，或者由車載計算機(jī)完全地或間歇地自主地操作。與有人駕駛飛機(jī)相比，無人機(jī)往往更適合那些太“愚鈍、骯臟或危險”的任務(wù)。如圖所示，一架無人機(jī)掛著一籃高爾夫球在一定高度沿直線水平勻速飛行，某時刻甲球墜落，無人機(jī)保持原來運(yùn)動狀態(tài)運(yùn)動位移x后，乙球又墜落。假設(shè)地面不平整，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．甲乙兩球的落地點一定相距x
B．兩球在空中時都在無人機(jī)的正下方
C．兩球在空中時不在無人機(jī)的正下方，但兩球與無人機(jī)處于一條直線上
D．兩球落地的速度大小只由無人機(jī)的水平飛行速度決定
2．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，一種古老的舂米裝置，使用時以O(shè)點為支點，人用腳踩踏板C，另一端的舂米錘B上升，松開腳后，B回落撞擊谷槽A中的谷米。已知，下列說法正確的是（　　）
A．相同時間內(nèi)B、C的轉(zhuǎn)過的角度相等
B．B、C的線速度大小關(guān)系滿足
C．B、C的角速度關(guān)系滿足
D．B、C的向心加速度大小關(guān)系滿足
3．（2024高二上·南海開學(xué)考）在東北嚴(yán)寒的冬天，有一項“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯滾燙的開水按一定的弧線均勻快速地潑向空中，潑灑出的小水珠和熱氣被瞬間凝結(jié)成冰而形成壯觀的場景。如圖甲所示是某人玩潑水成冰游戲的精彩瞬間，圖乙為其示意圖，假設(shè)潑水過程中杯子做逆時針勻速圓周運(yùn)動。下列說法正確的是（　　）
A．P位置的小水珠速度方向沿a方向
B．水珠做離心運(yùn)動是由于合外力大于所需向心力
C．P、Q兩位置，杯子的角速度相同
D．從Q到P，杯子所受合外力做功不為零
4．（2024高二上·南海開學(xué)考）圖（a）為示波管的原理圖。如果在電極之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規(guī)律變化，在電極之間所加的電壓按圖（c）所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，質(zhì)量分別為、的兩個帶同種電荷的小球、，分別用長為的絕緣細(xì)線懸掛在同一點，兩細(xì)線與豎直方向各成一定的角度、，兩小球用一絕緣輕質(zhì)彈簧相接，A、B球連線與過點豎直線交于點，初始時刻彈簧處在壓縮狀態(tài)，現(xiàn)增加球的電荷量，下列說法中正確的是（　　）
A．兩細(xì)線的拉力之比變大 B．兩細(xì)線的夾角不變
C．與的長度之比不變 D．長度一定變大
6．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖1所示，一半徑為R、密度均勻的球體，在與球心O相距2R的P處有一質(zhì)量為m的質(zhì)點，球體對該質(zhì)點的萬有引力大小為F。現(xiàn)從球體中挖去“半徑為的小球體（球心在OP連線上，右端位于O點），如圖2所示，則剩余部分對該質(zhì)點的萬有引力大小為（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，在原點O和x軸負(fù)半軸上坐標(biāo)為處分別固定兩點電荷、（兩點電荷的電荷量和電性均未知）。一帶負(fù)電的試探電荷從坐標(biāo)為x2處以一定的初速度沿x軸正方向運(yùn)動，其電勢能的變化情況已在圖中繪出，圖線與x軸交點的橫坐標(biāo)為，圖線最高點對應(yīng)的橫坐標(biāo)為，不計試探電荷受到的重力，則下列判斷正確的是（　　）
A．點電荷帶負(fù)電
B．試探電荷在之間受到的電場力沿x軸正方向
C．之間的電場強(qiáng)度沿x軸正方向
D．兩點電荷、電荷量的比值為
8．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，是平行板電容器的兩個極板，為滑動變阻器。用絕緣細(xì)線將一帶負(fù)電的小球懸于電容器內(nèi)部。閉合開關(guān)，給電容器充電后，懸線偏離豎直方向的夾角為。下列說法正確的是（　　）
A．保持S閉合，將滑動變阻器的滑片向端滑動，則增大
B．保持S閉合，將板向板靠近，則增大
C．?dāng)嚅_S，將板向板靠近，則增大
D．?dāng)嚅_，將板向下移動少許，則增大
9．（2024高二上·南海開學(xué)考）兩個等量正點電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，A、B、C三點也在水平面上，如圖甲所示。一個帶電荷量為，質(zhì)量為的小物塊（可視為質(zhì)點）從C點靜止釋放，其運(yùn)動的v-t圖像如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線（圖中標(biāo)出了該切線）斜率最大的位置，則下列說法正確的是（　　）
A．由C到A的過程中物塊的電勢能一直在增大
B．B點為中垂線上電場強(qiáng)度最大的點，場強(qiáng)大小為
C．由C點到A點電勢逐漸降低
D．A、B兩點間的電勢差
10．（2024高二上·南海開學(xué)考）真空中間距為d的兩塊平行金屬板，板長為L，如圖甲所示。加在A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為-kU0（k≥1），電壓變化的周期為2T，如圖乙所示。在t=0時刻，有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，以初速度v0垂直電場方向從兩極板正中間射入電場，在運(yùn)動過程中未與極板相撞，且不考慮重力的作用。則下列說法中正確的是（　　）
A．若k=1且電子恰好在2T時刻射出電場，則電子射出時的速度大于v0
B．若k=1且電子恰好在3T時刻從A板邊緣射出電場，則其動能增加
C．若k=1.5且電子恰好在2T時刻射出電場，則兩板間距離應(yīng)滿足
D．若k=1.5且電子恰好在2T時刻射出電場，則射出時的速度大小等于
11．（2024高二上·南海開學(xué)考）在“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗中，實驗裝置如圖1所示。
①需要的實驗操作有　 　（多選）；
A．調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線與軌道平行
B．傾斜軌道以補(bǔ)償阻力
C．小車靠近打點計時器靜止釋放
D．先接通電源再釋放小車
②經(jīng)正確操作后打出一條紙帶，截取其中一段如圖2所示。選取連續(xù)打出的點0、1、2、3、4為計數(shù)點，則計數(shù)點1的讀數(shù)為　 　。已知打點計時器所用交流電源的頻率為，則打計數(shù)點2時小車的速度大小為：　 　（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。
12．（2024高二上·南海開學(xué)考）“探究向心力大小的表達(dá)式”實驗裝置如圖所示。
①采用的實驗方法是　 　
A．控制變量法　　B．等效法　　C．模擬法
②在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相同的情況下，逐漸加速轉(zhuǎn)動手柄到一定速度后保持勻速轉(zhuǎn)動。此時左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的　 　之比（選填“線速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速轉(zhuǎn)動手柄過程中，左右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值　 　（選填“不變”、“變大”或“變小”）。
