資源簡介

廣東省廣州市越秀區2024-2025學年高二上學期9月開學考試物理試題
1．（2024高二上·越秀開學考）小越同學在課本中選取了四幅圖片，如圖所示，他的觀點正確的是（　　）
A．圖甲，噴泉斜向上噴出的水到最高點時的速度為零
B．圖乙，桶內衣物上的水滴被甩出是因為水滴受到離心力的作用
C．圖丙，用不同力度打擊彈性金屬片，高度一定時，力度越大，A球運動時間越長
D．圖丁，液壓桿緩慢將車廂頂起過程中（貨物相對車廂靜止），支持力對貨物做正功
2．（2024高二上·越秀開學考）如圖所示是小船過河的情景，水流速度恒定，以下分析正確的是（　　）
A．若船頭指向圖中2的方向，船可能在C點靠岸
B．若要船過河位移最短，船頭應指向圖中1的方向
C．若要船過河時間最短，船頭應指向圖中2的方向
D．若要船過河到達C點，船頭應指向圖中3的方向
3．（2024高二上·越秀開學考）如圖所示，實線為電場中方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子以不同速度從M點射入電場，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示。則（　　）
A．a一定帶正電，b一定帶負電
B．a的動能逐漸減小，b的動能逐漸增加
C．a的加速度逐漸減小，b的加速度逐漸增加
D．兩個粒子的電勢能一個逐漸增加一個逐漸減小
4．（2024高二上·越秀開學考）2024年5月3日嫦娥六號發射成功，5月8日成功實施近月制動（如圖所示），并順利進入環月軌道飛行。假設登月探測器在環月軌道1上的P點實施變軌，進入橢圓軌道2，再由近月點Q點進入圓軌道3，已知軌道1的半徑為3r，軌道3的半徑為r，登月探測器在軌道3的運行周期為T，則登月探測器（ ）
A．在軌道1上運行的周期為
B．從軌道2上的Q點進入圓軌道3時，需要點火加速
C．沿軌道1過P點比沿軌道2上過P點時的加速度大
D．沿軌道2運行時，經P點和Q點時的加速度大小之比為
5．（2024高二上·越秀開學考）澳門特區的澳門塔是亞洲最高的蹦極地，挑戰者甲從233米的高空跳下，能體驗到完全失重的刺激。為了研究蹦極運動過程，做以下簡化：將挑戰者視為質點，她的運動始終沿豎直方向，不計空氣阻力。彈性繩的一端固定在O點，另一端與挑戰者相連。挑戰者從O點自由下落，至B點彈性繩自然伸直，經過合力為零的C點到達最低點D，然后彈起來，整個過程中彈性繩始終在彈性限度內。下列說法正確的是（　　）
A．B到D，甲的加速度一直減小
B．O到C，甲的速度先增大后減小
C．B到C，繩彈性勢能增加量等于甲重力勢能的減少量
D．O到C，甲重力勢能減少量等于甲動能和繩彈性勢能增加量之和
6．（2024高二上·越秀開學考）圖甲為沿順時針方向轉動的水平傳送帶，將一可視為質點的質量m=1kg的小物塊輕放在傳送帶左端A處，t=6s時恰好到達右端B處，其v-t圖如圖乙（g=10m/s2），則（　　）
A．AB間距離為24m
B．小物塊對傳送帶做功為-16J
C．傳送帶對小物塊做功為16J
D．小物塊與傳送帶間因摩擦而產生的熱量為16J
7．（2024高二上·越秀開學考）2020年7月23日，中國“天問一號”探測器發射升空，開啟了火星探測之旅。已知火星與地球繞太陽公轉的軌道半徑之比為，火星與地球的質量之比為，火星與地球的半徑之比為，則下列說法正確的是（　　）
A．火星比地球繞太陽公轉的向心加速度大
B．火星與地球繞太陽運行的動能之比為
C．火星與地球的第一宇宙速度之比為
D．地球和太陽的連線與火星和太陽的連線在相等時間內掃過的面積相等
8．（2024高二上·越秀開學考）足球在空中運動的軌跡如圖，若以地面為參考平面，h為足球距地面高度，不計空氣阻力，下列表示足球在空中運動的加速度a、重力勢能隨h變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2024高二上·越秀開學考）如圖，截面將空間中的長方體區域分成兩個正方體區域，在點固定有正點電荷，點固定有負點電荷，下列說法正確的是（　　）
A．點電勢高于點的電勢
B．點和點的電場強度相同
C．點的電場強度小于點的電場強度
D．一負點電荷自點沿直線運動至點，靜電力先做正功后做負功
10．（2024高二上·越秀開學考）如圖為修建高層建筑常用的塔式起重機，起重機將質量的重物由靜止開始勻加速豎直吊起，加速度，當起重機輸出功率達到最大值后，保持該功率直到重物做速度為的勻速運動，取，不計空氣阻力和額外功。則（　　）
A．起重機輸出的最大功率為
B．重物做勻加速運動所經歷的時間為5s
C．重物做勻加速運動所經歷的時間為5.1s
D．起重機在第2秒末的輸出功率為
11．（2024高二上·越秀開學考）某實驗小組做探究影響向心力大小因素的實驗，圖甲為“向心力演示器”裝置，已知擋板A、C到左右塔輪中心軸的距離相等，B到左塔輪中心軸距離是A的2倍，皮帶按圖乙三種方式連接左右變速塔輪，每層半徑之比由上至下依次為、和。
（1）在探究向心力與角速度的關系時，為了控制角速度之比為，需要將傳動皮帶調至第　 　（填“一”、“二”或“三”）層塔輪，然后將兩個質量相同的鋼球分別放在　 　擋板（填“A、B”，“A、C”或“B、C”）處，勻速轉動手柄，左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，則可得出的結論是　 　。
（2）在記錄兩個標尺露出的格數時，同學們發現要同時記錄兩邊的格數且格數又不是很穩定，不便于讀取。于是有同學提出用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數。下列對該同學建議的評價，你認為正確的是______。
A．該方法可行，且不需要勻速轉動手柄
B．該方法可行，但仍需要勻速轉動手柄
C．該方法不可行，因不能確定拍照時露出的格數是否已穩定
12．（2024高二上·越秀開學考）某校高一年級同學，在學習機械能守恒定律時，準備做驗證機械能守恒的實驗，兩組同學采用的裝置如圖甲、乙所示。
（1）第一組同學將圖甲中的實驗裝置安裝好后，用手提住紙帶上端，松手之后讓重物拖著紙帶由靜止開始下落。回答下列問題：
①從打出的多條紙帶中找出一條起點清晰的紙帶，如圖丙所示，其中O點為打出的第一個點， A、B、C為從合適位置開始選取的三個連續計時點，已知打點計時器打點頻率為50Hz。重物的質量為1.00kg，取，從打O點到打B點的過程中，重錘的重力勢能減少量　 　J，動能增加量　 　J．在誤差允許的范圍內，如果兩者近似相等，則可驗證機械能守恒。（結果保留三位有效數字）
②利用本實驗的實驗器材，不能完成的實驗是　 　（填選項前字母）。
