广东省广州市越秀区2023-2024学年高二上学期开学测试物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题 4分，共28 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是某带负电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是（ ）
A．该电场可能是正点电荷产生的
B．该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
C．由图可知，同一电场的电场线在空间是可以相交的
D．将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动
2．路灯维修车如图所示，车上带有竖直自动升降梯．若车匀速向左运动的同时梯子匀速上升，则关于梯子上的工人的描述正确的是
A．工人相对地面的运动轨迹为曲线
B．仅增大车速，工人到达顶部的时间将变短
C．仅增大车速，工人相对地面的速度将变大
D．仅增大车速，工人相对地面的速度方向与竖直方向的夹角将变小
3．如图，汽车从拱形桥顶点A匀速率运动到桥上的B点．下列说法正确的是（ ）
A．A到B，汽车的机械能减小
B．A到B，汽车的机械能不变
C．A到B，重力的瞬时功率逐渐减小
D．A到B，支持力的瞬时功率逐渐增大
4．摩天轮是一种大型转轮状的娱乐设施。如图所示，摩天轮在竖直平面内顺时针匀速转动，某时刻甲同学的座舱正好运动到最高点，而乙同学的座舱在最低点，另有丙同学的座舱在与转轴中心同高的位置，已知摩天轮半径为R，甲、乙同学的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．此时座舱中的甲受力平衡 B．三位同学的向心加速度相同
C．此时甲对座舱底部的压力大于mg D．此时乙对座舱底部的压力大于mg
5．某同学用向心力演示器进行实验，如图所示，两相同的钢球距离转轴的距离相等，且左、右球所受向心力的比值为，则实验中选取左、右两个变速塔轮的半径之比为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示是网球女双比赛中的一个场景，网球刚好到达最高点且距离地面H＝1.5m时球员将球沿垂直球网方向水平击出。已知球网上沿距地面的高度为h＝1m，击球位置与球网之间的水平距离为3m，与对面边界的水平距离取15m，g取10m/s2，不计空气阻力。若球能落在对面场地内，则下列说法正确的是（ ）
A．球被击出时的速度可能为35m/s
B．球被击出时的最小速度为2m/s
C．球击出时速度越大，飞行的时间越长
D．球落地时的速度方向与水平地面的夹角最大为30°
7．为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星．已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（ ）
A．“悟空”的线速度
B．“悟空”的环绕周期为
C．“悟空”的向心加速度是
D．可以算出“悟空”的质量为
二、多项选择题：本题共3小题，每题6分，共18 分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．在一点电荷A产生的电场中，三个等势面a、b、c的电势分别为10V、8V、6V，当电量为q的点电荷B（不计重力）从a上某处由静止释放，经过等势面b时的速率为v，则（ ）
A．该场源电荷A带正电
B．点电荷B到达等势面c时的速率为2v
C．点电荷B从a到b的过程中电势能增加
D．从a到b的过程中电场力对点电荷B做正功
9．2021年5月，天问一号探测器软着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步。火星公转半径比地球大，火星与地球公转轨道近似为圆，两轨道平面近似重合，且火星与地球公转方向相同。火星与地球每隔约26个月相距最近，地球公转周期为12个月。由以上条件可以近似得出（ ）
A．地球与火星的动能之比
B．地球与火星的公转周期之比
C．地球表面与火星表面重力加速度大小之比
D．地球与火星绕太阳运动的向心加速度大小之比
10．如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，右侧是一个足够长固定斜面，一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及定滑轮，两端分别系有可视为质点的小球m1和滑块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方，不计一切阻力及摩擦。m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是（ ）
A．m1从A点到C点的过程中，m1的机械能守恒
B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍
C．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定
D．若m1运动到C点时细绳突然断开，在细绳断开后，m1能沿碗面上升到B点
三、非选择题：共54 分，考生根据要求作答．
11．图甲为某种管口出水方向可调的瓶装水电动取水器，某实验小组利用平抛运动规律测量该取水器取水时的流量（单位时间内流出水的体积）。实验方案如下：
⑴利用游标卡尺测量取水器出水管内径d；
⑵调节取水器管口方向，使取水器启动后水从管口沿水平方向射出；
⑶待水在空中形成稳定的弯曲水柱后，紧贴水柱后方竖直放置白底方格板，已知每个正方格的边长均为L，并利用手机正对水柱拍摄照片，如图乙所示；
⑷已知当地重力加速度为g，根据图乙可以计算水流从管口O点流出速度为 （用L、g表示）；
⑸由上述信息可得出图甲取水器取水时的流量为 （用L、g、d进行表示）。
