广东省佛山市南海区石门中学2024-2025学年高二上学期开学测物理试题
1．（2024高二上·南海开学考）无人驾驶飞机简称“无人机”，英文缩写为“UAV”，是利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机，或者由车载计算机完全地或间歇地自主地操作。与有人驾驶飞机相比，无人机往往更适合那些太“愚钝、肮脏或危险”的任务。如图所示，一架无人机挂着一篮高尔夫球在一定高度沿直线水平匀速飞行，某时刻甲球坠落，无人机保持原来运动状态运动位移x后，乙球又坠落。假设地面不平整，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．甲乙两球的落地点一定相距x
B．两球在空中时都在无人机的正下方
C．两球在空中时不在无人机的正下方，但两球与无人机处于一条直线上
D．两球落地的速度大小只由无人机的水平飞行速度决定
2．（2024高二上·南海开学考）如图所示，一种古老的舂米装置，使用时以O点为支点，人用脚踩踏板C，另一端的舂米锤B上升，松开脚后，B回落撞击谷槽A中的谷米。已知，下列说法正确的是（ ）
A．相同时间内B、C的转过的角度相等
B．B、C的线速度大小关系满足
C．B、C的角速度关系满足
D．B、C的向心加速度大小关系满足
3．（2024高二上·南海开学考）在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图，假设泼水过程中杯子做逆时针匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．P位置的小水珠速度方向沿a方向
B．水珠做离心运动是由于合外力大于所需向心力
C．P、Q两位置，杯子的角速度相同
D．从Q到P，杯子所受合外力做功不为零
4．（2024高二上·南海开学考）图（a）为示波管的原理图。如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高二上·南海开学考）如图所示，质量分别为、的两个带同种电荷的小球、，分别用长为的绝缘细线悬挂在同一点，两细线与竖直方向各成一定的角度、，两小球用一绝缘轻质弹簧相接，A、B球连线与过点竖直线交于点，初始时刻弹簧处在压缩状态，现增加球的电荷量，下列说法中正确的是（ ）
A．两细线的拉力之比变大 B．两细线的夹角不变
C．与的长度之比不变 D．长度一定变大
6．（2024高二上·南海开学考）如图1所示，一半径为R、密度均匀的球体，在与球心O相距2R的P处有一质量为m的质点，球体对该质点的万有引力大小为F。现从球体中挖去“半径为的小球体（球心在OP连线上，右端位于O点），如图2所示，则剩余部分对该质点的万有引力大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·南海开学考）如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为处分别固定两点电荷、（两点电荷的电荷量和电性均未知）。一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为，图线最高点对应的横坐标为，不计试探电荷受到的重力，则下列判断正确的是（ ）
A．点电荷带负电
B．试探电荷在之间受到的电场力沿x轴正方向
C．之间的电场强度沿x轴正方向
D．两点电荷、电荷量的比值为
8．（2024高二上·南海开学考）如图所示，是平行板电容器的两个极板，为滑动变阻器。用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合开关，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为。下列说法正确的是（ ）
A．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向端滑动，则增大
B．保持S闭合，将板向板靠近，则增大
C．断开S，将板向板靠近，则增大
D．断开，将板向下移动少许，则增大
9．（2024高二上·南海开学考）两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，A、B、C三点也在水平面上，如图甲所示。一个带电荷量为，质量为的小物块（可视为质点）从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线（图中标出了该切线）斜率最大的位置，则下列说法正确的是（ ）
A．由C到A的过程中物块的电势能一直在增大
B．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强大小为
C．由C点到A点电势逐渐降低
D．A、B两点间的电势差
10．（2024高二上·南海开学考）真空中间距为d的两块平行金属板，板长为L，如图甲所示。加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0（k≥1），电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t=0时刻，有一个质量为m、电荷量为e的电子，以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是（ ）
A．若k=1且电子恰好在2T时刻射出电场，则电子射出时的速度大于v0
B．若k=1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加
C．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则两板间距离应满足
D．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度大小等于
11．（2024高二上·南海开学考）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。
①需要的实验操作有 （多选）；
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．倾斜轨道以补偿阻力
C．小车靠近打点计时器静止释放
D．先接通电源再释放小车
②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为 。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打计数点2时小车的速度大小为： （结果保留3位有效数字）。