13．（2024高二上·南海開學(xué)考）某同學(xué)用如圖甲所示裝置驗證機(jī)械能守恒定律，光滑斜面AB與半徑為R的光滑圓弧面相切于斜面底端的B點，圓弧的最低點為C。他采用以下兩種方案來驗證質(zhì)量為m的小球從斜面上某點由靜止釋放運(yùn)動到C點的過程中機(jī)械能是否守恒。（當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間）
（1）方案一：
①他用20分度游標(biāo)卡尺測量小球的直徑d，如圖乙所示，則小球直徑　 　cm，在C點安裝一個光電門；
②將小球從斜面上某點由靜止釋放，小球通過C點光電門時所用的時間為t，則小球通過C點時的速度　 　（用物理量符號表示）；
③改變小球的釋放位置，測得釋放位置到C點的高度為h，重復(fù)②，得到多組釋放高度h和對應(yīng)時間t，以為橫坐標(biāo)，以h為縱坐標(biāo)，將所得的數(shù)據(jù)點描點、連線，得到一條直線，若直線的斜率　 　，則表明小球在上述運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒。
（2）方案二：
①在圓弧最低點C安裝一個力傳感器；
②將小球從斜面上某點由靜止釋放，測得釋放位置到C點的高度為h，并測得小球通過C點時傳感器的示數(shù)F；
③改變小球的釋放位置，重復(fù)②，得到多組釋放高度h和對應(yīng)傳感器的示數(shù)F，以h為橫坐標(biāo)，以為F縱坐標(biāo)，將所得的數(shù)據(jù)點描點、連線，得到一條直線，該直線的斜率為k，與縱軸的交點為b，若小球在上述運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，則　 　，　 　。（用物理量符號表示）。
14．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，電子經(jīng)加速電場加速后，在水平方向沿垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，出偏轉(zhuǎn)電場后速度與水平方向成30°，打到熒光屏P上的A點。已知加速電場中的電壓為U1，形成偏轉(zhuǎn)電場的平行板電容器的極板長為L（不考慮電場邊緣效應(yīng)），A點與距離為h，忽略電子的重力影響，不計空氣阻力，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。求：
（1）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度v的大小；
（2）偏轉(zhuǎn)電場強(qiáng)度的大小和方向；
（3）熒光屏到偏轉(zhuǎn)電場右邊界的水平距離s。
15．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔，初始時不帶電。距小孔正上方高h(yuǎn)處不斷有質(zhì)量為m，電荷量為+q的小液滴由靜止滴落，當(dāng)帶電液滴接觸到下極板后會把電量全部傳給極板，直到液滴不能到達(dá)下極板時停止釋放液滴（空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g）。求：
（1）小液滴到達(dá)小孔處的速度；
（2）電容器所帶電荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時間。
16．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖甲所示，某同學(xué)利用樂高拼裝積木搭建一游戲軌道，其結(jié)構(gòu)簡圖如圖乙所示。該軌道由固定的豎直軌道AB，半徑分別為、0.5r、1.5r的三個半圓軌道、、，半徑為r的四分之一圓弧軌道，長度的水平軌道EF組成，軌道和軌道前后錯開，除水平軌道EF段外其他軌道均光滑，且各處平滑連接。可視為質(zhì)點的滑塊從A點由靜止釋放，恰好可以通過軌道的最高點D，不計空氣阻力。
（1）求A、C兩點的高度差h；
（2）要使物塊至少經(jīng)過F點一次，且運(yùn)動過程中始終不脫離軌道，求滑塊與水平軌道EF間的動摩擦因數(shù)的范圍；
（3）若半圓軌道中缺一塊圓心角為的圓弧積木（I、J關(guān)于對稱），滑塊從I飛出后恰能無碰撞從J進(jìn)入軌道，求的值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】平拋運(yùn)動
【解析】【解答】平拋運(yùn)動的性質(zhì)：平拋運(yùn)動可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的自由落體運(yùn)動。A．如果落地點存在高度差，下落時間不同，落地點距離不一定相距x，故A錯誤；
BC．由于慣性，甲乙兩球離開無人機(jī)后保持原來的水平速度，兩球在空中時都在無人機(jī)的正下方，故B正確；C錯誤；
D．兩球落地速度大小由無人機(jī)的水平飛行速度及下落高度決定，故D錯誤。
故選B。
【分析】把平拋運(yùn)動分解成水平和豎直兩個分運(yùn)動，由運(yùn)動的合成與分解法解答。
2．【答案】A
【知識點】線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；向心加速度
【解析】【解答】本題考查勻速圓周運(yùn)動，解題關(guān)鍵是知道同軸轉(zhuǎn)動的特點，掌握勻速圓周運(yùn)動的線速度和加速度公式。AC． 使用時以O(shè)點為支點， B、C做同軸轉(zhuǎn)動，角速度大小相等，則相同時間內(nèi)B、C的轉(zhuǎn)過的角度相等，故A正確，C錯誤；
B．根據(jù)可知B、C的線速度大小關(guān)系滿足
故B錯誤；
D．根據(jù)可知B、C的向心加速度大小關(guān)系滿足
故D錯誤。
故選A。
【分析】B、C兩點為同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同；根據(jù)題意判斷B、C兩點的半徑關(guān)系，根據(jù)a=ω2r比較兩點向心加速度大小，根據(jù)v=ωr比較兩點線速度大小。
3．【答案】C
【知識點】勻速圓周運(yùn)動；離心運(yùn)動和向心運(yùn)動
【解析】【解答】解答本題，要掌握速度、向心加速度、速度變化量均為矢量；要掌握勻速圓周運(yùn)動合外力充當(dāng)向心力、且合外力指向圓心、不做功。A． 潑水過程中杯子做逆時針勻速圓周運(yùn)動，速度方向沿軌跡的切線方向，則P位置的小水珠速度方向沿b方向，故A錯誤；
B．水珠做離心運(yùn)動是由于合外力小于所需向心力，故B錯誤；
C．杯子做逆時針勻速圓周運(yùn)動，則P、Q兩位置，杯子的角速度相同，故C正確；
D．從Q到P，杯子所受合力始終指向圓心，與其速度夾角為90°，合外力做功為零，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據(jù)圖乙中水珠做離心運(yùn)動的方向，可以判斷杯子的旋轉(zhuǎn)方向，進(jìn)而判斷P位置的小水珠速度方向。根據(jù)向心加速度的矢量特性，判斷P、Q兩位置，杯子的向心加速度是否相同。根據(jù)速度的矢量性分析速度是否相同；杯子做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)杯子所受合外力的特點、與位移的角度關(guān)系，判斷從Q到P，杯子所受合外力做功是否為零。
4．【答案】A
【知識點】示波器的使用
【解析】【解答】帶電粒子同時參與兩個方向的運(yùn)動，電壓越大瞬間，偏轉(zhuǎn)位移越大，比如零時刻，y方向電壓等于零，所以粒子一定落在x軸上正向最大，可排除CD，時刻，粒子y軸正向位移最大，可排除B，故A正確。