A．研究自由落體運動規律 B．探究加速度與物體質量大小的關系
C．研究勻變速直線運動的規律 D．測量重力加速度的大小
（2）第二組同學按圖乙將實驗裝置安裝好后，小球靜止下垂時球心恰好正對光電門，用手把小球拉至與懸點等高處，且細線伸直，由靜止釋放小球，已知小球質量為m，直徑為D，細線長為L，當地重力加速度大小為g，測得小球遮擋光電門的時間為，回答下列問題：
①小球通過光電門時的速度大小　 　；
②若小球下落過程中機械能守恒，則應滿足關系式　 　。（用題中物理量表示）
13．（2024高二上·越秀開學考）用一長1m的輕質柔軟絕緣細線拴一個質量為0.2kg、電荷量為的小球，細線的上端固定于O點，現加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與豎直方向成37°（g取，，）．
（1）求細線對小球的拉力；
（2）求勻強電場的場強為多大；
（3）把小球從A點移到B點，，此時細線與豎直方向成53°，求電場力對小球做的功和小球電勢能的變化量。
14．（2024高二上·越秀開學考）如圖所示的倒“T”字型裝置中，圓環a和輕彈簧套在桿上，彈簧兩端分別固定于豎直轉軸底部和環a，細線穿過光滑小孔O，兩端分別與環a和小球b連接，細線與豎直桿平行，整個裝置開始處于靜止狀態。現使整個裝置繞豎直軸緩慢加速轉動，當細線與豎直方向的夾角為53°時，使整個裝置以角速度ω勻速轉動。已知彈簧的勁度系數為k，環a、小球b的質量均為m，重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
（1）裝置靜止時，彈簧的形變量x0；
（2）裝置角速度為ω轉動時，小孔與小球b的之間的線長L；
（3）裝置由靜止開始轉動至角速度為ω的過程中，細線對小球B做的功W。
15．（2024高二上·越秀開學考）如圖所示，為固定在地面上半徑、圓心角的粗糙圓弧軌道，圓弧軌道末端C與長木板P上表面平滑對接但不粘連，豎直．質量的小物塊從固定水平臺右端A點以4m/s的初速度水平拋出，運動至B點時恰好沿切線方向進入圓弧軌道，至C點時對圓弧軌道的壓力大小為60N，之后小物塊滑上木板P，始終未從木板P上滑下．已知木板P質量，小物塊與木板P間的動摩擦因數，木板P與地面間的動摩擦因數，重力加速度，，，忽略空氣阻力，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，求：
（1）小物塊在B點的速度大小；
（2）小物塊在C點的速度大小；
（3）整個過程中，地面對木板做的功．
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】平拋運動；斜拋運動；離心運動和向心運動；功的概念
【解析】【解答】A． 平拋運動可以看成水平方向和豎直方向兩個直線運動的合運動。水平方向上有初速度，不受力，所以做勻速直線運動；豎直方向上無初速度，只受重力，所以做自由落體運動。 噴泉斜向上噴出的水到最高點時豎直方向上的速度為零，但水平方向上的速度不為零，A錯誤；
B．水滴在衣服上的附著力小于其圓周運動所需的向心力時，水滴會做離心運動，從而被甩出去，向心力、離心力都是效果力，不能說水滴受到離心力的作用，B錯誤；
C．平拋運動在水平方向是勻速直線運動，豎直方向是自由落體運動，根據自由落體運動規律
解得
因此A球在空中運動的時間只與豎直高度有關，C錯誤；
D． 力的方向與位移的夾角大于等于0°小于90°，該力做正功，大于90°小于等于180°，該力做負功。對貨物受力分析可知，支持力的方向與貨物上升位移的夾角為銳角，故支持力對其做正功，D正確。
故選D。
【分析】噴泉水平方向上的速度不為零，向心力、離心力都是效果力，不能說水滴受到離心力的作用，根據平拋運動規律分析，根據功的正、負條件分析。
2．【答案】A
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】本題考查小船渡河問題，解題關鍵是知道小船以最短位移渡河和以最短時間渡河時速度方向的特點，知道合運動與分運動具有等時性。A．若船頭朝向2，則合速度方向有可能沿圖中3方向，船可能在C點靠岸。故A正確；
B．若要船過河位移最短，則合速度方向沿圖中1方向，所以船頭應該朝向圖中1的左側方向。故B錯誤；
C．若要船過河時間最短，船頭應垂直河岸，應朝向圖中1的方向。故C錯誤；
D．若要船過河到達C點，則合速度方向沿圖中3方向，所以船頭應該朝向圖中3的左側方向。故D錯誤。
故選A。
【分析】小船同時參與沿河岸方向與垂直于河岸方向的兩個分運動，若小船以最短時間渡河時，船頭垂直于河岸；當小船在靜水中的速度大于水流速度時，小船能到達正對岸，小于水流速度時不能到達正對岸；小船以最短位移渡河時，合速度方向垂直于河岸，根據平行四邊形定則求解合速度，然后判斷各選項可能的情況。
3．【答案】C
【知識點】電場線；電勢能；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】我們理解了電場線的特點就能順利解決，明白只要合外力做正功物體的動能就將增加、電勢能減小。AB． 僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示 ，靜電力方向沿電場線指向軌跡凹側，又有正電荷所受電場力的方向與電場強度方向相同，負電荷相反，但不知道電場線方向，則無法判斷粒子電性，a、b粒子速度方向與a、b粒子所受靜電力方向的夾角均為銳角，電場力做正功。由動能定理可知：兩粒子的動能都增大，故AB錯誤；
C．電場線疏密表示場強大小，結合公式
可知，a受到的電場力在減小，加速度
在減小，b受到的電場力在增大，加速度在增大，故C正確；
D．電場力對a、b做正功，兩個粒子動能均增大，電勢能均減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】正電荷所受電場力的方向就是電場線的方向，而負電荷所受的電場力的方向與電場線的方向相反，由于場強方向未知故不能確定電荷的電性；電場線的疏密代表電場的強弱，所以出發后的一小段時間內a受到的電場力變小，b受到的電場力變大；根據動能定理，合外力做正功，動能增加。
4．【答案】A
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】本題考查萬有引力定律的應用問題，會根據題意進行準確的分析和計算。A． 已知軌道1的半徑為3r，軌道3的半徑為r，登月探測器在軌道3的運行周期為T， 根據開普勒第三定律
得
故A正確；