12．（2024高二上·南海开学考）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
①采用的实验方法是
A．控制变量法 B．等效法 C．模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的 之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值 （选填“不变”、“变大”或“变小”）。
13．（2024高二上·南海开学考）某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，光滑斜面AB与半径为R的光滑圆弧面相切于斜面底端的B点，圆弧的最低点为C。他采用以下两种方案来验证质量为m的小球从斜面上某点由静止释放运动到C点的过程中机械能是否守恒。（当地重力加速度为g）
（1）方案一：
①他用20分度游标卡尺测量小球的直径d，如图乙所示，则小球直径 cm，在C点安装一个光电门；
②将小球从斜面上某点由静止释放，小球通过C点光电门时所用的时间为t，则小球通过C点时的速度 （用物理量符号表示）；
③改变小球的释放位置，测得释放位置到C点的高度为h，重复②，得到多组释放高度h和对应时间t，以为横坐标，以h为纵坐标，将所得的数据点描点、连线，得到一条直线，若直线的斜率 ，则表明小球在上述运动过程中机械能守恒。
（2）方案二：
①在圆弧最低点C安装一个力传感器；
②将小球从斜面上某点由静止释放，测得释放位置到C点的高度为h，并测得小球通过C点时传感器的示数F；
③改变小球的释放位置，重复②，得到多组释放高度h和对应传感器的示数F，以h为横坐标，以为F纵坐标，将所得的数据点描点、连线，得到一条直线，该直线的斜率为k，与纵轴的交点为b，若小球在上述运动过程中机械能守恒，则 ， 。（用物理量符号表示）。
14．（2024高二上·南海开学考）如图所示，电子经加速电场加速后，在水平方向沿垂直进入偏转电场，出偏转电场后速度与水平方向成30°，打到荧光屏P上的A点。已知加速电场中的电压为U1，形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），A点与距离为h，忽略电子的重力影响，不计空气阻力，电子质量为m，电荷量为e。求：
（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；
（2）偏转电场强度的大小和方向；
（3）荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
15．（2024高二上·南海开学考）如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，初始时不带电。距小孔正上方高h处不断有质量为m，电荷量为+q的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触到下极板后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：
（1）小液滴到达小孔处的速度；
（2）电容器所带电荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间。
16．（2024高二上·南海开学考）如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为、0.5r、1.5r的三个半圆轨道、、，半径为r的四分之一圆弧轨道，长度的水平轨道EF组成，轨道和轨道前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放，恰好可以通过轨道的最高点D，不计空气阻力。
（1）求A、C两点的高度差h；
（2）要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数的范围；
（3）若半圆轨道中缺一块圆心角为的圆弧积木（I、J关于对称），滑块从I飞出后恰能无碰撞从J进入轨道，求的值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。A．如果落地点存在高度差，下落时间不同，落地点距离不一定相距x，故A错误；
BC．由于惯性，甲乙两球离开无人机后保持原来的水平速度，两球在空中时都在无人机的正下方，故B正确；C错误；
D．两球落地速度大小由无人机的水平飞行速度及下落高度决定，故D错误。
故选B。
【分析】把平抛运动分解成水平和竖直两个分运动，由运动的合成与分解法解答。
2．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】本题考查匀速圆周运动，解题关键是知道同轴转动的特点，掌握匀速圆周运动的线速度和加速度公式。AC． 使用时以O点为支点， B、C做同轴转动，角速度大小相等，则相同时间内B、C的转过的角度相等，故A正确，C错误；
B．根据可知B、C的线速度大小关系满足
故B错误；
D．根据可知B、C的向心加速度大小关系满足
故D错误。
故选A。
【分析】B、C两点为同轴转动，角速度相同；根据题意判断B、C两点的半径关系，根据a=ω2r比较两点向心加速度大小，根据v=ωr比较两点线速度大小。
3．【答案】C
【知识点】匀速圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】解答本题，要掌握速度、向心加速度、速度变化量均为矢量；要掌握匀速圆周运动合外力充当向心力、且合外力指向圆心、不做功。A． 泼水过程中杯子做逆时针匀速圆周运动，速度方向沿轨迹的切线方向，则P位置的小水珠速度方向沿b方向，故A错误；
B．水珠做离心运动是由于合外力小于所需向心力，故B错误；
C．杯子做逆时针匀速圆周运动，则P、Q两位置，杯子的角速度相同，故C正确；
D．从Q到P，杯子所受合力始终指向圆心，与其速度夹角为90°，合外力做功为零，故D错误。
故选C。
【分析】根据图乙中水珠做离心运动的方向，可以判断杯子的旋转方向，进而判断P位置的小水珠速度方向。根据向心加速度的矢量特性，判断P、Q两位置，杯子的向心加速度是否相同。根据速度的矢量性分析速度是否相同；杯子做匀速圆周运动，根据杯子所受合外力的特点、与位移的角度关系，判断从Q到P，杯子所受合外力做功是否为零。
4．【答案】A