故選A。
【分析】由示波管所加電壓進(jìn)行分析。
5．【答案】C
【知識點】庫侖定律；共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要是考查了庫侖力作用下的共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。兩小球用一絕緣輕質(zhì)彈簧相接， 對兩小球受力分析如圖
、為A、B兩小球之間的庫侖力，、為兩小球之間的彈簧彈力，滿足
對球受力分析，、、、三力滿足相似三角形，則有
同理對球亦有
當(dāng)球的電荷量增大則兩球距離會增大，夾角、增大，但仍有
，
繩長不變，點上移，長度變小。
故選C。
【分析】對兩個小球進(jìn)行分析，根據(jù)幾何關(guān)系得到拉力之比、AC和BC的長度之比，根據(jù)小球的移動情況分析角度的變化。
6．【答案】C
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】掌握割補(bǔ)思想是解決本題的主要入手點，掌握萬有引力定律公式是解題的基礎(chǔ)。一半徑為R、密度均勻的球體， 設(shè)球體的密度為ρ，球體的質(zhì)量為M，根據(jù)小球的體積公式可得
從球體中挖去半徑為的小球體，則小球體的質(zhì)量
球體對該質(zhì)點的萬有引力大小
故挖去小球體后，剩余部分對該質(zhì)點的萬有引力大小
解得
故選C。
【分析】根據(jù)體積關(guān)系，求出挖去部分的質(zhì)量。用沒挖之前球?qū)|(zhì)點的萬有引力，減去被挖部分對質(zhì)點的萬有引力，就是剩余部分對質(zhì)點的萬有引力。
7．【答案】C
【知識點】電勢能
【解析】【解答】該題考查兩個點電荷形成的電場的疊加，根據(jù)電場的分布、電勢能的變化以及點電荷場強(qiáng)為零位置的確定可以分析本題。
A．因為x2處電勢能為負(fù)， 一帶負(fù)電的試探電荷，所以x2處電勢為正，可知點電荷帶正電，點電荷帶負(fù)電，選項A錯誤；BC．試探電荷在之間電勢能增大，試探電荷受到的電場力對試探電荷做負(fù)功，所以試探電荷所受電場力沿x軸負(fù)方向，電場強(qiáng)度沿x軸正方向，B錯誤、C正確；
D．由題圖可知處的電場強(qiáng)度為零，則
解得
D錯誤。
故選C。
【分析】根據(jù)電場分布可以確定點電荷帶電性質(zhì)，根據(jù)電勢能的變化可以分析電場力做功問題，從而判斷電場強(qiáng)度方向，最后根據(jù)場強(qiáng)為零的位置，可以比較點電荷電荷量的比值。
8．【答案】B,D
【知識點】電容器及其應(yīng)用
【解析】【解答】根據(jù)對小球的受力分析可知，懸線偏離豎直方向的夾角符合
因此兩極板間的場強(qiáng)越大，越大。
A．保持S閉合，極板間的電壓大小等于電源電動勢。滑動變阻器的滑片位置不會影響極板上的電壓大小，則場強(qiáng)大小不變，不變。故A錯誤；
B．保持S閉合，極板間電壓不變時，將板向板靠近，則板間距離減小，根據(jù)場強(qiáng)
可知場強(qiáng)大小增大，則增大。故B正確；
C．?dāng)嚅_S，則極板上的電荷量不變，將板向板靠近，則根據(jù)
，
可得
極板間的場強(qiáng)
極板間距離增大或減小不影響場強(qiáng)大小，其余物理量均不變，則場強(qiáng)大小不變，不變。故C錯誤；
D．根據(jù)上述分析，斷開，將板向下移動少許，則極板間的正對面積減小，則場強(qiáng)增大，則增大。故D正確。
故選BD。
【分析】根據(jù)對小球的受力分析確定θ與電場強(qiáng)度的關(guān)系，依據(jù)，，分別分析判斷；
AB、電路為斷路，滑動變阻器劃片位置不影響電容器兩極板電壓，即電容器電壓不變，對A場強(qiáng)不變，對B由場強(qiáng)增大，分析判斷；
CD、斷開S，電容器電荷量不變，減小兩板間距離由場強(qiáng)不變，減小正對面積場強(qiáng)增大，分析判斷。
9．【答案】B,C
【知識點】帶電粒子在電場中的運(yùn)動綜合
【解析】【解答】明確等量同種電荷電場的特點是解本題的關(guān)鍵，要知道v-t圖切線的斜率表示加速度，由動能定理求電勢差是常用的方法。A． 一個帶電荷量為，質(zhì)量為的小物塊（可視為質(zhì)點）從C點靜止釋放，物塊由C到A的過程中，電場強(qiáng)度由C指向A，所受的電場力由C指向A，電場力做正功，物塊的電勢能一直在減小，A錯誤；
B．根據(jù)圖像得
根據(jù)牛頓第二定律得
解得
B點斜率最大，加速度最大，電場力最大，B點為中垂線上電場強(qiáng)度最大的點，B正確；
C．因為電場強(qiáng)度由C指向A，所以，由C點到A點電勢逐漸降低，C正確；
D．根據(jù)動能定理得
解得
D錯誤。
故選BC。
【分析】由能量守恒定律分析電勢能的變化情況。根據(jù)v-t圖可知物塊在B點的加速度最大，此處電場強(qiáng)度最大，根據(jù)牛頓第二定律求場強(qiáng)的最大值。由C到A的過程中物塊的動能一直增大，根據(jù)電場線的方向分析電勢的變化，由動能定理可求得AB兩點的電勢差。
10．【答案】B,C
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
【解析】【解答】本題主要是考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是弄清楚運(yùn)動過程和受力情況，根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合動能定理等進(jìn)行解答。A．若k=1，電子在豎直方向的速度隨時間變化的圖象如圖所示
若電子恰好在2T時刻射出電場，豎直方向的速度為零，則電子射出時的速度為v0；故A錯誤；
B．若電子恰好在3T時刻從A板邊緣射出電場，在0～2T時間內(nèi)電場力做功為零，電子動能變化為零，在2T～3T時間內(nèi)根據(jù)動能定理可得
故B正確；
C．豎直方向，電子在0～T時間內(nèi)做勻加速運(yùn)動，加速度的大小
位移
在T～2T時間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動，后反向做勻加速運(yùn)動，加速度的大小
初速度的大小
勻減速運(yùn)動階段的位移
由題意知
解得
故C正確；
D．若k=1.5且電子恰好在2T時刻射出電場，垂直電場方向速度為v0，射出時水平方向的速度大小為
合速度為
故D錯誤。
故選BC。
【分析】若k=1，分析電子在豎直方向的速度隨時間變化情況，根據(jù)動能定理得到T時刻或2T時刻射出電場時的速度；若k=1.5且電子恰好在2T時刻射出電場，分析電子的受力情況，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解位移和速度。
11．【答案】ACD；2.75；1.48
【知識點】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律
【解析】【解答】本題考查學(xué)生對“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗的注意事項和瞬時速度表達(dá)式的掌握，是一道基礎(chǔ)實驗題。①A．實驗需要調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線與軌道平行，這樣可以保證小車所受合外力恒定，加速度恒定，故選項A正確；
B．該實驗只要使得小車加速運(yùn)動即可，不需要傾斜軌道補(bǔ)償阻力，選項B錯誤；
C．為了充分利用紙帶，則小車靠近打點計時器靜止釋放，選項C正確；
D．先接通電源再釋放小車，選項D正確。
故選ACD。
②計數(shù)點1的讀數(shù)為2.75。已知打點計時器所用交流電源的頻率為，則打點周期T=0.02s，則打計數(shù)點2時小車的速度大小為