⑹该小组同学用相同方法、完全相同的白底方格板，研究另一个取水器。调整管口，确保水从管口水平射出，拍下取水时水柱的一部分图片并标注了 a、b、c三点，如丙图，则这个取水器水从管口流出速度为 （用L、g表示）。
12．验证和研究“机械能守恒定律”的方案有很多种，让重物做自由落体运动来验证“机械能守恒定律”就是实验室常用的一种方案。
（1）本实验中，除打点计时器（含纸带、复写纸）、重物、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有____；（选填器材前的字母）
A．天平 B．刻度尺 C．直流电源
D．交流电源 E．秒表 F．弹簧测力计
（2）本实验过程中，下列做法正确的有____。
A．利用公式计算重物速度
B．利用公式计算重物速度
C．做实验时，先释放重物，再接通打点计时器的电源
D．释放重锤前，手捏住纸带上端，让重物靠近打点计时器并使纸带保持竖直
（3）用打点计时器打出一条纸带，截取其中一段如图所示，选取连续打出的点A、B、C、D、E为计数点，各计数点间距离已在图上标出，单位为cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打点计时器打D点时，重锤的速度大小为 m/s（结果保留3位有效数字）；
（4）设O点到测量点的距离为h，v为对应测量点的速度，小华同学做出的关系图线如图所示，由图可得重物下落的加速度 （结果保留3位有效数字）。小华发现误差较大，他想求出某过程损失的机械能。设重物质量为m，已知当地的重力加速度为9.8m/s2，可求得（3）中从A到E重物损失的机械能为 （结果中可以有m）。
13．在匀强电场中有一虚线圆，如图所示，和是圆的两条直径，并交于O点，圆的直径为0.2m，其中与电场方向的夹角为，与电场方向平行，设O点电势为0，d点电势为﹣20V．求：
（1）电场强度的大小；
（2）a、b两点的电势差Uab；
（3）电量为﹣4×10-5C的电荷在c点的电势能．
14．游乐场游玩之后，某高一学习小组把游乐场的过山车（如甲图所示）抽象为如图乙所示的模型；大弧形轨道的下端N与竖直圆轨道平滑相接，P为圆轨道的最高点。现将质量为m=100g的小球（可视为质点）从大弧形轨道某位置滚下，进入竖直圆轨道后沿圆轨道内侧运动，小球经过最高点P时恰好不脱离轨道的速度，重力加速度大小为。不考虑小球运动过程中所受阻力。求：
（1）圆形轨道半径r；
（2）若小球经过最高点恰好不脱离轨道，小球从M点静止滚下的高度h；
（3）若小球经过P时受到轨道的弹力大小为4N，小球到达最低点N点时对轨道压力F多大。
15．“智勇大冲关”最后一关有如图所示的滑道，冲关者坐上坐垫（冲关过程中人和坐垫不分离）从A点静止开始沿倾斜直轨道AB滑下，斜道倾角；CD是一长L=3m的水平传送带，B与C两点平滑衔接，A点距传送带垂直距离为，冲关者经C点到D点后水平抛出，落在水面上一点E。已知：传送带末端距水面高度，坐垫与AB斜道间动摩擦因数为，坐垫与传送带间动摩擦因数为，冲关者的质量为，坐垫质量忽略不计，，，；求：
（1）冲关者到达B点时的速度大小VB；
（2）如果传送带不动，求冲关者落到水面E点与D点的水平距离x；
（3）如果传送带速率为沿顺时针方向转动，求冲关者与传送带之间因摩擦产生的热量Q。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电场线；点电荷的电场
【解析】【解答】A.点电荷的电场为辐射状的直线，所以该电场不可能是正点电荷的电场，A不符合题意；
B.由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的凹侧，若粒子从A点到D点，则粒子的速度方向与所受电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，由动能定理可知，粒子的速度减小，若粒子从D点到A点，则粒子的速度方向与所受电场力方向的夹角为锐角，电场力做正功，由动能定理可知，粒子的速度变大，两种情况中，都是粒子在A点的速度大于在D点的速度，B符合题意；
C.根据电场线的特点可知，任意两条电场线都不会相交，C不符合题意；
D.只有粒子的初速度为零，或者粒子的初速度与电场线在同一直线上，且电场线为直线的情况下粒子才可能沿电场线运动，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据点电荷的电场线特点分析；根据粒子的运动轨迹分析粒子受到的电场力方向，再根据电场力做功的正负，由动能定理分析粒子速度的变化情况；任意两条电场线不相交，不闭合；根据粒子的运动轨迹与电场线重合的条件进行分析。
2．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】车上的工人一边与车一起向左匀速运动，一边随着梯子匀速上升，合外力为零，所以合成后的运动为匀速直线运动，A不符合题意；
B.工人到达顶部的时间是由竖直方向上的距离除以竖直分速度速度，车的速度增大，并不影响竖直方向上的分速度，所以工人到达顶部的时间不变，B不符合题意；
CD.仅增大车速，由图象可知工人相对地面的速度v将变大，工人相对地面的速度方向与竖直方向的夹角将变大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】两个匀速直线运动的合运动为匀速直线运动；合运动与分运动具有等时性；根据平行四边形定则分析车速增大时，工人相对地面的速度大小及其与竖直方向的夹角的变化。
3．【答案】A
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB.汽车从A匀速率运动到B点，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，A符合题意，B不符合题意；
C.根据可知，v大小不变，重力方向与速度方向的夹角减小，重力的瞬时功率增大，C不符合题意；
D.车运动过程中任何时候所受的支持力都与运动方向垂直，由瞬时功率的公式可知，支持力的功率总是为零，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据汽车的动能和重力势能的变化情况分析汽车机械能的变化情况；由瞬时功率的公式分析重力功率和支持力的功率的变化情况。