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】带电粒子同时参与两个方向的运动，电压越大瞬间，偏转位移越大，比如零时刻，y方向电压等于零，所以粒子一定落在x轴上正向最大，可排除CD，时刻，粒子y轴正向位移最大，可排除B，故A正确。
故选A。
【分析】由示波管所加电压进行分析。
5．【答案】C
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了库仑力作用下的共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。两小球用一绝缘轻质弹簧相接， 对两小球受力分析如图
、为A、B两小球之间的库仑力，、为两小球之间的弹簧弹力，满足
对球受力分析，、、、三力满足相似三角形，则有
同理对球亦有
当球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角、增大，但仍有
，
绳长不变，点上移，长度变小。
故选C。
【分析】对两个小球进行分析，根据几何关系得到拉力之比、AC和BC的长度之比，根据小球的移动情况分析角度的变化。
6．【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握万有引力定律公式是解题的基础。一半径为R、密度均匀的球体， 设球体的密度为ρ，球体的质量为M，根据小球的体积公式可得
从球体中挖去半径为的小球体，则小球体的质量
球体对该质点的万有引力大小
故挖去小球体后，剩余部分对该质点的万有引力大小
解得
故选C。
【分析】根据体积关系，求出挖去部分的质量。用没挖之前球对质点的万有引力，减去被挖部分对质点的万有引力，就是剩余部分对质点的万有引力。
7．【答案】C
【知识点】电势能
【解析】【解答】该题考查两个点电荷形成的电场的叠加，根据电场的分布、电势能的变化以及点电荷场强为零位置的确定可以分析本题。
A．因为x2处电势能为负， 一带负电的试探电荷，所以x2处电势为正，可知点电荷带正电，点电荷带负电，选项A错误；BC．试探电荷在之间电势能增大，试探电荷受到的电场力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受电场力沿x轴负方向，电场强度沿x轴正方向，B错误、C正确；
D．由题图可知处的电场强度为零，则
解得
D错误。
故选C。
【分析】根据电场分布可以确定点电荷带电性质，根据电势能的变化可以分析电场力做功问题，从而判断电场强度方向，最后根据场强为零的位置，可以比较点电荷电荷量的比值。
8．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】根据对小球的受力分析可知，悬线偏离竖直方向的夹角符合
因此两极板间的场强越大，越大。
A．保持S闭合，极板间的电压大小等于电源电动势。滑动变阻器的滑片位置不会影响极板上的电压大小，则场强大小不变，不变。故A错误；
B．保持S闭合，极板间电压不变时，将板向板靠近，则板间距离减小，根据场强
可知场强大小增大，则增大。故B正确；
C．断开S，则极板上的电荷量不变，将板向板靠近，则根据
，
可得
极板间的场强
极板间距离增大或减小不影响场强大小，其余物理量均不变，则场强大小不变，不变。故C错误；
D．根据上述分析，断开，将板向下移动少许，则极板间的正对面积减小，则场强增大，则增大。故D正确。
故选BD。
【分析】根据对小球的受力分析确定θ与电场强度的关系，依据，，分别分析判断；
AB、电路为断路，滑动变阻器划片位置不影响电容器两极板电压，即电容器电压不变，对A场强不变，对B由场强增大，分析判断；
CD、断开S，电容器电荷量不变，减小两板间距离由场强不变，减小正对面积场强增大，分析判断。
9．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道v-t图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法。A． 一个带电荷量为，质量为的小物块（可视为质点）从C点静止释放，物块由C到A的过程中，电场强度由C指向A，所受的电场力由C指向A，电场力做正功，物块的电势能一直在减小，A错误；
B．根据图像得
根据牛顿第二定律得
解得
B点斜率最大，加速度最大，电场力最大，B点为中垂线上电场强度最大的点，B正确；
C．因为电场强度由C指向A，所以，由C点到A点电势逐渐降低，C正确；
D．根据动能定理得
解得
D错误。
故选BC。
【分析】由能量守恒定律分析电势能的变化情况。根据v-t图可知物块在B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值。由C到A的过程中物块的动能一直增大，根据电场线的方向分析电势的变化，由动能定理可求得AB两点的电势差。
10．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题主要是考查了带电粒子在电场中的运动，关键是弄清楚运动过程和受力情况，根据牛顿第二定律、运动学公式结合动能定理等进行解答。A．若k=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示
若电子恰好在2T时刻射出电场，竖直方向的速度为零，则电子射出时的速度为v0；故A错误；
B．若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，在0～2T时间内电场力做功为零，电子动能变化为零，在2T～3T时间内根据动能定理可得
故B正确；
C．竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小
位移
在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小
初速度的大小
匀减速运动阶段的位移
由题意知
解得
故C正确；
D．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时水平方向的速度大小为
合速度为
故D错误。
故选BC。
【分析】若k=1，分析电子在竖直方向的速度随时间变化情况，根据动能定理得到T时刻或2T时刻射出电场时的速度；若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，分析电子的受力情况，根据运动学公式求解位移和速度。
11．【答案】ACD；2.75；1.48