B．從軌道2上的Q點進入圓軌道3時，做近心運動，需要減速，故B錯誤；
C．萬有引力提供向心力，根據
沿軌道1過P點加速度等于沿軌道2上過P點時的加速度，故C錯誤；
D．根據
沿軌道2運行時，經P點和Q點時的加速度大小之比為，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據開普勒第三定律分析解得周期；根據變軌原理分析B，根據萬有引力提供向心力分析CD。
5．【答案】D
【知識點】牛頓第二定律；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題主要考查功能關系和牛頓第二定律的應用，關鍵是能清楚游客的受力情況和運動過程中能量的轉化情況，知道重力勢能變化與重力做功有關，動能的變化與合力做功有關。AB．根據題意，O到B過程甲做自由落體運動，加速度不變，速度增大；B到D過程，對甲受力分析，由牛頓第二定律
B到C過程，由于重力不變，彈力增大，加速度減小，由合力方向與運動方向相同，則甲做加速度減小的加速運動；經過合力為零的C點速度達到最大；C到D過程，彈力大于重力，且彈力不斷增大，加速度增大，由合力方向與運動方向相反，則甲做加速度增大的減速運動，故AB錯誤；
CD．根據能量守恒，甲在O點重力勢能最大，O到C過程甲重力勢能減少量等于甲動能和繩彈性勢能增加量之和，而B到C過程，甲重力勢能的減少量大于繩彈性勢能增加量，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據游客的受力情況分析其速度和加速度的變化情況，根據功能關系分析重力勢能的變化和機械能的變化情況。
6．【答案】B
【知識點】能量守恒定律；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】本題解題的關鍵是知道v-t圖像的面積表示物塊運動的位移，知道物塊在0～4s內在摩擦力作用下做勻加速直線運動，物塊與傳送帶共速后做勻速直線運動，摩擦力為零。A．傳送帶AB長度即為物塊在6s內發生的位移，即圖乙0~6s圖線與坐標軸所圍區域的面積，所以
故A錯誤；
B．物塊對傳送帶只在加速過程中做功，所以
聯立可得
故B正確；
C．傳送帶對小物塊做功為
故C錯誤；
D．小物塊與傳送帶間因摩擦而產生的熱量為
故D錯誤。
故選B。
【分析】利用v-t圖像的面積求解；由圖乙可知物塊與傳送帶共速的速度及物塊的加速度大小，由牛頓第二定律可得摩擦力大小，由運動學公式可得傳送帶在物塊勻加速運動過程的位移，利用W=Fx可得物塊對傳送帶做的功；利用動能定理可得傳送帶對小物塊做功；利用v-t圖像的面積可得物塊勻加速過程運動的位移，則可得物塊相對傳送帶滑動的距離，利用Q=f x相對可得摩擦力產生的熱量。
7．【答案】B
【知識點】開普勒定律；衛星問題；動能
【解析】【解答】解決本題的關鍵要掌握萬有引力提供向心力這一思路，得到線速度、加速度等與軌道半徑的關系。
A．由題意可知，火星與地球繞太陽公轉的軌道半徑之比為，即
火星與地球繞太陽做勻速圓周運動，由牛頓第二定律
可知
即火星比地球繞太陽公轉的向心加速度小，故A錯誤；
B．火星與地球繞太陽做勻速圓周運動，由牛頓第二定律
又
則火星與地球繞太陽運行的動能之比為
故B正確；
C．設某天體分別繞火星和地球做勻速圓周運動，由牛頓第二定律
又
可得火星與地球的第一宇宙速度之比為
故C錯誤；
D．由開普勒第二定律可知，對同一個行星，太陽與該行星的連線在相等的時間內掃過的面積相等，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據萬有引力提供向心力導出加速度表達式，結合半徑關系判斷，導出動能表達式，代入數據求解動能比值；導出線速度表達式，代入數據求解第一宇宙速度比值；根據開普勒第二定律的內容進行分析判斷。
8．【答案】A,C
【知識點】斜拋運動；重力勢能
【解析】【解答】本題主要考查了斜拋運動的相關應用，理解斜拋運動的特點，結合重力勢能的表達式即可完成分析。AB．足球在空中運動時只受重力，所以加速度為重力加速度，保持不變，故B錯誤，A正確；
CD．足球在某一高度h所具有的重力勢能為
即重力勢能與高度h成正比，故D錯誤，C正確。
故選AC。
【分析】足球做斜拋運動，足球的加速度為重力加速度，根據重力勢能與高度的關系完成分析。
9．【答案】A,B,C
【知識點】電場線；電勢能；電勢
【解析】【解答】本題主要是考查等量異種電荷電場強度的疊加，關鍵是知道等量異種電荷電場線的分布情況，掌握電勢高低的判斷方法。A．離正電荷更近，故點電勢高于點的電勢，故A正確；
BC．等量異種點電荷的電場分布如圖所示
截面為兩等量異種點電荷的中垂面，點為兩點電荷連線的中點，點到點的距離等于點到點的距離，根據對稱性可知，點和點的電場強度大小相等，方向相同；由于點到點的距離大于點到點的距離，則點的電場強度小于點的電場強度，故BC正確；
D．根據等量異種點電荷產生的電場，可知平面是等勢面，故一負點電荷自點沿直線運動至點，靜電力不做功，故D錯誤。
故選ABC。
【分析】根據電勢高低的判斷方法進行分析；根據等量異種點電荷的電場分布情況結合電場強度疊加方法進行分析；平面A2B2C2D2是等勢面，在等勢面上移動電荷靜電力不做功。
10．【答案】A,B
【知識點】機車啟動
【解析】【解答】本題考查瞬時功率的計算問題。在解題時，常結合牛頓定律，運動學規律以及功率公式，綜合求解即可。A．當牽引力等于重力時功率最大，則起重機輸出的最大功率為
選項A正確；
BC．重物做勻加速運動的牽引力
勻加速能達到的最大速度
所經歷的時間為
選項B正確，C錯誤；
D．起重機在第2秒末的輸出功率為
選項D錯誤。
故選AB。
【分析】根據功率的公式P=Fv，計算最大功率，結合運動學規律，牛頓定律以及功率的公式計算勻加速時間。先計算兩秒末的速度，再結合功率公式計算即可。
11．【答案】（1）三；A、C；在鋼球質量和運動半徑一定時，鋼球做圓周運動時所需的向心力與角速度的平方成正比
（2）A
【知識點】向心力
【解析】【解答】（1）變速塔輪屬于皮帶傳動，兩個塔輪的線速度相等，由線速度與角速度關系公式可知，角速度與半徑成反比，可知需要將傳動皮帶調至第三層塔輪。在探究向心力與角速度的關系時，將兩個質量相同的鋼球分別放在A、C擋板處。
勻速轉動手柄，左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，格數多少代表向心力的大小，則可得出的結論是：在鋼球質量和運動半徑一定時，鋼球做圓周運動時所需的向心力與角速度的平方成正比。