4．【答案】D
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.由题意可知，甲在做匀速圆周运动，合外力等于向心力，因此甲的受力不平衡，A不符合题意；
B.向心加速度的方向总是指向圆心，所以三位同学的向心加速度的方向都不一样，故向心加速度不相同，B不符合题意；
CD.座舱中的乘客在做匀速圆周运动，其合力即为向心力，始终指向圆心，故在最高点的甲，支持力小于重力，由牛顿第三定律可知，甲对座舱底部的压力小于重力，在最低点的乙，支持力大于重力，由牛顿第三定律可知，乙对座舱底部的压力大于重力，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据匀速圆周运动的受力特点分析；由向心加速度的矢量性分析三位同学的向心加速度是否相同；根据匀速圆周运动中合力即为向心力的特点，分析甲、乙的受力。
5．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】由题意可知，两相同的钢球距离转轴的距离相等，设为r，由向心力公式可得左、右球所受向心力的比值，解得左、右两个变速塔轮的角速度之比为，根据同缘转动特点可知，两变速塔轮边缘的线速度相等，设为v，故两个变速塔轮的半径之比为，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据向心力公式求出两塔轮的角速度之比，再由线速度与角速度的关系式求解两塔轮的半径之比。
6．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】ABD.球能落到对面场地内，首先球要过网，因此球刚好从网上沿飞过时对应的初速度为最小的击出速度，由得球飞出后运动到球网上沿所用的时间为，球在水平方向做匀速直线运动，则，球落地时竖直方向的分速度为，设落地时速度方向与水平地面间的夹角为，则，即夹角为，此为落地时的最大夹角；当以最大速度击出球时，球恰好落在对面的边界处，由，得球飞出到落地的时间为，球被击出时的最大速度为，AB不符合题意，D符合题意；
C.球被击出后做平抛运动，在空中飞行的时间由高度决定，与击出时的速度无关，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】找出球能落在对面场地内的临界位置，再根据平抛的运动规律，由运动学公式求解相关量。
7．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A由线速度的定义式可得“悟空”的线速度大小为，A不符合题意；
B.由角速度的定义可得“悟空”的角速度大小为，所以周期为，B不符合题意；
C.“悟空”的向心加速度为，C符合题意；
D.“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即，，，联立解得地球的质量为，不能求出“悟空”的质量，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据匀速圆周运动的线速度和角速度的定义式求解“悟空”的线速度和角速度；根据周期与角速度的关系计算“悟空”的环绕周期；由向心加速度公式计算“悟空”的向心加速度；根据万有引力提供“悟空”做圆周运动的向心力列式，分析能否求出“悟空”的质量。
8．【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A.由题意可知a、b、c三个等势面的电势关系为，故该场源电荷A带正电，A符合题意；
B.点电荷B到从等势面a达等势面b的过程，由动能定理可得，点电荷B从等势面b到达等势面c的过程，由动能定理可得，解得，B不符合题意；
CD.由题意可知从a到b的过程中电场力对点电荷B做正功，速度增加到v，电场力做正功，电势能减少，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】根据a、b、c三个等势面的电势关系分析A电荷的电性；由动能定理分析电荷B从等势面a到等势面b和从等势面b到达等势面c的过程，求出电荷到达c点的速率；根据电荷B从a到b过程中的速度变化分析电场力做功的正负，由电场力做功的正负分析电荷B电势能的变化情况。
9．【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A.设地球和火星的公转周期分别为、，轨道半径分别为、，由开普勒第三定律可得
可求得地球与火星的轨道半径之比，由万有引力提供向心力可得，得，地球与火星的线速度之比，但由于地球与火星的质量关系未知，因此不能求得地球与火星的动能之比，A不符合题意；
B.地球和火星的角速度分别为，，由题意知火星和地球每隔约26个月相距最近一次，又火星的轨道半径大于地球的轨道半径， 则，由以上可解得，则地球与火星绕太阳的公转周期之比，B符合题意；
C.由万有引力等于重力可得，解得，由于地球和火星的质量关系以及半径关系均未知，可知两星球表面重力加速度的关系不可求，C不符合题意；
D.由牛顿第二定律可得，可得行星的向心加速度大小为，由于两星球的轨道半径之比已知，则地球与火星绕太阳运动的向心加速度之比可以求得，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据开普勒第三定律和万有引力提供向心力推导行星的线速度表达式，由行星的追及相遇原理推导行星周期的表达式，根据重力等于万有引力推导重力加速度的表达式，由牛顿第二定律推导向心加速度的表达式，根据各物理量的表达式，结合已知条件分析各物理量之间的比值能否求解。
10．【答案】B,C
【知识点】功能关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】A.在从A点运动到C点的过程中，除重力对做功外，绳子拉力对也做功，所以的机械能不守恒，A不符合题意；
B.滑到C点时，绳子与水平方向的夹角为45°，如图