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】本题考查学生对“探究小车速度随时间变化的规律”的实验的注意事项和瞬时速度表达式的掌握，是一道基础实验题。①A．实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，这样可以保证小车所受合外力恒定，加速度恒定，故选项A正确；
B．该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项B错误；
C．为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C正确；
D．先接通电源再释放小车，选项D正确。
故选ACD。
②计数点1的读数为2.75。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打点周期T=0.02s，则打计数点2时小车的速度大小为
【分析】①“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，需要细线与轨道平行，不需要倾斜轨道补偿阻力，小车靠近打点计时器静止释放，先接通电源再释放小车；
②根据瞬时速度表达式，结合题中数据，求解。
12．【答案】A；角速度平方；不变
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题考查了探究小球做圆周运动所需向心力的大小Fn与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验，实验的原理为圆周运动向心力公式，采用了控制变量法；知道线速度与角速度的关系，知道小球做匀速圆周运动的角速度是通过改变塔轮半径来实现的。①本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法；
故选A。
②标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据
在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。
设皮带两塔轮的半径为R1、R2，塔轮的线速度为v；则有
，
小球质量和转动半径相同的情况下，可知
由于两变速盘的半径之比不变，则两小球的角速度平方之比不变，左、右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
【分析】①根据实验目的，结合向心力公式F=mrω2分析影响向心力大小的因素，再分析所采用的物理方法；
②标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据向心力演示仪的原理分析即可。
13．【答案】1.260；；；；mg
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查游标卡尺的读数，理解实验原理，熟练掌握牛顿运动定律和机械能守恒定律是解题的关键；知道20分度游标卡尺游标上每小格表示0.95mm。（1）①由图可知，该游标卡尺为20分度，则最小分度值等于0.05mm，游标卡尺读数不用估读，游标尺的第12条刻度线与主尺的对齐，所以小球的直径
②小球通过点时的速度
③若小球在运动过程中机械能守恒，有
整理得
直线的斜率为
（2）小球在运动过程中机械能守恒，有
对小球在点受力分析并结合牛顿第二定律有
由牛顿第三定律有
可得
直线的斜率为
直线与纵轴的交点为为
【分析】 （1）①根据游标卡尺的读数规则读数；
②根据极短时间内的平均速度求瞬时速度；
③根据机械能守恒定律求解h- 函数，得到图像斜率的表达式；
（2）根据机械能守恒定律，牛顿第二、第三定律求解F-h函数，结合图像求斜率和纵截距的关系式。
14．【答案】解：（1）电子经加速电场加速
解得
（2）电子偏转时做类平抛运动，有
联立可得
方向竖直向下。
（3）电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，则有
代入数据得
【知识点】示波器的使用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度v的大小。
（2）电子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小。
（3）电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，从而解得荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
15．【答案】解：（1）因电容器上方无电场，故液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律得
解得
（2）当带电液滴刚好不能到达电容器下极板时电容器的电量达到最大，对刚好不能到达电容器下极板的带电液滴运用动能定理得
根据
解得
（3）液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律
解得
液滴在电容器内部做匀变速运动，由运动学规律
解得
故最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据液滴在电容器上方和内部的运动状态，判断电容器充电过程中的电荷量变化；
（2）液滴在电容器上方做自由落体运动，而在电容器内部受到电场力和重力的共同作用。电容器充电至最大值时，液滴刚好不能到达下极板，此时电容器的电荷量达到最大值；
（3）需要计算液滴从开始下落到离开上极板的总时间，这涉及到自由落体运动和匀变速直线运动的时间计算。
16．【答案】解：（1）滑块恰好经过，重力提供向心力
滑块从A到D，根据动能定理
联立解得
（2）若恰好滑到点停下，根据动能定理
解得
当到点速度为零，根据动能定理
解得
当返回时不超过点，根据动能定理
解得
综上可得滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数的范围
（3）点到点过程中根据动能定理
设点到最高点时间为，则有
解得
可得
另一解舍去。
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）D点重力提供向心力，滑块从A到D，根据动能定理，求h；
（2）恰好滑到F点停下，根据动能定理列式，到G点速度为零，根据动能定理列式，返回时不超过O1点，根据动能定理列式，分析动摩擦因数范围；