（2）由題意可知，在轉動手柄時，兩邊標尺露出的格數雖然不同，但是是同時顯示的，即兩邊顯示的格數比例關系不變，與是否需要勻速轉動手柄無關，因此用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數，該方法可行，且不需要勻速轉動手柄。
故選A。
【分析】（1）根據控制變量法，探究向心力的大小與角速度的關系，應使兩球的質量和半徑相同；根據實驗結果分析結論；
（2）根據本實驗的原理和要求，分析判斷。
（1）[1]在探究向心力與角速度的關系時，為了控制角速度之比為，由線速度與角速度關系公式可知，因左、右變速塔輪是皮帶傳動，則左、右兩變速塔輪邊緣的線速度大小相等，則角速度與半徑成反比，可知需要將傳動皮帶調至第三層塔輪。
[2]在探究向心力與角速度的關系時，需要使兩鋼球的轉動半徑和質量分別相同，因此將兩個質量相同的鋼球分別放在A、C擋板處。
[3] 勻速轉動手柄，左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，可知左側鋼球需要的向心力與右側鋼球需要的向心力之比是，則可得出的結論是：在鋼球質量和運動半徑一定時，鋼球做圓周運動時所需的向心力與角速度的平方成正比。
（2）由題意可知，在轉動手柄時，兩邊標尺露出的格數雖然不同，但是是同時顯示的，即兩邊顯示的格數比例關系不變，與是否需要勻速轉動手柄無關，因此用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數，該方法可行，且不需要勻速轉動手柄。
故選A。
12．【答案】（1）1.72；1.62；B
（2）；
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查了驗證機械能守恒定律的實驗，對于基礎實驗要理解實驗原理，掌握實驗注意事項，能夠準確的應用相關原理進行分析。
（1）①從打O點到打B點的過程中，重錘的重力勢能減少量
打B點時的速度
動能增加量
②利用本實驗的實驗器材，能完成研究自由落體運動規律實驗、研究勻變速直線運動的規律實驗以及能測量重力加速度的大小，因為重物下落過程中加速度不變，故不能完成探究加速度與物體質量大小的關系的實驗。
故選B。
（2）①小球通過光電門時的速度大小
②若小球下落過程中機械能守恒，則應滿足關系式
【分析】（1）根據實驗原理以及實驗注意事項進行分析；首先根據勻變速運動的推論分析得到打點計時器打B點的速度，再根據動能定義式求解B點動能；
（2）根據機械能守恒定律列式即可。
（1）①[1]從打O點到打B點的過程中，重錘的重力勢能減少量
[2]打B點時的速度
動能增加量
②[3]利用本實驗的實驗器材，能完成研究自由落體運動規律實驗、研究勻變速直線運動的規律實驗以及能測量重力加速度的大小，因為重物下落過程中加速度不變，故不能完成探究加速度與物體質量大小的關系的實驗。
故選B。
（2）①[1]小球通過光電門時的速度大小
②[2]若小球下落過程中機械能守恒，則應滿足關系式
13．【答案】（1）解：小球受重力、電場力、拉力而平衡，受力情況如圖所示
則有
解得
（2）解：根據平衡條件有
解得
（3）解：經分析，小球帶正電，把小球從A點水平移到B點，電場力做負功，根據幾何關系
則電場力做功
因電場力做功等于電勢能的減小量，則
解得
故電場力對小球做了的功，電勢能變化量為2.1J
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）在A點，小球受重力、電場力、拉力而平衡，根據平衡條件結合幾何關系進行解答；
（2）根據平衡條件求解電場強度大小；
（3）求出AB在水平方向的距離，根據電場力做功的計算公式求解電場力做的功，根據功能關系求解電勢能增加量。
（1）小球受重力、電場力、拉力而平衡，受力情況如圖所示
則有
解得
（2）根據平衡條件有
解得
（3）經分析，小球帶正電，把小球從A點水平移到B點，電場力做負功，根據幾何關系
則電場力做功
因電場力做功等于電勢能的減小量，則
解得
故電場力對小球做了的功，電勢能變化量為2.1J
14．【答案】解：（1）裝置靜止時，對環a和小球b整體
kx0＝（m＋m）g
得彈簧的形變量
（2）對b球：由牛頓第二定律得
mgtanθ＝mω2·Lsinθ
解得小孔下方繩長
（3）整個裝置以角速度ω勻速轉動時，設彈簧的形變量為x2，對環a受力平衡
kx2＝mg＋T
對小球b
Tcosθ=mg
解得
小球b的速度
v=ω·Lsinθ
對b球，豎直方向上升的高度
Δh=L（1－cosθ）-（x2－x0）
由動能定理得
解得細線對小球B做的功
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）裝置靜止時，對環a和小球b整體，根據平衡條件和胡克定律相結合求解彈簧的形變量x0；
（2）裝置角速度為ω轉動時，對b球，由牛頓第二定律和向心力公式相結合列式，即可求解小孔與小球b的之間的線長L；
（3）整個裝置以角速度ω勻速轉動時，對環a，根據平衡條件列式。對b球，豎直方向根據平衡條件列式，聯立求出彈簧的形變量，從而求得裝置由靜止開始轉動至角速度為ω的過程中b球上升的高度，并求出b球轉動的線速度，最后由動能定理求細線對小球B做的功W。
15．【答案】（1）解：物塊運動至B點時恰好沿切線方向進入圓弧軌道，有
解得
（2）解：根據牛頓第三定律，小物體受到的支持力為，方向豎直向上，對小物塊
解得
（3）解：小物塊滑上木板P時，設小物塊的加速度為，初速度為，最后共速為，小物塊
解得
對木板
解得
設達到共速的時間為t，則
解得
，
設此過程木板的是位移，則有
經分析，物塊與木板共速后一起做勻減速直線運動直到速度為零，之后有
得
設此過程位移為，有
解得
整個過程中，地面對木板做的功為
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；功的概念
【解析】【分析】（1）利用速度夾角計算B點的速度大小；
（2）根據圓周運動的向心力公式計算C點的速度大小；
（3）根據牛頓第二定律，以及牛頓第三定律，結合合外力提供向心力，求出C點的速度，然后利用運動學公式，求出木板的長度，根據功的公式計算做功的大小。
（1）物塊運動至B點時恰好沿切線方向進入圓弧軌道，有
解得
（2）根據牛頓第三定律，小物體受到的支持力為，方向豎直向上，對小物塊
解得
（3）小物塊滑上木板P時，設小物塊的加速度為，初速度為，最后共速為，小物塊
解得
對木板
解得
設達到共速的時間為t，則
解得
，
設此過程木板的是位移，則有
經分析，物塊與木板共速后一起做勻減速直線運動直到速度為零，之后有
得
設此過程位移為，有
解得