根据牵连速度的规律可知，的速率等于沿绳方向的速度分量，由几何关系可得，解得，B符合题意；
C.物块沿斜面上滑过程中，假设斜面倾角为，所以斜面对支持力为，可知N始终不变，根据牛顿第三定律可知对斜面的压力也不变，所以地面对斜面的支持力恒定不变，C符合题意；
D.若无绳子时，机械能守恒，从A点静止释放，刚好能上升到B点，现在绳子从A→C过程中对做负功，机械能减小，所以物块一定不能上到B点，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据机械能守恒条件分析的机械能是否守恒；根据牵连速度的规律，求解当运动到C点时，的速率和速率关系；通过分析对斜面的压力变化分析斜面受到地面的支持力的变化情况；根据绳子对的做功情况，分析机械能的变化，判断绳断开后能否上升到B点。
11．【答案】；；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（4）对水从O运动到P的过程，根据平抛的运动规律可得，竖直方向，水平方向8L=vt，解得，；
（5）水管的截面积为，可得取水器取水时的流量为；
（6）由图可知，a到b和b到c之间的水平距离相等，而平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，所以，竖直方向，由位移差公式可得，解得，平抛的初速度为。
【分析】（4）根据平抛的运动规律，由运动学公式求解水流从管口O点流出速度；（5）取水器的流量等于水管的截面积与水的流速的乘积；（6）根据平抛的运动规律，由运动学公式及匀变速直线运动的推论求解。
12．【答案】（1）B；D
（2）D
（3）1.78
（4）9.52（9.40-9.60）；0.036m
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）实验要测量纸带上计数点间的距离，所以需要刻度尺；打点计时器需要连接交流电源，直流电源不可用，在数据处理过程中，由于质量可以约掉，所以不需要天平，打点计时器是计时仪器，所以不需要秒表，实验中不需要测量力，所以不需要弹簧测力计，BD符合题意，ACEF不符合题意。
故答案为：BD。
（2）AB.如果利用公式v=gt或，计算重物速度，已经认为重物下落加速度为重力加速度，即已经认为重物仅仅受到重力作用，机械能一定是守恒的，无需再验证重力势能的减少量是否等于动能的增加量，AB不符合题意；
CD.为了使纸带能得到充分利用，并减小摩擦阻力的影响，释放重锤前，手捏住纸带上端，让重物靠近打点计时器并使纸带保持竖直，然后先再接通打点计时器的电源，再释放重物，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得打点计时器打D点时，重锤的速度大小为。
（4）根据，可知图像斜率为2a，即，由（3）可知，从A点到E点的过程中，下落的高度为，机械能损失量等除重力为的其它力做功，故，解得。
【分析】（1）根据实验原理选择实验器材；（2）根据实验原理和注意事项分析各选项；（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，求出打点计时器打D点时，重锤的速度；（4）根据图象的斜率求解重物下落的加速度；由功能关系求解该过程中损失的机械能。
13．【答案】（1）解：o、d两点电势差U=Φo-Φd=0-(-20)V=20V
o、d两点距离d=r=0.1m
电场强度：E==200V/m
（2）解：由题可知： Φa>Φb，即Uab>0
a、b之间沿电场线方向距离d1=2rcos60°=0.1m
ab间电势差为： Uab=Ed1=20V
（3）解：Φc-Φo=Φo-Φd
Φc=20v
电荷在C点的电势能为Ep=qΦc=-8×10-4J
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式求解；（2）先判断出a、b两点间电势的正负，再由U=Ed求出a、b两点间的电势差；（3）求出c点电势，再由求解电荷在c点的电势能。
14．【答案】（1）解：小球经过最高点P时恰好不脱离轨道的速度，由重力提供向心力可得
解得圆形轨道半径为
（2）解：小球从M运动到P点，机械能守恒：mg(h-2r)= m vo2
解得h=1.0m
（3）解：小球经过P点所受弹力N、速度v1， N+mg= m v12/r
小球经过N点速度v2 ，轨道对小球支持力F1
F1-mg= m v22/r …
mg2r=mv22-mv12 …
解得F1=10N
根据牛顿第三定律可得小球对轨道压力F大小为10 N
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）分析小球在P点的受力，由牛顿第二定律列式，求解圆形轨道半径r；（2）对小球从M运动到P点的过程，由机械能守恒定律求解小球从M点静止滚下的高度h；（3）由牛顿第二定律和动能定理求出小球在N点受到的支持力，再由牛顿第三定律求出小球在N点时对轨道的压力。
15．【答案】（1）解：在斜道AB上运动时，对人与坐垫分析，由动能定理有mgh-μ1mgh = mvB2
解得 vB=4m/s
（2）解：若传送带不动，则从C到D有-μ2mghL= mvD2- mvB2
解得：VD=2m/s
从D到E，竖直方向：H= gt2
水平方向：x=vDt
x=0.8m
（3）解：当传送带速度为v=5m/s时，设冲关者从C到D过程加速位移x，则有μ2mgx= mv2- mvD2
解得x1=2.25m即冲关者先加速后匀速，加速时间t，则v=vD+a2t
冲关者相对于传送带位移Δx=vt-x
冲关者与传送带之间因摩擦产生的热量Q=μ2mgΔx
解得Q=25J
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由动能定理分析冲关者在斜道AB上运动的运动，求出冲关者到达B点时的速度大小；（2）由动能定理分析冲关者在CD段的运动，求出冲关者运动到D的速度，再由平抛的运动规律，求出冲关者落到水面E点与D点的水平距离；（3）根据功能关系求解冲关者与传送带之间因摩擦产生的热量。