【分析】①“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗中，需要細(xì)線與軌道平行，不需要傾斜軌道補(bǔ)償阻力，小車靠近打點計時器靜止釋放，先接通電源再釋放小車；
②根據(jù)瞬時速度表達(dá)式，結(jié)合題中數(shù)據(jù)，求解。
12．【答案】A；角速度平方；不變
【知識點】向心力
【解析】【解答】本題考查了探究小球做圓周運(yùn)動所需向心力的大小Fn與質(zhì)量m、角速度ω和半徑r之間的關(guān)系的實驗，實驗的原理為圓周運(yùn)動向心力公式，采用了控制變量法；知道線速度與角速度的關(guān)系，知道小球做勻速圓周運(yùn)動的角速度是通過改變塔輪半徑來實現(xiàn)的。①本實驗先控制住其它幾個因素不變，集中研究其中一個因素變化所產(chǎn)生的影響，采用的實驗方法是控制變量法；
故選A。
②標(biāo)尺上露出的紅白相間的等分格數(shù)之比為兩個小球所受向心力的比值，根據(jù)
在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相同的情況下，可知左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的角速度平方之比。
設(shè)皮帶兩塔輪的半徑為R1、R2，塔輪的線速度為v；則有
，
小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相同的情況下，可知
由于兩變速盤的半徑之比不變，則兩小球的角速度平方之比不變，左、右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值不變。
【分析】①根據(jù)實驗?zāi)康模Y(jié)合向心力公式F=mrω2分析影響向心力大小的因素，再分析所采用的物理方法；
②標(biāo)尺上露出的紅白相間的等分格數(shù)之比為兩個小球所受向心力的比值，根據(jù)向心力演示儀的原理分析即可。
13．【答案】1.260；；；；mg
【知識點】驗證機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查游標(biāo)卡尺的讀數(shù)，理解實驗原理，熟練掌握牛頓運(yùn)動定律和機(jī)械能守恒定律是解題的關(guān)鍵；知道20分度游標(biāo)卡尺游標(biāo)上每小格表示0.95mm。（1）①由圖可知，該游標(biāo)卡尺為20分度，則最小分度值等于0.05mm，游標(biāo)卡尺讀數(shù)不用估讀，游標(biāo)尺的第12條刻度線與主尺的對齊，所以小球的直徑
②小球通過點時的速度
③若小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，有
整理得
直線的斜率為
（2）小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，有
對小球在點受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有
由牛頓第三定律有
可得
直線的斜率為
直線與縱軸的交點為為
【分析】 （1）①根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；
②根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度求瞬時速度；
③根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解h- 函數(shù)，得到圖像斜率的表達(dá)式；
（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律，牛頓第二、第三定律求解F-h函數(shù)，結(jié)合圖像求斜率和縱截距的關(guān)系式。
14．【答案】解：（1）電子經(jīng)加速電場加速
解得
（2）電子偏轉(zhuǎn)時做類平拋運(yùn)動，有
聯(lián)立可得
方向豎直向下。
（3）電子離開偏轉(zhuǎn)電場后水平方向和豎直方向均做勻速運(yùn)動，則有
代入數(shù)據(jù)得
【知識點】示波器的使用
【解析】【分析】（1）根據(jù)動能定理求出電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度v的大小。
（2）電子出電場后反向速度的反向延長線經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場中軸線的中點，根據(jù)幾何關(guān)系得出速度與水平方向的夾角，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出偏轉(zhuǎn)電壓的大小。
（3）電子離開偏轉(zhuǎn)電場后水平方向和豎直方向均做勻速運(yùn)動，從而解得熒光屏到偏轉(zhuǎn)電場右邊界的水平距離s。
15．【答案】解：（1）因電容器上方無電場，故液滴在電容器上方做自由落體運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律得
解得
（2）當(dāng)帶電液滴剛好不能到達(dá)電容器下極板時電容器的電量達(dá)到最大，對剛好不能到達(dá)電容器下極板的帶電液滴運(yùn)用動能定理得
根據(jù)
解得
（3）液滴在電容器上方做自由落體運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律
解得
液滴在電容器內(nèi)部做勻變速運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律
解得
故最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時間為
【知識點】帶電粒子在電場中的運(yùn)動綜合
【解析】【分析】（1）根據(jù)液滴在電容器上方和內(nèi)部的運(yùn)動狀態(tài)，判斷電容器充電過程中的電荷量變化；
（2）液滴在電容器上方做自由落體運(yùn)動，而在電容器內(nèi)部受到電場力和重力的共同作用。電容器充電至最大值時，液滴剛好不能到達(dá)下極板，此時電容器的電荷量達(dá)到最大值；
（3）需要計算液滴從開始下落到離開上極板的總時間，這涉及到自由落體運(yùn)動和勻變速直線運(yùn)動的時間計算。
16．【答案】解：（1）滑塊恰好經(jīng)過，重力提供向心力
滑塊從A到D，根據(jù)動能定理
聯(lián)立解得
（2）若恰好滑到點停下，根據(jù)動能定理
解得
當(dāng)?shù)近c速度為零，根據(jù)動能定理
解得
當(dāng)返回時不超過點，根據(jù)動能定理
解得
綜上可得滑塊與水平軌道EF間的動摩擦因數(shù)的范圍
（3）點到點過程中根據(jù)動能定理
設(shè)點到最高點時間為，則有
解得
可得
另一解舍去。
【知識點】生活中的圓周運(yùn)動；動能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）D點重力提供向心力，滑塊從A到D，根據(jù)動能定理，求h；
（2）恰好滑到F點停下，根據(jù)動能定理列式，到G點速度為零，根據(jù)動能定理列式，返回時不超過O1點，根據(jù)動能定理列式，分析動摩擦因數(shù)范圍；
（3）A點到I點過程中根據(jù)動能定理，再根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式列式，求角度θ。
1 / 1廣東省佛山市南海區(qū)石門中學(xué)2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期開學(xué)測物理試題
