广东省广州市越秀区2024-2025学年高二上学期9月开学考试物理试题
1．（2024高二上·越秀开学考）小越同学在课本中选取了四幅图片，如图所示，他的观点正确的是（ ）
A．图甲，喷泉斜向上喷出的水到最高点时的速度为零
B．图乙，桶内衣物上的水滴被甩出是因为水滴受到离心力的作用
C．图丙，用不同力度打击弹性金属片，高度一定时，力度越大，A球运动时间越长
D．图丁，液压杆缓慢将车厢顶起过程中（货物相对车厢静止），支持力对货物做正功
2．（2024高二上·越秀开学考）如图所示是小船过河的情景，水流速度恒定，以下分析正确的是（ ）
A．若船头指向图中2的方向，船可能在C点靠岸
B．若要船过河位移最短，船头应指向图中1的方向
C．若要船过河时间最短，船头应指向图中2的方向
D．若要船过河到达C点，船头应指向图中3的方向
3．（2024高二上·越秀开学考）如图所示，实线为电场中方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子以不同速度从M点射入电场，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（ ）
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的动能逐渐减小，b的动能逐渐增加
C．a的加速度逐渐减小，b的加速度逐渐增加
D．两个粒子的电势能一个逐渐增加一个逐渐减小
4．（2024高二上·越秀开学考）2024年5月3日嫦娥六号发射成功，5月8日成功实施近月制动（如图所示），并顺利进入环月轨道飞行。假设登月探测器在环月轨道1上的P点实施变轨，进入椭圆轨道2，再由近月点Q点进入圆轨道3，已知轨道1的半径为3r，轨道3的半径为r，登月探测器在轨道3的运行周期为T，则登月探测器（ ）
A．在轨道1上运行的周期为
B．从轨道2上的Q点进入圆轨道3时，需要点火加速
C．沿轨道1过P点比沿轨道2上过P点时的加速度大
D．沿轨道2运行时，经P点和Q点时的加速度大小之比为
5．（2024高二上·越秀开学考）澳门特区的澳门塔是亚洲最高的蹦极地，挑战者甲从233米的高空跳下，能体验到完全失重的刺激。为了研究蹦极运动过程，做以下简化：将挑战者视为质点，她的运动始终沿竖直方向，不计空气阻力。弹性绳的一端固定在O点，另一端与挑战者相连。挑战者从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起来，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．B到D，甲的加速度一直减小
B．O到C，甲的速度先增大后减小
C．B到C，绳弹性势能增加量等于甲重力势能的减少量
D．O到C，甲重力势能减少量等于甲动能和绳弹性势能增加量之和
6．（2024高二上·越秀开学考）图甲为沿顺时针方向转动的水平传送带，将一可视为质点的质量m=1kg的小物块轻放在传送带左端A处，t=6s时恰好到达右端B处，其v-t图如图乙（g=10m/s2），则（ ）
A．AB间距离为24m
B．小物块对传送带做功为-16J
C．传送带对小物块做功为16J
D．小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为16J
7．（2024高二上·越秀开学考）2020年7月23日，中国“天问一号”探测器发射升空，开启了火星探测之旅。已知火星与地球绕太阳公转的轨道半径之比为，火星与地球的质量之比为，火星与地球的半径之比为，则下列说法正确的是（ ）
A．火星比地球绕太阳公转的向心加速度大
B．火星与地球绕太阳运行的动能之比为
C．火星与地球的第一宇宙速度之比为
D．地球和太阳的连线与火星和太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
8．（2024高二上·越秀开学考）足球在空中运动的轨迹如图，若以地面为参考平面，h为足球距地面高度，不计空气阻力，下列表示足球在空中运动的加速度a、重力势能随h变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高二上·越秀开学考）如图，截面将空间中的长方体区域分成两个正方体区域，在点固定有正点电荷，点固定有负点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．点电势高于点的电势
B．点和点的电场强度相同
C．点的电场强度小于点的电场强度
D．一负点电荷自点沿直线运动至点，静电力先做正功后做负功
10．（2024高二上·越秀开学考）如图为修建高层建筑常用的塔式起重机，起重机将质量的重物由静止开始匀加速竖直吊起，加速度，当起重机输出功率达到最大值后，保持该功率直到重物做速度为的匀速运动，取，不计空气阻力和额外功。则（ ）
A．起重机输出的最大功率为
B．重物做匀加速运动所经历的时间为5s
C．重物做匀加速运动所经历的时间为5.1s
D．起重机在第2秒末的输出功率为
11．（2024高二上·越秀开学考）某实验小组做探究影响向心力大小因素的实验，图甲为“向心力演示器”装置，已知挡板A、C到左右塔轮中心轴的距离相等，B到左塔轮中心轴距离是A的2倍，皮带按图乙三种方式连接左右变速塔轮，每层半径之比由上至下依次为、和。