1 / 1广东省广州市越秀区2023-2024学年高二上学期开学测试物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题 4分，共28 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是某带负电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是（ ）
A．该电场可能是正点电荷产生的
B．该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
C．由图可知，同一电场的电场线在空间是可以相交的
D．将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动
【答案】B
【知识点】电场线；点电荷的电场
【解析】【解答】A.点电荷的电场为辐射状的直线，所以该电场不可能是正点电荷的电场，A不符合题意；
B.由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的凹侧，若粒子从A点到D点，则粒子的速度方向与所受电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，由动能定理可知，粒子的速度减小，若粒子从D点到A点，则粒子的速度方向与所受电场力方向的夹角为锐角，电场力做正功，由动能定理可知，粒子的速度变大，两种情况中，都是粒子在A点的速度大于在D点的速度，B符合题意；
C.根据电场线的特点可知，任意两条电场线都不会相交，C不符合题意；
D.只有粒子的初速度为零，或者粒子的初速度与电场线在同一直线上，且电场线为直线的情况下粒子才可能沿电场线运动，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据点电荷的电场线特点分析；根据粒子的运动轨迹分析粒子受到的电场力方向，再根据电场力做功的正负，由动能定理分析粒子速度的变化情况；任意两条电场线不相交，不闭合；根据粒子的运动轨迹与电场线重合的条件进行分析。
2．路灯维修车如图所示，车上带有竖直自动升降梯．若车匀速向左运动的同时梯子匀速上升，则关于梯子上的工人的描述正确的是
A．工人相对地面的运动轨迹为曲线
B．仅增大车速，工人到达顶部的时间将变短
C．仅增大车速，工人相对地面的速度将变大
D．仅增大车速，工人相对地面的速度方向与竖直方向的夹角将变小
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】车上的工人一边与车一起向左匀速运动，一边随着梯子匀速上升，合外力为零，所以合成后的运动为匀速直线运动，A不符合题意；
B.工人到达顶部的时间是由竖直方向上的距离除以竖直分速度速度，车的速度增大，并不影响竖直方向上的分速度，所以工人到达顶部的时间不变，B不符合题意；
CD.仅增大车速，由图象可知工人相对地面的速度v将变大，工人相对地面的速度方向与竖直方向的夹角将变大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】两个匀速直线运动的合运动为匀速直线运动；合运动与分运动具有等时性；根据平行四边形定则分析车速增大时，工人相对地面的速度大小及其与竖直方向的夹角的变化。
3．如图，汽车从拱形桥顶点A匀速率运动到桥上的B点．下列说法正确的是（ ）
A．A到B，汽车的机械能减小
B．A到B，汽车的机械能不变
C．A到B，重力的瞬时功率逐渐减小
D．A到B，支持力的瞬时功率逐渐增大
【答案】A
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB.汽车从A匀速率运动到B点，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，A符合题意，B不符合题意；
C.根据可知，v大小不变，重力方向与速度方向的夹角减小，重力的瞬时功率增大，C不符合题意；
D.车运动过程中任何时候所受的支持力都与运动方向垂直，由瞬时功率的公式可知，支持力的功率总是为零，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据汽车的动能和重力势能的变化情况分析汽车机械能的变化情况；由瞬时功率的公式分析重力功率和支持力的功率的变化情况。
4．摩天轮是一种大型转轮状的娱乐设施。如图所示，摩天轮在竖直平面内顺时针匀速转动，某时刻甲同学的座舱正好运动到最高点，而乙同学的座舱在最低点，另有丙同学的座舱在与转轴中心同高的位置，已知摩天轮半径为R，甲、乙同学的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．此时座舱中的甲受力平衡 B．三位同学的向心加速度相同
C．此时甲对座舱底部的压力大于mg D．此时乙对座舱底部的压力大于mg
【答案】D
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.由题意可知，甲在做匀速圆周运动，合外力等于向心力，因此甲的受力不平衡，A不符合题意；
B.向心加速度的方向总是指向圆心，所以三位同学的向心加速度的方向都不一样，故向心加速度不相同，B不符合题意；
CD.座舱中的乘客在做匀速圆周运动，其合力即为向心力，始终指向圆心，故在最高点的甲，支持力小于重力，由牛顿第三定律可知，甲对座舱底部的压力小于重力，在最低点的乙，支持力大于重力，由牛顿第三定律可知，乙对座舱底部的压力大于重力，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据匀速圆周运动的受力特点分析；由向心加速度的矢量性分析三位同学的向心加速度是否相同；根据匀速圆周运动中合力即为向心力的特点，分析甲、乙的受力。