1．（2024高二上·南海開學(xué)考）無人駕駛飛機(jī)簡稱“無人機(jī)”，英文縮寫為“UAV”，是利用無線電遙控設(shè)備和自備的程序控制裝置操縱的不載人飛機(jī)，或者由車載計算機(jī)完全地或間歇地自主地操作。與有人駕駛飛機(jī)相比，無人機(jī)往往更適合那些太“愚鈍、骯臟或危險”的任務(wù)。如圖所示，一架無人機(jī)掛著一籃高爾夫球在一定高度沿直線水平勻速飛行，某時刻甲球墜落，無人機(jī)保持原來運(yùn)動狀態(tài)運(yùn)動位移x后，乙球又墜落。假設(shè)地面不平整，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．甲乙兩球的落地點一定相距x
B．兩球在空中時都在無人機(jī)的正下方
C．兩球在空中時不在無人機(jī)的正下方，但兩球與無人機(jī)處于一條直線上
D．兩球落地的速度大小只由無人機(jī)的水平飛行速度決定
【答案】B
【知識點】平拋運(yùn)動
【解析】【解答】平拋運(yùn)動的性質(zhì)：平拋運(yùn)動可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的自由落體運(yùn)動。A．如果落地點存在高度差，下落時間不同，落地點距離不一定相距x，故A錯誤；
BC．由于慣性，甲乙兩球離開無人機(jī)后保持原來的水平速度，兩球在空中時都在無人機(jī)的正下方，故B正確；C錯誤；
D．兩球落地速度大小由無人機(jī)的水平飛行速度及下落高度決定，故D錯誤。
故選B。
【分析】把平拋運(yùn)動分解成水平和豎直兩個分運(yùn)動，由運(yùn)動的合成與分解法解答。
2．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，一種古老的舂米裝置，使用時以O(shè)點為支點，人用腳踩踏板C，另一端的舂米錘B上升，松開腳后，B回落撞擊谷槽A中的谷米。已知，下列說法正確的是（　　）
A．相同時間內(nèi)B、C的轉(zhuǎn)過的角度相等
B．B、C的線速度大小關(guān)系滿足
C．B、C的角速度關(guān)系滿足
D．B、C的向心加速度大小關(guān)系滿足
【答案】A
【知識點】線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；向心加速度
【解析】【解答】本題考查勻速圓周運(yùn)動，解題關(guān)鍵是知道同軸轉(zhuǎn)動的特點，掌握勻速圓周運(yùn)動的線速度和加速度公式。AC． 使用時以O(shè)點為支點， B、C做同軸轉(zhuǎn)動，角速度大小相等，則相同時間內(nèi)B、C的轉(zhuǎn)過的角度相等，故A正確，C錯誤；
B．根據(jù)可知B、C的線速度大小關(guān)系滿足
故B錯誤；
D．根據(jù)可知B、C的向心加速度大小關(guān)系滿足
故D錯誤。
故選A。
【分析】B、C兩點為同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同；根據(jù)題意判斷B、C兩點的半徑關(guān)系，根據(jù)a=ω2r比較兩點向心加速度大小，根據(jù)v=ωr比較兩點線速度大小。
3．（2024高二上·南海開學(xué)考）在東北嚴(yán)寒的冬天，有一項“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯滾燙的開水按一定的弧線均勻快速地潑向空中，潑灑出的小水珠和熱氣被瞬間凝結(jié)成冰而形成壯觀的場景。如圖甲所示是某人玩潑水成冰游戲的精彩瞬間，圖乙為其示意圖，假設(shè)潑水過程中杯子做逆時針勻速圓周運(yùn)動。下列說法正確的是（　　）
A．P位置的小水珠速度方向沿a方向
B．水珠做離心運(yùn)動是由于合外力大于所需向心力
C．P、Q兩位置，杯子的角速度相同
D．從Q到P，杯子所受合外力做功不為零
【答案】C
【知識點】勻速圓周運(yùn)動；離心運(yùn)動和向心運(yùn)動
【解析】【解答】解答本題，要掌握速度、向心加速度、速度變化量均為矢量；要掌握勻速圓周運(yùn)動合外力充當(dāng)向心力、且合外力指向圓心、不做功。A． 潑水過程中杯子做逆時針勻速圓周運(yùn)動，速度方向沿軌跡的切線方向，則P位置的小水珠速度方向沿b方向，故A錯誤；
B．水珠做離心運(yùn)動是由于合外力小于所需向心力，故B錯誤；
C．杯子做逆時針勻速圓周運(yùn)動，則P、Q兩位置，杯子的角速度相同，故C正確；
D．從Q到P，杯子所受合力始終指向圓心，與其速度夾角為90°，合外力做功為零，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據(jù)圖乙中水珠做離心運(yùn)動的方向，可以判斷杯子的旋轉(zhuǎn)方向，進(jìn)而判斷P位置的小水珠速度方向。根據(jù)向心加速度的矢量特性，判斷P、Q兩位置，杯子的向心加速度是否相同。根據(jù)速度的矢量性分析速度是否相同；杯子做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)杯子所受合外力的特點、與位移的角度關(guān)系，判斷從Q到P，杯子所受合外力做功是否為零。
4．（2024高二上·南海開學(xué)考）圖（a）為示波管的原理圖。如果在電極之間所加的電壓圖按圖（b）所示的規(guī)律變化，在電極之間所加的電壓按圖（c）所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】示波器的使用
【解析】【解答】帶電粒子同時參與兩個方向的運(yùn)動，電壓越大瞬間，偏轉(zhuǎn)位移越大，比如零時刻，y方向電壓等于零，所以粒子一定落在x軸上正向最大，可排除CD，時刻，粒子y軸正向位移最大，可排除B，故A正確。
故選A。
【分析】由示波管所加電壓進(jìn)行分析。
5．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，質(zhì)量分別為、的兩個帶同種電荷的小球、，分別用長為的絕緣細(xì)線懸掛在同一點，兩細(xì)線與豎直方向各成一定的角度、，兩小球用一絕緣輕質(zhì)彈簧相接，A、B球連線與過點豎直線交于點，初始時刻彈簧處在壓縮狀態(tài)，現(xiàn)增加球的電荷量，下列說法中正確的是（　　）
A．兩細(xì)線的拉力之比變大 B．兩細(xì)線的夾角不變
C．與的長度之比不變 D．長度一定變大
【答案】C
【知識點】庫侖定律；共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要是考查了庫侖力作用下的共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。兩小球用一絕緣輕質(zhì)彈簧相接， 對兩小球受力分析如圖
、為A、B兩小球之間的庫侖力，、為兩小球之間的彈簧彈力，滿足
對球受力分析，、、、三力滿足相似三角形，則有
同理對球亦有
當(dāng)球的電荷量增大則兩球距離會增大，夾角、增大，但仍有
，
繩長不變，點上移，長度變小。
故選C。
【分析】對兩個小球進(jìn)行分析，根據(jù)幾何關(guān)系得到拉力之比、AC和BC的長度之比，根據(jù)小球的移動情況分析角度的變化。
6．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖1所示，一半徑為R、密度均勻的球體，在與球心O相距2R的P處有一質(zhì)量為m的質(zhì)點，球體對該質(zhì)點的萬有引力大小為F。現(xiàn)從球體中挖去“半徑為的小球體（球心在OP連線上，右端位于O點），如圖2所示，則剩余部分對該質(zhì)點的萬有引力大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】掌握割補(bǔ)思想是解決本題的主要入手點，掌握萬有引力定律公式是解題的基礎(chǔ)。一半徑為R、密度均勻的球體， 設(shè)球體的密度為ρ，球體的質(zhì)量為M，根據(jù)小球的體積公式可得