整個過程中，地面對木板做的功為
1 / 1廣東省廣州市越秀區2024-2025學年高二上學期9月開學考試物理試題
1．（2024高二上·越秀開學考）小越同學在課本中選取了四幅圖片，如圖所示，他的觀點正確的是（　　）
A．圖甲，噴泉斜向上噴出的水到最高點時的速度為零
B．圖乙，桶內衣物上的水滴被甩出是因為水滴受到離心力的作用
C．圖丙，用不同力度打擊彈性金屬片，高度一定時，力度越大，A球運動時間越長
D．圖丁，液壓桿緩慢將車廂頂起過程中（貨物相對車廂靜止），支持力對貨物做正功
【答案】D
【知識點】平拋運動；斜拋運動；離心運動和向心運動；功的概念
【解析】【解答】A． 平拋運動可以看成水平方向和豎直方向兩個直線運動的合運動。水平方向上有初速度，不受力，所以做勻速直線運動；豎直方向上無初速度，只受重力，所以做自由落體運動。 噴泉斜向上噴出的水到最高點時豎直方向上的速度為零，但水平方向上的速度不為零，A錯誤；
B．水滴在衣服上的附著力小于其圓周運動所需的向心力時，水滴會做離心運動，從而被甩出去，向心力、離心力都是效果力，不能說水滴受到離心力的作用，B錯誤；
C．平拋運動在水平方向是勻速直線運動，豎直方向是自由落體運動，根據自由落體運動規律
解得
因此A球在空中運動的時間只與豎直高度有關，C錯誤；
D． 力的方向與位移的夾角大于等于0°小于90°，該力做正功，大于90°小于等于180°，該力做負功。對貨物受力分析可知，支持力的方向與貨物上升位移的夾角為銳角，故支持力對其做正功，D正確。
故選D。
【分析】噴泉水平方向上的速度不為零，向心力、離心力都是效果力，不能說水滴受到離心力的作用，根據平拋運動規律分析，根據功的正、負條件分析。
2．（2024高二上·越秀開學考）如圖所示是小船過河的情景，水流速度恒定，以下分析正確的是（　　）
A．若船頭指向圖中2的方向，船可能在C點靠岸
B．若要船過河位移最短，船頭應指向圖中1的方向
C．若要船過河時間最短，船頭應指向圖中2的方向
D．若要船過河到達C點，船頭應指向圖中3的方向
【答案】A
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】本題考查小船渡河問題，解題關鍵是知道小船以最短位移渡河和以最短時間渡河時速度方向的特點，知道合運動與分運動具有等時性。A．若船頭朝向2，則合速度方向有可能沿圖中3方向，船可能在C點靠岸。故A正確；
B．若要船過河位移最短，則合速度方向沿圖中1方向，所以船頭應該朝向圖中1的左側方向。故B錯誤；
C．若要船過河時間最短，船頭應垂直河岸，應朝向圖中1的方向。故C錯誤；
D．若要船過河到達C點，則合速度方向沿圖中3方向，所以船頭應該朝向圖中3的左側方向。故D錯誤。
故選A。
【分析】小船同時參與沿河岸方向與垂直于河岸方向的兩個分運動，若小船以最短時間渡河時，船頭垂直于河岸；當小船在靜水中的速度大于水流速度時，小船能到達正對岸，小于水流速度時不能到達正對岸；小船以最短位移渡河時，合速度方向垂直于河岸，根據平行四邊形定則求解合速度，然后判斷各選項可能的情況。
3．（2024高二上·越秀開學考）如圖所示，實線為電場中方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子以不同速度從M點射入電場，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示。則（　　）
A．a一定帶正電，b一定帶負電
B．a的動能逐漸減小，b的動能逐漸增加
C．a的加速度逐漸減小，b的加速度逐漸增加
D．兩個粒子的電勢能一個逐漸增加一個逐漸減小
【答案】C
【知識點】電場線；電勢能；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】我們理解了電場線的特點就能順利解決，明白只要合外力做正功物體的動能就將增加、電勢能減小。AB． 僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示 ，靜電力方向沿電場線指向軌跡凹側，又有正電荷所受電場力的方向與電場強度方向相同，負電荷相反，但不知道電場線方向，則無法判斷粒子電性，a、b粒子速度方向與a、b粒子所受靜電力方向的夾角均為銳角，電場力做正功。由動能定理可知：兩粒子的動能都增大，故AB錯誤；
C．電場線疏密表示場強大小，結合公式
可知，a受到的電場力在減小，加速度
在減小，b受到的電場力在增大，加速度在增大，故C正確；
D．電場力對a、b做正功，兩個粒子動能均增大，電勢能均減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】正電荷所受電場力的方向就是電場線的方向，而負電荷所受的電場力的方向與電場線的方向相反，由于場強方向未知故不能確定電荷的電性；電場線的疏密代表電場的強弱，所以出發后的一小段時間內a受到的電場力變小，b受到的電場力變大；根據動能定理，合外力做正功，動能增加。
4．（2024高二上·越秀開學考）2024年5月3日嫦娥六號發射成功，5月8日成功實施近月制動（如圖所示），并順利進入環月軌道飛行。假設登月探測器在環月軌道1上的P點實施變軌，進入橢圓軌道2，再由近月點Q點進入圓軌道3，已知軌道1的半徑為3r，軌道3的半徑為r，登月探測器在軌道3的運行周期為T，則登月探測器（ ）
A．在軌道1上運行的周期為
B．從軌道2上的Q點進入圓軌道3時，需要點火加速
C．沿軌道1過P點比沿軌道2上過P點時的加速度大
D．沿軌道2運行時，經P點和Q點時的加速度大小之比為
【答案】A
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】本題考查萬有引力定律的應用問題，會根據題意進行準確的分析和計算。A． 已知軌道1的半徑為3r，軌道3的半徑為r，登月探測器在軌道3的運行周期為T， 根據開普勒第三定律
得
故A正確；
B．從軌道2上的Q點進入圓軌道3時，做近心運動，需要減速，故B錯誤；
C．萬有引力提供向心力，根據
沿軌道1過P點加速度等于沿軌道2上過P點時的加速度，故C錯誤；
D．根據
沿軌道2運行時，經P點和Q點時的加速度大小之比為，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據開普勒第三定律分析解得周期；根據變軌原理分析B，根據萬有引力提供向心力分析CD。