5．某同学用向心力演示器进行实验，如图所示，两相同的钢球距离转轴的距离相等，且左、右球所受向心力的比值为，则实验中选取左、右两个变速塔轮的半径之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】由题意可知，两相同的钢球距离转轴的距离相等，设为r，由向心力公式可得左、右球所受向心力的比值，解得左、右两个变速塔轮的角速度之比为，根据同缘转动特点可知，两变速塔轮边缘的线速度相等，设为v，故两个变速塔轮的半径之比为，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据向心力公式求出两塔轮的角速度之比，再由线速度与角速度的关系式求解两塔轮的半径之比。
6．如图所示是网球女双比赛中的一个场景，网球刚好到达最高点且距离地面H＝1.5m时球员将球沿垂直球网方向水平击出。已知球网上沿距地面的高度为h＝1m，击球位置与球网之间的水平距离为3m，与对面边界的水平距离取15m，g取10m/s2，不计空气阻力。若球能落在对面场地内，则下列说法正确的是（ ）
A．球被击出时的速度可能为35m/s
B．球被击出时的最小速度为2m/s
C．球击出时速度越大，飞行的时间越长
D．球落地时的速度方向与水平地面的夹角最大为30°
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】ABD.球能落到对面场地内，首先球要过网，因此球刚好从网上沿飞过时对应的初速度为最小的击出速度，由得球飞出后运动到球网上沿所用的时间为，球在水平方向做匀速直线运动，则，球落地时竖直方向的分速度为，设落地时速度方向与水平地面间的夹角为，则，即夹角为，此为落地时的最大夹角；当以最大速度击出球时，球恰好落在对面的边界处，由，得球飞出到落地的时间为，球被击出时的最大速度为，AB不符合题意，D符合题意；
C.球被击出后做平抛运动，在空中飞行的时间由高度决定，与击出时的速度无关，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】找出球能落在对面场地内的临界位置，再根据平抛的运动规律，由运动学公式求解相关量。
7．为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星．已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（ ）
A．“悟空”的线速度
B．“悟空”的环绕周期为
C．“悟空”的向心加速度是
D．可以算出“悟空”的质量为
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A由线速度的定义式可得“悟空”的线速度大小为，A不符合题意；
B.由角速度的定义可得“悟空”的角速度大小为，所以周期为，B不符合题意；
C.“悟空”的向心加速度为，C符合题意；
D.“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即，，，联立解得地球的质量为，不能求出“悟空”的质量，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据匀速圆周运动的线速度和角速度的定义式求解“悟空”的线速度和角速度；根据周期与角速度的关系计算“悟空”的环绕周期；由向心加速度公式计算“悟空”的向心加速度；根据万有引力提供“悟空”做圆周运动的向心力列式，分析能否求出“悟空”的质量。
二、多项选择题：本题共3小题，每题6分，共18 分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．在一点电荷A产生的电场中，三个等势面a、b、c的电势分别为10V、8V、6V，当电量为q的点电荷B（不计重力）从a上某处由静止释放，经过等势面b时的速率为v，则（ ）
A．该场源电荷A带正电
B．点电荷B到达等势面c时的速率为2v
C．点电荷B从a到b的过程中电势能增加
D．从a到b的过程中电场力对点电荷B做正功
【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A.由题意可知a、b、c三个等势面的电势关系为，故该场源电荷A带正电，A符合题意；
B.点电荷B到从等势面a达等势面b的过程，由动能定理可得，点电荷B从等势面b到达等势面c的过程，由动能定理可得，解得，B不符合题意；
CD.由题意可知从a到b的过程中电场力对点电荷B做正功，速度增加到v，电场力做正功，电势能减少，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】根据a、b、c三个等势面的电势关系分析A电荷的电性；由动能定理分析电荷B从等势面a到等势面b和从等势面b到达等势面c的过程，求出电荷到达c点的速率；根据电荷B从a到b过程中的速度变化分析电场力做功的正负，由电场力做功的正负分析电荷B电势能的变化情况。
9．2021年5月，天问一号探测器软着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步。火星公转半径比地球大，火星与地球公转轨道近似为圆，两轨道平面近似重合，且火星与地球公转方向相同。火星与地球每隔约26个月相距最近，地球公转周期为12个月。由以上条件可以近似得出（ ）
A．地球与火星的动能之比
B．地球与火星的公转周期之比
C．地球表面与火星表面重力加速度大小之比
D．地球与火星绕太阳运动的向心加速度大小之比
【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A.设地球和火星的公转周期分别为、，轨道半径分别为、，由开普勒第三定律可得
可求得地球与火星的轨道半径之比，由万有引力提供向心力可得，得，地球与火星的线速度之比，但由于地球与火星的质量关系未知，因此不能求得地球与火星的动能之比，A不符合题意；
B.地球和火星的角速度分别为，，由题意知火星和地球每隔约26个月相距最近一次，又火星的轨道半径大于地球的轨道半径， 则，由以上可解得，则地球与火星绕太阳的公转周期之比，B符合题意；
C.由万有引力等于重力可得，解得，由于地球和火星的质量关系以及半径关系均未知，可知两星球表面重力加速度的关系不可求，C不符合题意；