（3）A点到I点过程中根据动能定理，再根据运动学公式列式，求角度θ。
1 / 1广东省佛山市南海区石门中学2024-2025学年高二上学期开学测物理试题
1．（2024高二上·南海开学考）无人驾驶飞机简称“无人机”，英文缩写为“UAV”，是利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机，或者由车载计算机完全地或间歇地自主地操作。与有人驾驶飞机相比，无人机往往更适合那些太“愚钝、肮脏或危险”的任务。如图所示，一架无人机挂着一篮高尔夫球在一定高度沿直线水平匀速飞行，某时刻甲球坠落，无人机保持原来运动状态运动位移x后，乙球又坠落。假设地面不平整，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．甲乙两球的落地点一定相距x
B．两球在空中时都在无人机的正下方
C．两球在空中时不在无人机的正下方，但两球与无人机处于一条直线上
D．两球落地的速度大小只由无人机的水平飞行速度决定
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。A．如果落地点存在高度差，下落时间不同，落地点距离不一定相距x，故A错误；
BC．由于惯性，甲乙两球离开无人机后保持原来的水平速度，两球在空中时都在无人机的正下方，故B正确；C错误；
D．两球落地速度大小由无人机的水平飞行速度及下落高度决定，故D错误。
故选B。
【分析】把平抛运动分解成水平和竖直两个分运动，由运动的合成与分解法解答。
2．（2024高二上·南海开学考）如图所示，一种古老的舂米装置，使用时以O点为支点，人用脚踩踏板C，另一端的舂米锤B上升，松开脚后，B回落撞击谷槽A中的谷米。已知，下列说法正确的是（ ）
A．相同时间内B、C的转过的角度相等
B．B、C的线速度大小关系满足
C．B、C的角速度关系满足
D．B、C的向心加速度大小关系满足
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】本题考查匀速圆周运动，解题关键是知道同轴转动的特点，掌握匀速圆周运动的线速度和加速度公式。AC． 使用时以O点为支点， B、C做同轴转动，角速度大小相等，则相同时间内B、C的转过的角度相等，故A正确，C错误；
B．根据可知B、C的线速度大小关系满足
故B错误；
D．根据可知B、C的向心加速度大小关系满足
故D错误。
故选A。
【分析】B、C两点为同轴转动，角速度相同；根据题意判断B、C两点的半径关系，根据a=ω2r比较两点向心加速度大小，根据v=ωr比较两点线速度大小。
3．（2024高二上·南海开学考）在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图，假设泼水过程中杯子做逆时针匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．P位置的小水珠速度方向沿a方向
B．水珠做离心运动是由于合外力大于所需向心力
C．P、Q两位置，杯子的角速度相同
D．从Q到P，杯子所受合外力做功不为零
【答案】C
【知识点】匀速圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】解答本题，要掌握速度、向心加速度、速度变化量均为矢量；要掌握匀速圆周运动合外力充当向心力、且合外力指向圆心、不做功。A． 泼水过程中杯子做逆时针匀速圆周运动，速度方向沿轨迹的切线方向，则P位置的小水珠速度方向沿b方向，故A错误；
B．水珠做离心运动是由于合外力小于所需向心力，故B错误；
C．杯子做逆时针匀速圆周运动，则P、Q两位置，杯子的角速度相同，故C正确；
D．从Q到P，杯子所受合力始终指向圆心，与其速度夹角为90°，合外力做功为零，故D错误。
故选C。
【分析】根据图乙中水珠做离心运动的方向，可以判断杯子的旋转方向，进而判断P位置的小水珠速度方向。根据向心加速度的矢量特性，判断P、Q两位置，杯子的向心加速度是否相同。根据速度的矢量性分析速度是否相同；杯子做匀速圆周运动，根据杯子所受合外力的特点、与位移的角度关系，判断从Q到P，杯子所受合外力做功是否为零。
4．（2024高二上·南海开学考）图（a）为示波管的原理图。如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】带电粒子同时参与两个方向的运动，电压越大瞬间，偏转位移越大，比如零时刻，y方向电压等于零，所以粒子一定落在x轴上正向最大，可排除CD，时刻，粒子y轴正向位移最大，可排除B，故A正确。
故选A。
【分析】由示波管所加电压进行分析。
5．（2024高二上·南海开学考）如图所示，质量分别为、的两个带同种电荷的小球、，分别用长为的绝缘细线悬挂在同一点，两细线与竖直方向各成一定的角度、，两小球用一绝缘轻质弹簧相接，A、B球连线与过点竖直线交于点，初始时刻弹簧处在压缩状态，现增加球的电荷量，下列说法中正确的是（ ）
A．两细线的拉力之比变大 B．两细线的夹角不变
C．与的长度之比不变 D．长度一定变大
【答案】C
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了库仑力作用下的共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。两小球用一绝缘轻质弹簧相接， 对两小球受力分析如图
、为A、B两小球之间的库仑力，、为两小球之间的弹簧弹力，满足
对球受力分析，、、、三力满足相似三角形，则有
同理对球亦有
当球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角、增大，但仍有
，
绳长不变，点上移，长度变小。
故选C。
【分析】对两个小球进行分析，根据几何关系得到拉力之比、AC和BC的长度之比，根据小球的移动情况分析角度的变化。
6．（2024高二上·南海开学考）如图1所示，一半径为R、密度均匀的球体，在与球心O相距2R的P处有一质量为m的质点，球体对该质点的万有引力大小为F。现从球体中挖去“半径为的小球体（球心在OP连线上，右端位于O点），如图2所示，则剩余部分对该质点的万有引力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握万有引力定律公式是解题的基础。一半径为R、密度均匀的球体， 设球体的密度为ρ，球体的质量为M，根据小球的体积公式可得