5．（2024高二上·越秀開學考）澳門特區的澳門塔是亞洲最高的蹦極地，挑戰者甲從233米的高空跳下，能體驗到完全失重的刺激。為了研究蹦極運動過程，做以下簡化：將挑戰者視為質點，她的運動始終沿豎直方向，不計空氣阻力。彈性繩的一端固定在O點，另一端與挑戰者相連。挑戰者從O點自由下落，至B點彈性繩自然伸直，經過合力為零的C點到達最低點D，然后彈起來，整個過程中彈性繩始終在彈性限度內。下列說法正確的是（　　）
A．B到D，甲的加速度一直減小
B．O到C，甲的速度先增大后減小
C．B到C，繩彈性勢能增加量等于甲重力勢能的減少量
D．O到C，甲重力勢能減少量等于甲動能和繩彈性勢能增加量之和
【答案】D
【知識點】牛頓第二定律；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題主要考查功能關系和牛頓第二定律的應用，關鍵是能清楚游客的受力情況和運動過程中能量的轉化情況，知道重力勢能變化與重力做功有關，動能的變化與合力做功有關。AB．根據題意，O到B過程甲做自由落體運動，加速度不變，速度增大；B到D過程，對甲受力分析，由牛頓第二定律
B到C過程，由于重力不變，彈力增大，加速度減小，由合力方向與運動方向相同，則甲做加速度減小的加速運動；經過合力為零的C點速度達到最大；C到D過程，彈力大于重力，且彈力不斷增大，加速度增大，由合力方向與運動方向相反，則甲做加速度增大的減速運動，故AB錯誤；
CD．根據能量守恒，甲在O點重力勢能最大，O到C過程甲重力勢能減少量等于甲動能和繩彈性勢能增加量之和，而B到C過程，甲重力勢能的減少量大于繩彈性勢能增加量，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據游客的受力情況分析其速度和加速度的變化情況，根據功能關系分析重力勢能的變化和機械能的變化情況。
6．（2024高二上·越秀開學考）圖甲為沿順時針方向轉動的水平傳送帶，將一可視為質點的質量m=1kg的小物塊輕放在傳送帶左端A處，t=6s時恰好到達右端B處，其v-t圖如圖乙（g=10m/s2），則（　　）
A．AB間距離為24m
B．小物塊對傳送帶做功為-16J
C．傳送帶對小物塊做功為16J
D．小物塊與傳送帶間因摩擦而產生的熱量為16J
【答案】B
【知識點】能量守恒定律；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】本題解題的關鍵是知道v-t圖像的面積表示物塊運動的位移，知道物塊在0～4s內在摩擦力作用下做勻加速直線運動，物塊與傳送帶共速后做勻速直線運動，摩擦力為零。A．傳送帶AB長度即為物塊在6s內發生的位移，即圖乙0~6s圖線與坐標軸所圍區域的面積，所以
故A錯誤；
B．物塊對傳送帶只在加速過程中做功，所以
聯立可得
故B正確；
C．傳送帶對小物塊做功為
故C錯誤；
D．小物塊與傳送帶間因摩擦而產生的熱量為
故D錯誤。
故選B。
【分析】利用v-t圖像的面積求解；由圖乙可知物塊與傳送帶共速的速度及物塊的加速度大小，由牛頓第二定律可得摩擦力大小，由運動學公式可得傳送帶在物塊勻加速運動過程的位移，利用W=Fx可得物塊對傳送帶做的功；利用動能定理可得傳送帶對小物塊做功；利用v-t圖像的面積可得物塊勻加速過程運動的位移，則可得物塊相對傳送帶滑動的距離，利用Q=f x相對可得摩擦力產生的熱量。
7．（2024高二上·越秀開學考）2020年7月23日，中國“天問一號”探測器發射升空，開啟了火星探測之旅。已知火星與地球繞太陽公轉的軌道半徑之比為，火星與地球的質量之比為，火星與地球的半徑之比為，則下列說法正確的是（　　）
A．火星比地球繞太陽公轉的向心加速度大
B．火星與地球繞太陽運行的動能之比為
C．火星與地球的第一宇宙速度之比為
D．地球和太陽的連線與火星和太陽的連線在相等時間內掃過的面積相等
【答案】B
【知識點】開普勒定律；衛星問題；動能
【解析】【解答】解決本題的關鍵要掌握萬有引力提供向心力這一思路，得到線速度、加速度等與軌道半徑的關系。
A．由題意可知，火星與地球繞太陽公轉的軌道半徑之比為，即
火星與地球繞太陽做勻速圓周運動，由牛頓第二定律
可知
即火星比地球繞太陽公轉的向心加速度小，故A錯誤；
B．火星與地球繞太陽做勻速圓周運動，由牛頓第二定律
又
則火星與地球繞太陽運行的動能之比為
故B正確；
C．設某天體分別繞火星和地球做勻速圓周運動，由牛頓第二定律
又
可得火星與地球的第一宇宙速度之比為
故C錯誤；
D．由開普勒第二定律可知，對同一個行星，太陽與該行星的連線在相等的時間內掃過的面積相等，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據萬有引力提供向心力導出加速度表達式，結合半徑關系判斷，導出動能表達式，代入數據求解動能比值；導出線速度表達式，代入數據求解第一宇宙速度比值；根據開普勒第二定律的內容進行分析判斷。
8．（2024高二上·越秀開學考）足球在空中運動的軌跡如圖，若以地面為參考平面，h為足球距地面高度，不計空氣阻力，下列表示足球在空中運動的加速度a、重力勢能隨h變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知識點】斜拋運動；重力勢能
【解析】【解答】本題主要考查了斜拋運動的相關應用，理解斜拋運動的特點，結合重力勢能的表達式即可完成分析。AB．足球在空中運動時只受重力，所以加速度為重力加速度，保持不變，故B錯誤，A正確；
CD．足球在某一高度h所具有的重力勢能為
即重力勢能與高度h成正比，故D錯誤，C正確。
故選AC。
【分析】足球做斜拋運動，足球的加速度為重力加速度，根據重力勢能與高度的關系完成分析。
9．（2024高二上·越秀開學考）如圖，截面將空間中的長方體區域分成兩個正方體區域，在點固定有正點電荷，點固定有負點電荷，下列說法正確的是（　　）
A．點電勢高于點的電勢
B．點和點的電場強度相同
C．點的電場強度小于點的電場強度
D．一負點電荷自點沿直線運動至點，靜電力先做正功后做負功
【答案】A,B,C
【知識點】電場線；電勢能；電勢
【解析】【解答】本題主要是考查等量異種電荷電場強度的疊加，關鍵是知道等量異種電荷電場線的分布情況，掌握電勢高低的判斷方法。A．離正電荷更近，故點電勢高于點的電勢，故A正確；
BC．等量異種點電荷的電場分布如圖所示
截面為兩等量異種點電荷的中垂面，點為兩點電荷連線的中點，點到點的距離等于點到點的距離，根據對稱性可知，點和點的電場強度大小相等，方向相同；由于點到點的距離大于點到點的距離，則點的電場強度小于點的電場強度，故BC正確；
D．根據等量異種點電荷產生的電場，可知平面是等勢面，故一負點電荷自點沿直線運動至點，靜電力不做功，故D錯誤。
故選ABC。