D.由牛顿第二定律可得，可得行星的向心加速度大小为，由于两星球的轨道半径之比已知，则地球与火星绕太阳运动的向心加速度之比可以求得，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据开普勒第三定律和万有引力提供向心力推导行星的线速度表达式，由行星的追及相遇原理推导行星周期的表达式，根据重力等于万有引力推导重力加速度的表达式，由牛顿第二定律推导向心加速度的表达式，根据各物理量的表达式，结合已知条件分析各物理量之间的比值能否求解。
10．如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，右侧是一个足够长固定斜面，一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及定滑轮，两端分别系有可视为质点的小球m1和滑块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方，不计一切阻力及摩擦。m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是（ ）
A．m1从A点到C点的过程中，m1的机械能守恒
B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍
C．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定
D．若m1运动到C点时细绳突然断开，在细绳断开后，m1能沿碗面上升到B点
【答案】B,C
【知识点】功能关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】A.在从A点运动到C点的过程中，除重力对做功外，绳子拉力对也做功，所以的机械能不守恒，A不符合题意；
B.滑到C点时，绳子与水平方向的夹角为45°，如图
根据牵连速度的规律可知，的速率等于沿绳方向的速度分量，由几何关系可得，解得，B符合题意；
C.物块沿斜面上滑过程中，假设斜面倾角为，所以斜面对支持力为，可知N始终不变，根据牛顿第三定律可知对斜面的压力也不变，所以地面对斜面的支持力恒定不变，C符合题意；
D.若无绳子时，机械能守恒，从A点静止释放，刚好能上升到B点，现在绳子从A→C过程中对做负功，机械能减小，所以物块一定不能上到B点，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据机械能守恒条件分析的机械能是否守恒；根据牵连速度的规律，求解当运动到C点时，的速率和速率关系；通过分析对斜面的压力变化分析斜面受到地面的支持力的变化情况；根据绳子对的做功情况，分析机械能的变化，判断绳断开后能否上升到B点。
三、非选择题：共54 分，考生根据要求作答．
11．图甲为某种管口出水方向可调的瓶装水电动取水器，某实验小组利用平抛运动规律测量该取水器取水时的流量（单位时间内流出水的体积）。实验方案如下：
⑴利用游标卡尺测量取水器出水管内径d；
⑵调节取水器管口方向，使取水器启动后水从管口沿水平方向射出；
⑶待水在空中形成稳定的弯曲水柱后，紧贴水柱后方竖直放置白底方格板，已知每个正方格的边长均为L，并利用手机正对水柱拍摄照片，如图乙所示；
⑷已知当地重力加速度为g，根据图乙可以计算水流从管口O点流出速度为 （用L、g表示）；
⑸由上述信息可得出图甲取水器取水时的流量为 （用L、g、d进行表示）。
⑹该小组同学用相同方法、完全相同的白底方格板，研究另一个取水器。调整管口，确保水从管口水平射出，拍下取水时水柱的一部分图片并标注了 a、b、c三点，如丙图，则这个取水器水从管口流出速度为 （用L、g表示）。
【答案】；；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（4）对水从O运动到P的过程，根据平抛的运动规律可得，竖直方向，水平方向8L=vt，解得，；
（5）水管的截面积为，可得取水器取水时的流量为；
（6）由图可知，a到b和b到c之间的水平距离相等，而平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，所以，竖直方向，由位移差公式可得，解得，平抛的初速度为。
【分析】（4）根据平抛的运动规律，由运动学公式求解水流从管口O点流出速度；（5）取水器的流量等于水管的截面积与水的流速的乘积；（6）根据平抛的运动规律，由运动学公式及匀变速直线运动的推论求解。
12．验证和研究“机械能守恒定律”的方案有很多种，让重物做自由落体运动来验证“机械能守恒定律”就是实验室常用的一种方案。
（1）本实验中，除打点计时器（含纸带、复写纸）、重物、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有____；（选填器材前的字母）
A．天平 B．刻度尺 C．直流电源
D．交流电源 E．秒表 F．弹簧测力计
（2）本实验过程中，下列做法正确的有____。
A．利用公式计算重物速度
B．利用公式计算重物速度
C．做实验时，先释放重物，再接通打点计时器的电源
D．释放重锤前，手捏住纸带上端，让重物靠近打点计时器并使纸带保持竖直
（3）用打点计时器打出一条纸带，截取其中一段如图所示，选取连续打出的点A、B、C、D、E为计数点，各计数点间距离已在图上标出，单位为cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打点计时器打D点时，重锤的速度大小为 m/s（结果保留3位有效数字）；
（4）设O点到测量点的距离为h，v为对应测量点的速度，小华同学做出的关系图线如图所示，由图可得重物下落的加速度 （结果保留3位有效数字）。小华发现误差较大，他想求出某过程损失的机械能。设重物质量为m，已知当地的重力加速度为9.8m/s2，可求得（3）中从A到E重物损失的机械能为 （结果中可以有m）。
【答案】（1）B；D
（2）D
（3）1.78
（4）9.52（9.40-9.60）；0.036m