从球体中挖去半径为的小球体，则小球体的质量
球体对该质点的万有引力大小
故挖去小球体后，剩余部分对该质点的万有引力大小
解得
故选C。
【分析】根据体积关系，求出挖去部分的质量。用没挖之前球对质点的万有引力，减去被挖部分对质点的万有引力，就是剩余部分对质点的万有引力。
7．（2024高二上·南海开学考）如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为处分别固定两点电荷、（两点电荷的电荷量和电性均未知）。一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为，图线最高点对应的横坐标为，不计试探电荷受到的重力，则下列判断正确的是（ ）
A．点电荷带负电
B．试探电荷在之间受到的电场力沿x轴正方向
C．之间的电场强度沿x轴正方向
D．两点电荷、电荷量的比值为
【答案】C
【知识点】电势能
【解析】【解答】该题考查两个点电荷形成的电场的叠加，根据电场的分布、电势能的变化以及点电荷场强为零位置的确定可以分析本题。
A．因为x2处电势能为负， 一带负电的试探电荷，所以x2处电势为正，可知点电荷带正电，点电荷带负电，选项A错误；BC．试探电荷在之间电势能增大，试探电荷受到的电场力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受电场力沿x轴负方向，电场强度沿x轴正方向，B错误、C正确；
D．由题图可知处的电场强度为零，则
解得
D错误。
故选C。
【分析】根据电场分布可以确定点电荷带电性质，根据电势能的变化可以分析电场力做功问题，从而判断电场强度方向，最后根据场强为零的位置，可以比较点电荷电荷量的比值。
8．（2024高二上·南海开学考）如图所示，是平行板电容器的两个极板，为滑动变阻器。用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合开关，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为。下列说法正确的是（ ）
A．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向端滑动，则增大
B．保持S闭合，将板向板靠近，则增大
C．断开S，将板向板靠近，则增大
D．断开，将板向下移动少许，则增大
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】根据对小球的受力分析可知，悬线偏离竖直方向的夹角符合
因此两极板间的场强越大，越大。
A．保持S闭合，极板间的电压大小等于电源电动势。滑动变阻器的滑片位置不会影响极板上的电压大小，则场强大小不变，不变。故A错误；
B．保持S闭合，极板间电压不变时，将板向板靠近，则板间距离减小，根据场强
可知场强大小增大，则增大。故B正确；
C．断开S，则极板上的电荷量不变，将板向板靠近，则根据
，
可得
极板间的场强
极板间距离增大或减小不影响场强大小，其余物理量均不变，则场强大小不变，不变。故C错误；
D．根据上述分析，断开，将板向下移动少许，则极板间的正对面积减小，则场强增大，则增大。故D正确。
故选BD。
【分析】根据对小球的受力分析确定θ与电场强度的关系，依据，，分别分析判断；
AB、电路为断路，滑动变阻器划片位置不影响电容器两极板电压，即电容器电压不变，对A场强不变，对B由场强增大，分析判断；
CD、断开S，电容器电荷量不变，减小两板间距离由场强不变，减小正对面积场强增大，分析判断。
9．（2024高二上·南海开学考）两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，A、B、C三点也在水平面上，如图甲所示。一个带电荷量为，质量为的小物块（可视为质点）从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线（图中标出了该切线）斜率最大的位置，则下列说法正确的是（ ）
A．由C到A的过程中物块的电势能一直在增大
B．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强大小为
C．由C点到A点电势逐渐降低
D．A、B两点间的电势差
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道v-t图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法。A． 一个带电荷量为，质量为的小物块（可视为质点）从C点静止释放，物块由C到A的过程中，电场强度由C指向A，所受的电场力由C指向A，电场力做正功，物块的电势能一直在减小，A错误；
B．根据图像得
根据牛顿第二定律得
解得
B点斜率最大，加速度最大，电场力最大，B点为中垂线上电场强度最大的点，B正确；
C．因为电场强度由C指向A，所以，由C点到A点电势逐渐降低，C正确；
D．根据动能定理得
解得
D错误。
故选BC。
【分析】由能量守恒定律分析电势能的变化情况。根据v-t图可知物块在B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值。由C到A的过程中物块的动能一直增大，根据电场线的方向分析电势的变化，由动能定理可求得AB两点的电势差。
10．（2024高二上·南海开学考）真空中间距为d的两块平行金属板，板长为L，如图甲所示。加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0（k≥1），电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t=0时刻，有一个质量为m、电荷量为e的电子，以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是（ ）
A．若k=1且电子恰好在2T时刻射出电场，则电子射出时的速度大于v0
B．若k=1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加
C．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则两板间距离应满足
D．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度大小等于