從球體中挖去半徑為的小球體，則小球體的質(zhì)量
球體對該質(zhì)點的萬有引力大小
故挖去小球體后，剩余部分對該質(zhì)點的萬有引力大小
解得
故選C。
【分析】根據(jù)體積關(guān)系，求出挖去部分的質(zhì)量。用沒挖之前球?qū)|(zhì)點的萬有引力，減去被挖部分對質(zhì)點的萬有引力，就是剩余部分對質(zhì)點的萬有引力。
7．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，在原點O和x軸負(fù)半軸上坐標(biāo)為處分別固定兩點電荷、（兩點電荷的電荷量和電性均未知）。一帶負(fù)電的試探電荷從坐標(biāo)為x2處以一定的初速度沿x軸正方向運(yùn)動，其電勢能的變化情況已在圖中繪出，圖線與x軸交點的橫坐標(biāo)為，圖線最高點對應(yīng)的橫坐標(biāo)為，不計試探電荷受到的重力，則下列判斷正確的是（　　）
A．點電荷帶負(fù)電
B．試探電荷在之間受到的電場力沿x軸正方向
C．之間的電場強(qiáng)度沿x軸正方向
D．兩點電荷、電荷量的比值為
【答案】C
【知識點】電勢能
【解析】【解答】該題考查兩個點電荷形成的電場的疊加，根據(jù)電場的分布、電勢能的變化以及點電荷場強(qiáng)為零位置的確定可以分析本題。
A．因為x2處電勢能為負(fù)， 一帶負(fù)電的試探電荷，所以x2處電勢為正，可知點電荷帶正電，點電荷帶負(fù)電，選項A錯誤；BC．試探電荷在之間電勢能增大，試探電荷受到的電場力對試探電荷做負(fù)功，所以試探電荷所受電場力沿x軸負(fù)方向，電場強(qiáng)度沿x軸正方向，B錯誤、C正確；
D．由題圖可知處的電場強(qiáng)度為零，則
解得
D錯誤。
故選C。
【分析】根據(jù)電場分布可以確定點電荷帶電性質(zhì)，根據(jù)電勢能的變化可以分析電場力做功問題，從而判斷電場強(qiáng)度方向，最后根據(jù)場強(qiáng)為零的位置，可以比較點電荷電荷量的比值。
8．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，是平行板電容器的兩個極板，為滑動變阻器。用絕緣細(xì)線將一帶負(fù)電的小球懸于電容器內(nèi)部。閉合開關(guān)，給電容器充電后，懸線偏離豎直方向的夾角為。下列說法正確的是（　　）
A．保持S閉合，將滑動變阻器的滑片向端滑動，則增大
B．保持S閉合，將板向板靠近，則增大
C．?dāng)嚅_S，將板向板靠近，則增大
D．?dāng)嚅_，將板向下移動少許，則增大
【答案】B,D
【知識點】電容器及其應(yīng)用
【解析】【解答】根據(jù)對小球的受力分析可知，懸線偏離豎直方向的夾角符合
因此兩極板間的場強(qiáng)越大，越大。
A．保持S閉合，極板間的電壓大小等于電源電動勢。滑動變阻器的滑片位置不會影響極板上的電壓大小，則場強(qiáng)大小不變，不變。故A錯誤；
B．保持S閉合，極板間電壓不變時，將板向板靠近，則板間距離減小，根據(jù)場強(qiáng)
可知場強(qiáng)大小增大，則增大。故B正確；
C．?dāng)嚅_S，則極板上的電荷量不變，將板向板靠近，則根據(jù)
，
可得
極板間的場強(qiáng)
極板間距離增大或減小不影響場強(qiáng)大小，其余物理量均不變，則場強(qiáng)大小不變，不變。故C錯誤；
D．根據(jù)上述分析，斷開，將板向下移動少許，則極板間的正對面積減小，則場強(qiáng)增大，則增大。故D正確。
故選BD。
【分析】根據(jù)對小球的受力分析確定θ與電場強(qiáng)度的關(guān)系，依據(jù)，，分別分析判斷；
AB、電路為斷路，滑動變阻器劃片位置不影響電容器兩極板電壓，即電容器電壓不變，對A場強(qiáng)不變，對B由場強(qiáng)增大，分析判斷；
CD、斷開S，電容器電荷量不變，減小兩板間距離由場強(qiáng)不變，減小正對面積場強(qiáng)增大，分析判斷。
9．（2024高二上·南海開學(xué)考）兩個等量正點電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，A、B、C三點也在水平面上，如圖甲所示。一個帶電荷量為，質(zhì)量為的小物塊（可視為質(zhì)點）從C點靜止釋放，其運(yùn)動的v-t圖像如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線（圖中標(biāo)出了該切線）斜率最大的位置，則下列說法正確的是（　　）
A．由C到A的過程中物塊的電勢能一直在增大
B．B點為中垂線上電場強(qiáng)度最大的點，場強(qiáng)大小為
C．由C點到A點電勢逐漸降低
D．A、B兩點間的電勢差
【答案】B,C
【知識點】帶電粒子在電場中的運(yùn)動綜合
【解析】【解答】明確等量同種電荷電場的特點是解本題的關(guān)鍵，要知道v-t圖切線的斜率表示加速度，由動能定理求電勢差是常用的方法。A． 一個帶電荷量為，質(zhì)量為的小物塊（可視為質(zhì)點）從C點靜止釋放，物塊由C到A的過程中，電場強(qiáng)度由C指向A，所受的電場力由C指向A，電場力做正功，物塊的電勢能一直在減小，A錯誤；
B．根據(jù)圖像得
根據(jù)牛頓第二定律得
解得
B點斜率最大，加速度最大，電場力最大，B點為中垂線上電場強(qiáng)度最大的點，B正確；
C．因為電場強(qiáng)度由C指向A，所以，由C點到A點電勢逐漸降低，C正確；
D．根據(jù)動能定理得
解得
D錯誤。
故選BC。
【分析】由能量守恒定律分析電勢能的變化情況。根據(jù)v-t圖可知物塊在B點的加速度最大，此處電場強(qiáng)度最大，根據(jù)牛頓第二定律求場強(qiáng)的最大值。由C到A的過程中物塊的動能一直增大，根據(jù)電場線的方向分析電勢的變化，由動能定理可求得AB兩點的電勢差。
10．（2024高二上·南海開學(xué)考）真空中間距為d的兩塊平行金屬板，板長為L，如圖甲所示。加在A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為-kU0（k≥1），電壓變化的周期為2T，如圖乙所示。在t=0時刻，有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，以初速度v0垂直電場方向從兩極板正中間射入電場，在運(yùn)動過程中未與極板相撞，且不考慮重力的作用。則下列說法中正確的是（　　）
A．若k=1且電子恰好在2T時刻射出電場，則電子射出時的速度大于v0
B．若k=1且電子恰好在3T時刻從A板邊緣射出電場，則其動能增加
C．若k=1.5且電子恰好在2T時刻射出電場，則兩板間距離應(yīng)滿足
D．若k=1.5且電子恰好在2T時刻射出電場，則射出時的速度大小等于
【答案】B,C
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
【解析】【解答】本題主要是考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是弄清楚運(yùn)動過程和受力情況，根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合動能定理等進(jìn)行解答。A．若k=1，電子在豎直方向的速度隨時間變化的圖象如圖所示
若電子恰好在2T時刻射出電場，豎直方向的速度為零，則電子射出時的速度為v0；故A錯誤；
B．若電子恰好在3T時刻從A板邊緣射出電場，在0～2T時間內(nèi)電場力做功為零，電子動能變化為零，在2T～3T時間內(nèi)根據(jù)動能定理可得
故B正確；
C．豎直方向，電子在0～T時間內(nèi)做勻加速運(yùn)動，加速度的大小
位移