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）实验要测量纸带上计数点间的距离，所以需要刻度尺；打点计时器需要连接交流电源，直流电源不可用，在数据处理过程中，由于质量可以约掉，所以不需要天平，打点计时器是计时仪器，所以不需要秒表，实验中不需要测量力，所以不需要弹簧测力计，BD符合题意，ACEF不符合题意。
故答案为：BD。
（2）AB.如果利用公式v=gt或，计算重物速度，已经认为重物下落加速度为重力加速度，即已经认为重物仅仅受到重力作用，机械能一定是守恒的，无需再验证重力势能的减少量是否等于动能的增加量，AB不符合题意；
CD.为了使纸带能得到充分利用，并减小摩擦阻力的影响，释放重锤前，手捏住纸带上端，让重物靠近打点计时器并使纸带保持竖直，然后先再接通打点计时器的电源，再释放重物，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得打点计时器打D点时，重锤的速度大小为。
（4）根据，可知图像斜率为2a，即，由（3）可知，从A点到E点的过程中，下落的高度为，机械能损失量等除重力为的其它力做功，故，解得。
【分析】（1）根据实验原理选择实验器材；（2）根据实验原理和注意事项分析各选项；（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，求出打点计时器打D点时，重锤的速度；（4）根据图象的斜率求解重物下落的加速度；由功能关系求解该过程中损失的机械能。
13．在匀强电场中有一虚线圆，如图所示，和是圆的两条直径，并交于O点，圆的直径为0.2m，其中与电场方向的夹角为，与电场方向平行，设O点电势为0，d点电势为﹣20V．求：
（1）电场强度的大小；
（2）a、b两点的电势差Uab；
（3）电量为﹣4×10-5C的电荷在c点的电势能．
【答案】（1）解：o、d两点电势差U=Φo-Φd=0-(-20)V=20V
o、d两点距离d=r=0.1m
电场强度：E==200V/m
（2）解：由题可知： Φa>Φb，即Uab>0
a、b之间沿电场线方向距离d1=2rcos60°=0.1m
ab间电势差为： Uab=Ed1=20V
（3）解：Φc-Φo=Φo-Φd
Φc=20v
电荷在C点的电势能为Ep=qΦc=-8×10-4J
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式求解；（2）先判断出a、b两点间电势的正负，再由U=Ed求出a、b两点间的电势差；（3）求出c点电势，再由求解电荷在c点的电势能。
14．游乐场游玩之后，某高一学习小组把游乐场的过山车（如甲图所示）抽象为如图乙所示的模型；大弧形轨道的下端N与竖直圆轨道平滑相接，P为圆轨道的最高点。现将质量为m=100g的小球（可视为质点）从大弧形轨道某位置滚下，进入竖直圆轨道后沿圆轨道内侧运动，小球经过最高点P时恰好不脱离轨道的速度，重力加速度大小为。不考虑小球运动过程中所受阻力。求：
（1）圆形轨道半径r；
（2）若小球经过最高点恰好不脱离轨道，小球从M点静止滚下的高度h；
（3）若小球经过P时受到轨道的弹力大小为4N，小球到达最低点N点时对轨道压力F多大。
【答案】（1）解：小球经过最高点P时恰好不脱离轨道的速度，由重力提供向心力可得
解得圆形轨道半径为
（2）解：小球从M运动到P点，机械能守恒：mg(h-2r)= m vo2
解得h=1.0m
（3）解：小球经过P点所受弹力N、速度v1， N+mg= m v12/r
小球经过N点速度v2 ，轨道对小球支持力F1
F1-mg= m v22/r …
mg2r=mv22-mv12 …
解得F1=10N
根据牛顿第三定律可得小球对轨道压力F大小为10 N
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）分析小球在P点的受力，由牛顿第二定律列式，求解圆形轨道半径r；（2）对小球从M运动到P点的过程，由机械能守恒定律求解小球从M点静止滚下的高度h；（3）由牛顿第二定律和动能定理求出小球在N点受到的支持力，再由牛顿第三定律求出小球在N点时对轨道的压力。
15．“智勇大冲关”最后一关有如图所示的滑道，冲关者坐上坐垫（冲关过程中人和坐垫不分离）从A点静止开始沿倾斜直轨道AB滑下，斜道倾角；CD是一长L=3m的水平传送带，B与C两点平滑衔接，A点距传送带垂直距离为，冲关者经C点到D点后水平抛出，落在水面上一点E。已知：传送带末端距水面高度，坐垫与AB斜道间动摩擦因数为，坐垫与传送带间动摩擦因数为，冲关者的质量为，坐垫质量忽略不计，，，；求：
（1）冲关者到达B点时的速度大小VB；
（2）如果传送带不动，求冲关者落到水面E点与D点的水平距离x；
（3）如果传送带速率为沿顺时针方向转动，求冲关者与传送带之间因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）解：在斜道AB上运动时，对人与坐垫分析，由动能定理有mgh-μ1mgh = mvB2
解得 vB=4m/s
（2）解：若传送带不动，则从C到D有-μ2mghL= mvD2- mvB2
解得：VD=2m/s
从D到E，竖直方向：H= gt2
水平方向：x=vDt
x=0.8m
（3）解：当传送带速度为v=5m/s时，设冲关者从C到D过程加速位移x，则有μ2mgx= mv2- mvD2
解得x1=2.25m即冲关者先加速后匀速，加速时间t，则v=vD+a2t
冲关者相对于传送带位移Δx=vt-x
冲关者与传送带之间因摩擦产生的热量Q=μ2mgΔx
解得Q=25J
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由动能定理分析冲关者在斜道AB上运动的运动，求出冲关者到达B点时的速度大小；（2）由动能定理分析冲关者在CD段的运动，求出冲关者运动到D的速度，再由平抛的运动规律，求出冲关者落到水面E点与D点的水平距离；（3）根据功能关系求解冲关者与传送带之间因摩擦产生的热量。
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