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题主要是考查了带电粒子在电场中的运动，关键是弄清楚运动过程和受力情况，根据牛顿第二定律、运动学公式结合动能定理等进行解答。A．若k=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示
若电子恰好在2T时刻射出电场，竖直方向的速度为零，则电子射出时的速度为v0；故A错误；
B．若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，在0～2T时间内电场力做功为零，电子动能变化为零，在2T～3T时间内根据动能定理可得
故B正确；
C．竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小
位移
在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小
初速度的大小
匀减速运动阶段的位移
由题意知
解得
故C正确；
D．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时水平方向的速度大小为
合速度为
故D错误。
故选BC。
【分析】若k=1，分析电子在竖直方向的速度随时间变化情况，根据动能定理得到T时刻或2T时刻射出电场时的速度；若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，分析电子的受力情况，根据运动学公式求解位移和速度。
11．（2024高二上·南海开学考）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。
①需要的实验操作有 （多选）；
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．倾斜轨道以补偿阻力
C．小车靠近打点计时器静止释放
D．先接通电源再释放小车
②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为 。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打计数点2时小车的速度大小为： （结果保留3位有效数字）。
【答案】ACD；2.75；1.48
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】本题考查学生对“探究小车速度随时间变化的规律”的实验的注意事项和瞬时速度表达式的掌握，是一道基础实验题。①A．实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，这样可以保证小车所受合外力恒定，加速度恒定，故选项A正确；
B．该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项B错误；
C．为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C正确；
D．先接通电源再释放小车，选项D正确。
故选ACD。
②计数点1的读数为2.75。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打点周期T=0.02s，则打计数点2时小车的速度大小为
【分析】①“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，需要细线与轨道平行，不需要倾斜轨道补偿阻力，小车靠近打点计时器静止释放，先接通电源再释放小车；
②根据瞬时速度表达式，结合题中数据，求解。
12．（2024高二上·南海开学考）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
①采用的实验方法是
A．控制变量法 B．等效法 C．模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的 之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值 （选填“不变”、“变大”或“变小”）。
【答案】A；角速度平方；不变
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题考查了探究小球做圆周运动所需向心力的大小Fn与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验，实验的原理为圆周运动向心力公式，采用了控制变量法；知道线速度与角速度的关系，知道小球做匀速圆周运动的角速度是通过改变塔轮半径来实现的。①本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法；
故选A。
②标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据
在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。
设皮带两塔轮的半径为R1、R2，塔轮的线速度为v；则有
，
小球质量和转动半径相同的情况下，可知
由于两变速盘的半径之比不变，则两小球的角速度平方之比不变，左、右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
【分析】①根据实验目的，结合向心力公式F=mrω2分析影响向心力大小的因素，再分析所采用的物理方法；
②标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据向心力演示仪的原理分析即可。
13．（2024高二上·南海开学考）某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，光滑斜面AB与半径为R的光滑圆弧面相切于斜面底端的B点，圆弧的最低点为C。他采用以下两种方案来验证质量为m的小球从斜面上某点由静止释放运动到C点的过程中机械能是否守恒。（当地重力加速度为g）
（1）方案一：
①他用20分度游标卡尺测量小球的直径d，如图乙所示，则小球直径 cm，在C点安装一个光电门；
②将小球从斜面上某点由静止释放，小球通过C点光电门时所用的时间为t，则小球通过C点时的速度 （用物理量符号表示）；
③改变小球的释放位置，测得释放位置到C点的高度为h，重复②，得到多组释放高度h和对应时间t，以为横坐标，以h为纵坐标，将所得的数据点描点、连线，得到一条直线，若直线的斜率 ，则表明小球在上述运动过程中机械能守恒。