（1）在探究向心力与角速度的关系时，为了控制角速度之比为，需要将传动皮带调至第 （填“一”、“二”或“三”）层塔轮，然后将两个质量相同的钢球分别放在 挡板（填“A、B”，“A、C”或“B、C”）处，匀速转动手柄，左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，则可得出的结论是 。
（2）在记录两个标尺露出的格数时，同学们发现要同时记录两边的格数且格数又不是很稳定，不便于读取。于是有同学提出用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数。下列对该同学建议的评价，你认为正确的是______。
A．该方法可行，且不需要匀速转动手柄
B．该方法可行，但仍需要匀速转动手柄
C．该方法不可行，因不能确定拍照时露出的格数是否已稳定
12．（2024高二上·越秀开学考）某校高一年级同学，在学习机械能守恒定律时，准备做验证机械能守恒的实验，两组同学采用的装置如图甲、乙所示。
（1）第一组同学将图甲中的实验装置安装好后，用手提住纸带上端，松手之后让重物拖着纸带由静止开始下落。回答下列问题：
①从打出的多条纸带中找出一条起点清晰的纸带，如图丙所示，其中O点为打出的第一个点， A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续计时点，已知打点计时器打点频率为50Hz。重物的质量为1.00kg，取，从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量 J，动能增加量 J．在误差允许的范围内，如果两者近似相等，则可验证机械能守恒。（结果保留三位有效数字）
②利用本实验的实验器材，不能完成的实验是 （填选项前字母）。
A．研究自由落体运动规律 B．探究加速度与物体质量大小的关系
C．研究匀变速直线运动的规律 D．测量重力加速度的大小
（2）第二组同学按图乙将实验装置安装好后，小球静止下垂时球心恰好正对光电门，用手把小球拉至与悬点等高处，且细线伸直，由静止释放小球，已知小球质量为m，直径为D，细线长为L，当地重力加速度大小为g，测得小球遮挡光电门的时间为，回答下列问题：
①小球通过光电门时的速度大小 ；
②若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式 。（用题中物理量表示）
13．（2024高二上·越秀开学考）用一长1m的轻质柔软绝缘细线拴一个质量为0.2kg、电荷量为的小球，细线的上端固定于O点，现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与竖直方向成37°（g取，，）．
（1）求细线对小球的拉力；
（2）求匀强电场的场强为多大；
（3）把小球从A点移到B点，，此时细线与竖直方向成53°，求电场力对小球做的功和小球电势能的变化量。
14．（2024高二上·越秀开学考）如图所示的倒“T”字型装置中，圆环a和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴底部和环a，细线穿过光滑小孔O，两端分别与环a和小球b连接，细线与竖直杆平行，整个装置开始处于静止状态。现使整个装置绕竖直轴缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角为53°时，使整个装置以角速度ω匀速转动。已知弹簧的劲度系数为k，环a、小球b的质量均为m，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
（1）装置静止时，弹簧的形变量x0；
（2）装置角速度为ω转动时，小孔与小球b的之间的线长L；
（3）装置由静止开始转动至角速度为ω的过程中，细线对小球B做的功W。
15．（2024高二上·越秀开学考）如图所示，为固定在地面上半径、圆心角的粗糙圆弧轨道，圆弧轨道末端C与长木板P上表面平滑对接但不粘连，竖直．质量的小物块从固定水平台右端A点以4m/s的初速度水平抛出，运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，至C点时对圆弧轨道的压力大小为60N，之后小物块滑上木板P，始终未从木板P上滑下．已知木板P质量，小物块与木板P间的动摩擦因数，木板P与地面间的动摩擦因数，重力加速度，，，忽略空气阻力，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求：
（1）小物块在B点的速度大小；
（2）小物块在C点的速度大小；
（3）整个过程中，地面对木板做的功．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平抛运动；斜抛运动；离心运动和向心运动；功的概念
【解析】【解答】A． 平抛运动可以看成水平方向和竖直方向两个直线运动的合运动。水平方向上有初速度，不受力，所以做匀速直线运动；竖直方向上无初速度，只受重力，所以做自由落体运动。 喷泉斜向上喷出的水到最高点时竖直方向上的速度为零，但水平方向上的速度不为零，A错误；
B．水滴在衣服上的附着力小于其圆周运动所需的向心力时，水滴会做离心运动，从而被甩出去，向心力、离心力都是效果力，不能说水滴受到离心力的作用，B错误；
C．平抛运动在水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，根据自由落体运动规律
解得
因此A球在空中运动的时间只与竖直高度有关，C错误；