【分析】根據電勢高低的判斷方法進行分析；根據等量異種點電荷的電場分布情況結合電場強度疊加方法進行分析；平面A2B2C2D2是等勢面，在等勢面上移動電荷靜電力不做功。
10．（2024高二上·越秀開學考）如圖為修建高層建筑常用的塔式起重機，起重機將質量的重物由靜止開始勻加速豎直吊起，加速度，當起重機輸出功率達到最大值后，保持該功率直到重物做速度為的勻速運動，取，不計空氣阻力和額外功。則（　　）
A．起重機輸出的最大功率為
B．重物做勻加速運動所經歷的時間為5s
C．重物做勻加速運動所經歷的時間為5.1s
D．起重機在第2秒末的輸出功率為
【答案】A,B
【知識點】機車啟動
【解析】【解答】本題考查瞬時功率的計算問題。在解題時，常結合牛頓定律，運動學規律以及功率公式，綜合求解即可。A．當牽引力等于重力時功率最大，則起重機輸出的最大功率為
選項A正確；
BC．重物做勻加速運動的牽引力
勻加速能達到的最大速度
所經歷的時間為
選項B正確，C錯誤；
D．起重機在第2秒末的輸出功率為
選項D錯誤。
故選AB。
【分析】根據功率的公式P=Fv，計算最大功率，結合運動學規律，牛頓定律以及功率的公式計算勻加速時間。先計算兩秒末的速度，再結合功率公式計算即可。
11．（2024高二上·越秀開學考）某實驗小組做探究影響向心力大小因素的實驗，圖甲為“向心力演示器”裝置，已知擋板A、C到左右塔輪中心軸的距離相等，B到左塔輪中心軸距離是A的2倍，皮帶按圖乙三種方式連接左右變速塔輪，每層半徑之比由上至下依次為、和。
（1）在探究向心力與角速度的關系時，為了控制角速度之比為，需要將傳動皮帶調至第　 　（填“一”、“二”或“三”）層塔輪，然后將兩個質量相同的鋼球分別放在　 　擋板（填“A、B”，“A、C”或“B、C”）處，勻速轉動手柄，左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，則可得出的結論是　 　。
（2）在記錄兩個標尺露出的格數時，同學們發現要同時記錄兩邊的格數且格數又不是很穩定，不便于讀取。于是有同學提出用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數。下列對該同學建議的評價，你認為正確的是______。
A．該方法可行，且不需要勻速轉動手柄
B．該方法可行，但仍需要勻速轉動手柄
C．該方法不可行，因不能確定拍照時露出的格數是否已穩定
【答案】（1）三；A、C；在鋼球質量和運動半徑一定時，鋼球做圓周運動時所需的向心力與角速度的平方成正比
（2）A
【知識點】向心力
【解析】【解答】（1）變速塔輪屬于皮帶傳動，兩個塔輪的線速度相等，由線速度與角速度關系公式可知，角速度與半徑成反比，可知需要將傳動皮帶調至第三層塔輪。在探究向心力與角速度的關系時，將兩個質量相同的鋼球分別放在A、C擋板處。
勻速轉動手柄，左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，格數多少代表向心力的大小，則可得出的結論是：在鋼球質量和運動半徑一定時，鋼球做圓周運動時所需的向心力與角速度的平方成正比。
（2）由題意可知，在轉動手柄時，兩邊標尺露出的格數雖然不同，但是是同時顯示的，即兩邊顯示的格數比例關系不變，與是否需要勻速轉動手柄無關，因此用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數，該方法可行，且不需要勻速轉動手柄。
故選A。
【分析】（1）根據控制變量法，探究向心力的大小與角速度的關系，應使兩球的質量和半徑相同；根據實驗結果分析結論；
（2）根據本實驗的原理和要求，分析判斷。
（1）[1]在探究向心力與角速度的關系時，為了控制角速度之比為，由線速度與角速度關系公式可知，因左、右變速塔輪是皮帶傳動，則左、右兩變速塔輪邊緣的線速度大小相等，則角速度與半徑成反比，可知需要將傳動皮帶調至第三層塔輪。
[2]在探究向心力與角速度的關系時，需要使兩鋼球的轉動半徑和質量分別相同，因此將兩個質量相同的鋼球分別放在A、C擋板處。
[3] 勻速轉動手柄，左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，可知左側鋼球需要的向心力與右側鋼球需要的向心力之比是，則可得出的結論是：在鋼球質量和運動半徑一定時，鋼球做圓周運動時所需的向心力與角速度的平方成正比。
（2）由題意可知，在轉動手柄時，兩邊標尺露出的格數雖然不同，但是是同時顯示的，即兩邊顯示的格數比例關系不變，與是否需要勻速轉動手柄無關，因此用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數，該方法可行，且不需要勻速轉動手柄。
故選A。
12．（2024高二上·越秀開學考）某校高一年級同學，在學習機械能守恒定律時，準備做驗證機械能守恒的實驗，兩組同學采用的裝置如圖甲、乙所示。
（1）第一組同學將圖甲中的實驗裝置安裝好后，用手提住紙帶上端，松手之后讓重物拖著紙帶由靜止開始下落。回答下列問題：
①從打出的多條紙帶中找出一條起點清晰的紙帶，如圖丙所示，其中O點為打出的第一個點， A、B、C為從合適位置開始選取的三個連續計時點，已知打點計時器打點頻率為50Hz。重物的質量為1.00kg，取，從打O點到打B點的過程中，重錘的重力勢能減少量　 　J，動能增加量　 　J．在誤差允許的范圍內，如果兩者近似相等，則可驗證機械能守恒。（結果保留三位有效數字）
②利用本實驗的實驗器材，不能完成的實驗是　 　（填選項前字母）。
A．研究自由落體運動規律 B．探究加速度與物體質量大小的關系
C．研究勻變速直線運動的規律 D．測量重力加速度的大小
（2）第二組同學按圖乙將實驗裝置安裝好后，小球靜止下垂時球心恰好正對光電門，用手把小球拉至與懸點等高處，且細線伸直，由靜止釋放小球，已知小球質量為m，直徑為D，細線長為L，當地重力加速度大小為g，測得小球遮擋光電門的時間為，回答下列問題：
①小球通過光電門時的速度大小　 　；
②若小球下落過程中機械能守恒，則應滿足關系式　 　。（用題中物理量表示）
【答案】（1）1.72；1.62；B
（2）；
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查了驗證機械能守恒定律的實驗，對于基礎實驗要理解實驗原理，掌握實驗注意事項，能夠準確的應用相關原理進行分析。
（1）①從打O點到打B點的過程中，重錘的重力勢能減少量
打B點時的速度
動能增加量
②利用本實驗的實驗器材，能完成研究自由落體運動規律實驗、研究勻變速直線運動的規律實驗以及能測量重力加速度的大小，因為重物下落過程中加速度不變，故不能完成探究加速度與物體質量大小的關系的實驗。