在T～2T時間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動，后反向做勻加速運(yùn)動，加速度的大小
初速度的大小
勻減速運(yùn)動階段的位移
由題意知
解得
故C正確；
D．若k=1.5且電子恰好在2T時刻射出電場，垂直電場方向速度為v0，射出時水平方向的速度大小為
合速度為
故D錯誤。
故選BC。
【分析】若k=1，分析電子在豎直方向的速度隨時間變化情況，根據(jù)動能定理得到T時刻或2T時刻射出電場時的速度；若k=1.5且電子恰好在2T時刻射出電場，分析電子的受力情況，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解位移和速度。
11．（2024高二上·南海開學(xué)考）在“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗中，實驗裝置如圖1所示。
①需要的實驗操作有　 　（多選）；
A．調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線與軌道平行
B．傾斜軌道以補(bǔ)償阻力
C．小車靠近打點計時器靜止釋放
D．先接通電源再釋放小車
②經(jīng)正確操作后打出一條紙帶，截取其中一段如圖2所示。選取連續(xù)打出的點0、1、2、3、4為計數(shù)點，則計數(shù)點1的讀數(shù)為　 　。已知打點計時器所用交流電源的頻率為，則打計數(shù)點2時小車的速度大小為：　 　（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。
【答案】ACD；2.75；1.48
【知識點】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律
【解析】【解答】本題考查學(xué)生對“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗的注意事項和瞬時速度表達(dá)式的掌握，是一道基礎(chǔ)實驗題。①A．實驗需要調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線與軌道平行，這樣可以保證小車所受合外力恒定，加速度恒定，故選項A正確；
B．該實驗只要使得小車加速運(yùn)動即可，不需要傾斜軌道補(bǔ)償阻力，選項B錯誤；
C．為了充分利用紙帶，則小車靠近打點計時器靜止釋放，選項C正確；
D．先接通電源再釋放小車，選項D正確。
故選ACD。
②計數(shù)點1的讀數(shù)為2.75。已知打點計時器所用交流電源的頻率為，則打點周期T=0.02s，則打計數(shù)點2時小車的速度大小為
【分析】①“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗中，需要細(xì)線與軌道平行，不需要傾斜軌道補(bǔ)償阻力，小車靠近打點計時器靜止釋放，先接通電源再釋放小車；
②根據(jù)瞬時速度表達(dá)式，結(jié)合題中數(shù)據(jù)，求解。
12．（2024高二上·南海開學(xué)考）“探究向心力大小的表達(dá)式”實驗裝置如圖所示。
①采用的實驗方法是　 　
A．控制變量法　　B．等效法　　C．模擬法
②在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相同的情況下，逐漸加速轉(zhuǎn)動手柄到一定速度后保持勻速轉(zhuǎn)動。此時左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的　 　之比（選填“線速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速轉(zhuǎn)動手柄過程中，左右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值　 　（選填“不變”、“變大”或“變小”）。
【答案】A；角速度平方；不變
【知識點】向心力
【解析】【解答】本題考查了探究小球做圓周運(yùn)動所需向心力的大小Fn與質(zhì)量m、角速度ω和半徑r之間的關(guān)系的實驗，實驗的原理為圓周運(yùn)動向心力公式，采用了控制變量法；知道線速度與角速度的關(guān)系，知道小球做勻速圓周運(yùn)動的角速度是通過改變塔輪半徑來實現(xiàn)的。①本實驗先控制住其它幾個因素不變，集中研究其中一個因素變化所產(chǎn)生的影響，采用的實驗方法是控制變量法；
故選A。
②標(biāo)尺上露出的紅白相間的等分格數(shù)之比為兩個小球所受向心力的比值，根據(jù)
在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相同的情況下，可知左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的角速度平方之比。
設(shè)皮帶兩塔輪的半徑為R1、R2，塔輪的線速度為v；則有
，
小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相同的情況下，可知
由于兩變速盤的半徑之比不變，則兩小球的角速度平方之比不變，左、右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值不變。
【分析】①根據(jù)實驗?zāi)康模Y(jié)合向心力公式F=mrω2分析影響向心力大小的因素，再分析所采用的物理方法；
②標(biāo)尺上露出的紅白相間的等分格數(shù)之比為兩個小球所受向心力的比值，根據(jù)向心力演示儀的原理分析即可。
13．（2024高二上·南海開學(xué)考）某同學(xué)用如圖甲所示裝置驗證機(jī)械能守恒定律，光滑斜面AB與半徑為R的光滑圓弧面相切于斜面底端的B點，圓弧的最低點為C。他采用以下兩種方案來驗證質(zhì)量為m的小球從斜面上某點由靜止釋放運(yùn)動到C點的過程中機(jī)械能是否守恒。（當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間）
（1）方案一：
①他用20分度游標(biāo)卡尺測量小球的直徑d，如圖乙所示，則小球直徑　 　cm，在C點安裝一個光電門；
②將小球從斜面上某點由靜止釋放，小球通過C點光電門時所用的時間為t，則小球通過C點時的速度　 　（用物理量符號表示）；
③改變小球的釋放位置，測得釋放位置到C點的高度為h，重復(fù)②，得到多組釋放高度h和對應(yīng)時間t，以為橫坐標(biāo)，以h為縱坐標(biāo)，將所得的數(shù)據(jù)點描點、連線，得到一條直線，若直線的斜率　 　，則表明小球在上述運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒。
（2）方案二：
①在圓弧最低點C安裝一個力傳感器；
②將小球從斜面上某點由靜止釋放，測得釋放位置到C點的高度為h，并測得小球通過C點時傳感器的示數(shù)F；
③改變小球的釋放位置，重復(fù)②，得到多組釋放高度h和對應(yīng)傳感器的示數(shù)F，以h為橫坐標(biāo)，以為F縱坐標(biāo)，將所得的數(shù)據(jù)點描點、連線，得到一條直線，該直線的斜率為k，與縱軸的交點為b，若小球在上述運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，則　 　，　 　。（用物理量符號表示）。
【答案】1.260；；；；mg
【知識點】驗證機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查游標(biāo)卡尺的讀數(shù)，理解實驗原理，熟練掌握牛頓運(yùn)動定律和機(jī)械能守恒定律是解題的關(guān)鍵；知道20分度游標(biāo)卡尺游標(biāo)上每小格表示0.95mm。（1）①由圖可知，該游標(biāo)卡尺為20分度，則最小分度值等于0.05mm，游標(biāo)卡尺讀數(shù)不用估讀，游標(biāo)尺的第12條刻度線與主尺的對齊，所以小球的直徑