D． 力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功，大于90°小于等于180°，该力做负功。对货物受力分析可知，支持力的方向与货物上升位移的夹角为锐角，故支持力对其做正功，D正确。
故选D。
【分析】喷泉水平方向上的速度不为零，向心力、离心力都是效果力，不能说水滴受到离心力的作用，根据平抛运动规律分析，根据功的正、负条件分析。
2．【答案】A
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】本题考查小船渡河问题，解题关键是知道小船以最短位移渡河和以最短时间渡河时速度方向的特点，知道合运动与分运动具有等时性。A．若船头朝向2，则合速度方向有可能沿图中3方向，船可能在C点靠岸。故A正确；
B．若要船过河位移最短，则合速度方向沿图中1方向，所以船头应该朝向图中1的左侧方向。故B错误；
C．若要船过河时间最短，船头应垂直河岸，应朝向图中1的方向。故C错误；
D．若要船过河到达C点，则合速度方向沿图中3方向，所以船头应该朝向图中3的左侧方向。故D错误。
故选A。
【分析】小船同时参与沿河岸方向与垂直于河岸方向的两个分运动，若小船以最短时间渡河时，船头垂直于河岸；当小船在静水中的速度大于水流速度时，小船能到达正对岸，小于水流速度时不能到达正对岸；小船以最短位移渡河时，合速度方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求解合速度，然后判断各选项可能的情况。
3．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】我们理解了电场线的特点就能顺利解决，明白只要合外力做正功物体的动能就将增加、电势能减小。AB． 仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示 ，静电力方向沿电场线指向轨迹凹侧，又有正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同，负电荷相反，但不知道电场线方向，则无法判断粒子电性，a、b粒子速度方向与a、b粒子所受静电力方向的夹角均为锐角，电场力做正功。由动能定理可知：两粒子的动能都增大，故AB错误；
C．电场线疏密表示场强大小，结合公式
可知，a受到的电场力在减小，加速度
在减小，b受到的电场力在增大，加速度在增大，故C正确；
D．电场力对a、b做正功，两个粒子动能均增大，电势能均减小，故D错误。
故选C。
【分析】正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，由于场强方向未知故不能确定电荷的电性；电场线的疏密代表电场的强弱，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大；根据动能定理，合外力做正功，动能增加。
4．【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用问题，会根据题意进行准确的分析和计算。A． 已知轨道1的半径为3r，轨道3的半径为r，登月探测器在轨道3的运行周期为T， 根据开普勒第三定律
得
故A正确；
B．从轨道2上的Q点进入圆轨道3时，做近心运动，需要减速，故B错误；
C．万有引力提供向心力，根据
沿轨道1过P点加速度等于沿轨道2上过P点时的加速度，故C错误；
D．根据
沿轨道2运行时，经P点和Q点时的加速度大小之比为，故D错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律分析解得周期；根据变轨原理分析B，根据万有引力提供向心力分析CD。
5．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查功能关系和牛顿第二定律的应用，关键是能清楚游客的受力情况和运动过程中能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关，动能的变化与合力做功有关。AB．根据题意，O到B过程甲做自由落体运动，加速度不变，速度增大；B到D过程，对甲受力分析，由牛顿第二定律
B到C过程，由于重力不变，弹力增大，加速度减小，由合力方向与运动方向相同，则甲做加速度减小的加速运动；经过合力为零的C点速度达到最大；C到D过程，弹力大于重力，且弹力不断增大，加速度增大，由合力方向与运动方向相反，则甲做加速度增大的减速运动，故AB错误；
CD．根据能量守恒，甲在O点重力势能最大，O到C过程甲重力势能减少量等于甲动能和绳弹性势能增加量之和，而B到C过程，甲重力势能的减少量大于绳弹性势能增加量，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据游客的受力情况分析其速度和加速度的变化情况，根据功能关系分析重力势能的变化和机械能的变化情况。
6．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】本题解题的关键是知道v-t图像的面积表示物块运动的位移，知道物块在0～4s内在摩擦力作用下做匀加速直线运动，物块与传送带共速后做匀速直线运动，摩擦力为零。A．传送带AB长度即为物块在6s内发生的位移，即图乙0~6s图线与坐标轴所围区域的面积，所以
故A错误；
B．物块对传送带只在加速过程中做功，所以
联立可得
故B正确；
C．传送带对小物块做功为
故C错误；
D．小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为