故選B。
（2）①小球通過光電門時的速度大小
②若小球下落過程中機械能守恒，則應滿足關系式
【分析】（1）根據實驗原理以及實驗注意事項進行分析；首先根據勻變速運動的推論分析得到打點計時器打B點的速度，再根據動能定義式求解B點動能；
（2）根據機械能守恒定律列式即可。
（1）①[1]從打O點到打B點的過程中，重錘的重力勢能減少量
[2]打B點時的速度
動能增加量
②[3]利用本實驗的實驗器材，能完成研究自由落體運動規律實驗、研究勻變速直線運動的規律實驗以及能測量重力加速度的大小，因為重物下落過程中加速度不變，故不能完成探究加速度與物體質量大小的關系的實驗。
故選B。
（2）①[1]小球通過光電門時的速度大小
②[2]若小球下落過程中機械能守恒，則應滿足關系式
13．（2024高二上·越秀開學考）用一長1m的輕質柔軟絕緣細線拴一個質量為0.2kg、電荷量為的小球，細線的上端固定于O點，現加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與豎直方向成37°（g取，，）．
（1）求細線對小球的拉力；
（2）求勻強電場的場強為多大；
（3）把小球從A點移到B點，，此時細線與豎直方向成53°，求電場力對小球做的功和小球電勢能的變化量。
【答案】（1）解：小球受重力、電場力、拉力而平衡，受力情況如圖所示
則有
解得
（2）解：根據平衡條件有
解得
（3）解：經分析，小球帶正電，把小球從A點水平移到B點，電場力做負功，根據幾何關系
則電場力做功
因電場力做功等于電勢能的減小量，則
解得
故電場力對小球做了的功，電勢能變化量為2.1J
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】（1）在A點，小球受重力、電場力、拉力而平衡，根據平衡條件結合幾何關系進行解答；
（2）根據平衡條件求解電場強度大小；
（3）求出AB在水平方向的距離，根據電場力做功的計算公式求解電場力做的功，根據功能關系求解電勢能增加量。
（1）小球受重力、電場力、拉力而平衡，受力情況如圖所示
則有
解得
（2）根據平衡條件有
解得
（3）經分析，小球帶正電，把小球從A點水平移到B點，電場力做負功，根據幾何關系
則電場力做功
因電場力做功等于電勢能的減小量，則
解得
故電場力對小球做了的功，電勢能變化量為2.1J
14．（2024高二上·越秀開學考）如圖所示的倒“T”字型裝置中，圓環a和輕彈簧套在桿上，彈簧兩端分別固定于豎直轉軸底部和環a，細線穿過光滑小孔O，兩端分別與環a和小球b連接，細線與豎直桿平行，整個裝置開始處于靜止狀態。現使整個裝置繞豎直軸緩慢加速轉動，當細線與豎直方向的夾角為53°時，使整個裝置以角速度ω勻速轉動。已知彈簧的勁度系數為k，環a、小球b的質量均為m，重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
（1）裝置靜止時，彈簧的形變量x0；
（2）裝置角速度為ω轉動時，小孔與小球b的之間的線長L；
（3）裝置由靜止開始轉動至角速度為ω的過程中，細線對小球B做的功W。
【答案】解：（1）裝置靜止時，對環a和小球b整體
kx0＝（m＋m）g
得彈簧的形變量
（2）對b球：由牛頓第二定律得
mgtanθ＝mω2·Lsinθ
解得小孔下方繩長
（3）整個裝置以角速度ω勻速轉動時，設彈簧的形變量為x2，對環a受力平衡
kx2＝mg＋T
對小球b
Tcosθ=mg
解得
小球b的速度
v=ω·Lsinθ
對b球，豎直方向上升的高度
Δh=L（1－cosθ）-（x2－x0）
由動能定理得
解得細線對小球B做的功
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）裝置靜止時，對環a和小球b整體，根據平衡條件和胡克定律相結合求解彈簧的形變量x0；
（2）裝置角速度為ω轉動時，對b球，由牛頓第二定律和向心力公式相結合列式，即可求解小孔與小球b的之間的線長L；
（3）整個裝置以角速度ω勻速轉動時，對環a，根據平衡條件列式。對b球，豎直方向根據平衡條件列式，聯立求出彈簧的形變量，從而求得裝置由靜止開始轉動至角速度為ω的過程中b球上升的高度，并求出b球轉動的線速度，最后由動能定理求細線對小球B做的功W。
15．（2024高二上·越秀開學考）如圖所示，為固定在地面上半徑、圓心角的粗糙圓弧軌道，圓弧軌道末端C與長木板P上表面平滑對接但不粘連，豎直．質量的小物塊從固定水平臺右端A點以4m/s的初速度水平拋出，運動至B點時恰好沿切線方向進入圓弧軌道，至C點時對圓弧軌道的壓力大小為60N，之后小物塊滑上木板P，始終未從木板P上滑下．已知木板P質量，小物塊與木板P間的動摩擦因數，木板P與地面間的動摩擦因數，重力加速度，，，忽略空氣阻力，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，求：
（1）小物塊在B點的速度大小；
（2）小物塊在C點的速度大小；
（3）整個過程中，地面對木板做的功．
【答案】（1）解：物塊運動至B點時恰好沿切線方向進入圓弧軌道，有
解得
（2）解：根據牛頓第三定律，小物體受到的支持力為，方向豎直向上，對小物塊
解得
（3）解：小物塊滑上木板P時，設小物塊的加速度為，初速度為，最后共速為，小物塊
解得
對木板
解得
設達到共速的時間為t，則
解得
，
設此過程木板的是位移，則有
經分析，物塊與木板共速后一起做勻減速直線運動直到速度為零，之后有
得
設此過程位移為，有
解得
整個過程中，地面對木板做的功為
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；功的概念
【解析】【分析】（1）利用速度夾角計算B點的速度大小；
（2）根據圓周運動的向心力公式計算C點的速度大小；
（3）根據牛頓第二定律，以及牛頓第三定律，結合合外力提供向心力，求出C點的速度，然后利用運動學公式，求出木板的長度，根據功的公式計算做功的大小。
（1）物塊運動至B點時恰好沿切線方向進入圓弧軌道，有
解得
（2）根據牛頓第三定律，小物體受到的支持力為，方向豎直向上，對小物塊
解得
（3）小物塊滑上木板P時，設小物塊的加速度為，初速度為，最后共速為，小物塊
解得
對木板
解得
設達到共速的時間為t，則
解得
，
設此過程木板的是位移，則有
經分析，物塊與木板共速后一起做勻減速直線運動直到速度為零，之后有
得
設此過程位移為，有
解得
整個過程中，地面對木板做的功為
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