②小球通過點時的速度
③若小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，有
整理得
直線的斜率為
（2）小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，有
對小球在點受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有
由牛頓第三定律有
可得
直線的斜率為
直線與縱軸的交點為為
【分析】 （1）①根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；
②根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度求瞬時速度；
③根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解h- 函數(shù)，得到圖像斜率的表達(dá)式；
（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律，牛頓第二、第三定律求解F-h函數(shù)，結(jié)合圖像求斜率和縱截距的關(guān)系式。
14．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，電子經(jīng)加速電場加速后，在水平方向沿垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，出偏轉(zhuǎn)電場后速度與水平方向成30°，打到熒光屏P上的A點。已知加速電場中的電壓為U1，形成偏轉(zhuǎn)電場的平行板電容器的極板長為L（不考慮電場邊緣效應(yīng)），A點與距離為h，忽略電子的重力影響，不計空氣阻力，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。求：
（1）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度v的大小；
（2）偏轉(zhuǎn)電場強(qiáng)度的大小和方向；
（3）熒光屏到偏轉(zhuǎn)電場右邊界的水平距離s。
【答案】解：（1）電子經(jīng)加速電場加速
解得
（2）電子偏轉(zhuǎn)時做類平拋運(yùn)動，有
聯(lián)立可得
方向豎直向下。
（3）電子離開偏轉(zhuǎn)電場后水平方向和豎直方向均做勻速運(yùn)動，則有
代入數(shù)據(jù)得
【知識點】示波器的使用
【解析】【分析】（1）根據(jù)動能定理求出電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度v的大小。
（2）電子出電場后反向速度的反向延長線經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場中軸線的中點，根據(jù)幾何關(guān)系得出速度與水平方向的夾角，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出偏轉(zhuǎn)電壓的大小。
（3）電子離開偏轉(zhuǎn)電場后水平方向和豎直方向均做勻速運(yùn)動，從而解得熒光屏到偏轉(zhuǎn)電場右邊界的水平距離s。
15．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖所示，平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔，初始時不帶電。距小孔正上方高h(yuǎn)處不斷有質(zhì)量為m，電荷量為+q的小液滴由靜止滴落，當(dāng)帶電液滴接觸到下極板后會把電量全部傳給極板，直到液滴不能到達(dá)下極板時停止釋放液滴（空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g）。求：
（1）小液滴到達(dá)小孔處的速度；
（2）電容器所帶電荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時間。
【答案】解：（1）因電容器上方無電場，故液滴在電容器上方做自由落體運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律得
解得
（2）當(dāng)帶電液滴剛好不能到達(dá)電容器下極板時電容器的電量達(dá)到最大，對剛好不能到達(dá)電容器下極板的帶電液滴運(yùn)用動能定理得
根據(jù)
解得
（3）液滴在電容器上方做自由落體運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律
解得
液滴在電容器內(nèi)部做勻變速運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律
解得
故最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時間為
【知識點】帶電粒子在電場中的運(yùn)動綜合
【解析】【分析】（1）根據(jù)液滴在電容器上方和內(nèi)部的運(yùn)動狀態(tài)，判斷電容器充電過程中的電荷量變化；
（2）液滴在電容器上方做自由落體運(yùn)動，而在電容器內(nèi)部受到電場力和重力的共同作用。電容器充電至最大值時，液滴剛好不能到達(dá)下極板，此時電容器的電荷量達(dá)到最大值；
（3）需要計算液滴從開始下落到離開上極板的總時間，這涉及到自由落體運(yùn)動和勻變速直線運(yùn)動的時間計算。
16．（2024高二上·南海開學(xué)考）如圖甲所示，某同學(xué)利用樂高拼裝積木搭建一游戲軌道，其結(jié)構(gòu)簡圖如圖乙所示。該軌道由固定的豎直軌道AB，半徑分別為、0.5r、1.5r的三個半圓軌道、、，半徑為r的四分之一圓弧軌道，長度的水平軌道EF組成，軌道和軌道前后錯開，除水平軌道EF段外其他軌道均光滑，且各處平滑連接。可視為質(zhì)點的滑塊從A點由靜止釋放，恰好可以通過軌道的最高點D，不計空氣阻力。
（1）求A、C兩點的高度差h；
（2）要使物塊至少經(jīng)過F點一次，且運(yùn)動過程中始終不脫離軌道，求滑塊與水平軌道EF間的動摩擦因數(shù)的范圍；
（3）若半圓軌道中缺一塊圓心角為的圓弧積木（I、J關(guān)于對稱），滑塊從I飛出后恰能無碰撞從J進(jìn)入軌道，求的值。
【答案】解：（1）滑塊恰好經(jīng)過，重力提供向心力
滑塊從A到D，根據(jù)動能定理
聯(lián)立解得
（2）若恰好滑到點停下，根據(jù)動能定理
解得
當(dāng)?shù)近c速度為零，根據(jù)動能定理
解得
當(dāng)返回時不超過點，根據(jù)動能定理
解得
綜上可得滑塊與水平軌道EF間的動摩擦因數(shù)的范圍
（3）點到點過程中根據(jù)動能定理
設(shè)點到最高點時間為，則有
解得
可得
另一解舍去。
【知識點】生活中的圓周運(yùn)動；動能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）D點重力提供向心力，滑塊從A到D，根據(jù)動能定理，求h；
（2）恰好滑到F點停下，根據(jù)動能定理列式，到G點速度為零，根據(jù)動能定理列式，返回時不超過O1點，根據(jù)動能定理列式，分析動摩擦因數(shù)范圍；
（3）A點到I點過程中根據(jù)動能定理，再根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式列式，求角度θ。
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