（2）方案二：
①在圆弧最低点C安装一个力传感器；
②将小球从斜面上某点由静止释放，测得释放位置到C点的高度为h，并测得小球通过C点时传感器的示数F；
③改变小球的释放位置，重复②，得到多组释放高度h和对应传感器的示数F，以h为横坐标，以为F纵坐标，将所得的数据点描点、连线，得到一条直线，该直线的斜率为k，与纵轴的交点为b，若小球在上述运动过程中机械能守恒，则 ， 。（用物理量符号表示）。
【答案】1.260；；；；mg
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查游标卡尺的读数，理解实验原理，熟练掌握牛顿运动定律和机械能守恒定律是解题的关键；知道20分度游标卡尺游标上每小格表示0.95mm。（1）①由图可知，该游标卡尺为20分度，则最小分度值等于0.05mm，游标卡尺读数不用估读，游标尺的第12条刻度线与主尺的对齐，所以小球的直径
②小球通过点时的速度
③若小球在运动过程中机械能守恒，有
整理得
直线的斜率为
（2）小球在运动过程中机械能守恒，有
对小球在点受力分析并结合牛顿第二定律有
由牛顿第三定律有
可得
直线的斜率为
直线与纵轴的交点为为
【分析】 （1）①根据游标卡尺的读数规则读数；
②根据极短时间内的平均速度求瞬时速度；
③根据机械能守恒定律求解h- 函数，得到图像斜率的表达式；
（2）根据机械能守恒定律，牛顿第二、第三定律求解F-h函数，结合图像求斜率和纵截距的关系式。
14．（2024高二上·南海开学考）如图所示，电子经加速电场加速后，在水平方向沿垂直进入偏转电场，出偏转电场后速度与水平方向成30°，打到荧光屏P上的A点。已知加速电场中的电压为U1，形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），A点与距离为h，忽略电子的重力影响，不计空气阻力，电子质量为m，电荷量为e。求：
（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；
（2）偏转电场强度的大小和方向；
（3）荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
【答案】解：（1）电子经加速电场加速
解得
（2）电子偏转时做类平抛运动，有
联立可得
方向竖直向下。
（3）电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，则有
代入数据得
【知识点】示波器的使用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度v的大小。
（2）电子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小。
（3）电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，从而解得荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
15．（2024高二上·南海开学考）如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，初始时不带电。距小孔正上方高h处不断有质量为m，电荷量为+q的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触到下极板后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：
（1）小液滴到达小孔处的速度；
（2）电容器所带电荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间。
【答案】解：（1）因电容器上方无电场，故液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律得
解得
（2）当带电液滴刚好不能到达电容器下极板时电容器的电量达到最大，对刚好不能到达电容器下极板的带电液滴运用动能定理得
根据
解得
（3）液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律
解得
液滴在电容器内部做匀变速运动，由运动学规律
解得
故最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据液滴在电容器上方和内部的运动状态，判断电容器充电过程中的电荷量变化；
（2）液滴在电容器上方做自由落体运动，而在电容器内部受到电场力和重力的共同作用。电容器充电至最大值时，液滴刚好不能到达下极板，此时电容器的电荷量达到最大值；
（3）需要计算液滴从开始下落到离开上极板的总时间，这涉及到自由落体运动和匀变速直线运动的时间计算。
16．（2024高二上·南海开学考）如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为、0.5r、1.5r的三个半圆轨道、、，半径为r的四分之一圆弧轨道，长度的水平轨道EF组成，轨道和轨道前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放，恰好可以通过轨道的最高点D，不计空气阻力。
（1）求A、C两点的高度差h；
（2）要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数的范围；
（3）若半圆轨道中缺一块圆心角为的圆弧积木（I、J关于对称），滑块从I飞出后恰能无碰撞从J进入轨道，求的值。
【答案】解：（1）滑块恰好经过，重力提供向心力
滑块从A到D，根据动能定理
联立解得
（2）若恰好滑到点停下，根据动能定理
解得
当到点速度为零，根据动能定理
解得
当返回时不超过点，根据动能定理
解得
综上可得滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数的范围
（3）点到点过程中根据动能定理
设点到最高点时间为，则有
解得
可得
另一解舍去。
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）D点重力提供向心力，滑块从A到D，根据动能定理，求h；
（2）恰好滑到F点停下，根据动能定理列式，到G点速度为零，根据动能定理列式，返回时不超过O1点，根据动能定理列式，分析动摩擦因数范围；
（3）A点到I点过程中根据动能定理，再根据运动学公式列式，求角度θ。
1 / 1