故D错误。
故选B。
【分析】利用v-t图像的面积求解；由图乙可知物块与传送带共速的速度及物块的加速度大小，由牛顿第二定律可得摩擦力大小，由运动学公式可得传送带在物块匀加速运动过程的位移，利用W=Fx可得物块对传送带做的功；利用动能定理可得传送带对小物块做功；利用v-t图像的面积可得物块匀加速过程运动的位移，则可得物块相对传送带滑动的距离，利用Q=f x相对可得摩擦力产生的热量。
7．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题；动能
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，得到线速度、加速度等与轨道半径的关系。
A．由题意可知，火星与地球绕太阳公转的轨道半径之比为，即
火星与地球绕太阳做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
可知
即火星比地球绕太阳公转的向心加速度小，故A错误；
B．火星与地球绕太阳做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
又
则火星与地球绕太阳运行的动能之比为
故B正确；
C．设某天体分别绕火星和地球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
又
可得火星与地球的第一宇宙速度之比为
故C错误；
D．由开普勒第二定律可知，对同一个行星，太阳与该行星的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力提供向心力导出加速度表达式，结合半径关系判断，导出动能表达式，代入数据求解动能比值；导出线速度表达式，代入数据求解第一宇宙速度比值；根据开普勒第二定律的内容进行分析判断。
8．【答案】A,C
【知识点】斜抛运动；重力势能
【解析】【解答】本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解斜抛运动的特点，结合重力势能的表达式即可完成分析。AB．足球在空中运动时只受重力，所以加速度为重力加速度，保持不变，故B错误，A正确；
CD．足球在某一高度h所具有的重力势能为
即重力势能与高度h成正比，故D错误，C正确。
故选AC。
【分析】足球做斜抛运动，足球的加速度为重力加速度，根据重力势能与高度的关系完成分析。
9．【答案】A,B,C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题主要是考查等量异种电荷电场强度的叠加，关键是知道等量异种电荷电场线的分布情况，掌握电势高低的判断方法。A．离正电荷更近，故点电势高于点的电势，故A正确；
BC．等量异种点电荷的电场分布如图所示
截面为两等量异种点电荷的中垂面，点为两点电荷连线的中点，点到点的距离等于点到点的距离，根据对称性可知，点和点的电场强度大小相等，方向相同；由于点到点的距离大于点到点的距离，则点的电场强度小于点的电场强度，故BC正确；
D．根据等量异种点电荷产生的电场，可知平面是等势面，故一负点电荷自点沿直线运动至点，静电力不做功，故D错误。
故选ABC。
【分析】根据电势高低的判断方法进行分析；根据等量异种点电荷的电场分布情况结合电场强度叠加方法进行分析；平面A2B2C2D2是等势面，在等势面上移动电荷静电力不做功。
10．【答案】A,B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】本题考查瞬时功率的计算问题。在解题时，常结合牛顿定律，运动学规律以及功率公式，综合求解即可。A．当牵引力等于重力时功率最大，则起重机输出的最大功率为
选项A正确；
BC．重物做匀加速运动的牵引力
匀加速能达到的最大速度
所经历的时间为
选项B正确，C错误；
D．起重机在第2秒末的输出功率为
选项D错误。
故选AB。
【分析】根据功率的公式P=Fv，计算最大功率，结合运动学规律，牛顿定律以及功率的公式计算匀加速时间。先计算两秒末的速度，再结合功率公式计算即可。
11．【答案】（1）三；A、C；在钢球质量和运动半径一定时，钢球做圆周运动时所需的向心力与角速度的平方成正比
（2）A
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）变速塔轮属于皮带传动，两个塔轮的线速度相等，由线速度与角速度关系公式可知，角速度与半径成反比，可知需要将传动皮带调至第三层塔轮。在探究向心力与角速度的关系时，将两个质量相同的钢球分别放在A、C挡板处。
匀速转动手柄，左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，格数多少代表向心力的大小，则可得出的结论是：在钢球质量和运动半径一定时，钢球做圆周运动时所需的向心力与角速度的平方成正比。
（2）由题意可知，在转动手柄时，两边标尺露出的格数虽然不同，但是是同时显示的，即两边显示的格数比例关系不变，与是否需要匀速转动手柄无关，因此用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数，该方法可行，且不需要匀速转动手柄。
故选A。
【分析】（1）根据控制变量法，探究向心力的大小与角速度的关系，应使两球的质量和半径相同；根据实验结果分析结论；
（2）根据本实验的原理和要求，分析判断。
（1）[1]在探究向心力与角速度的关系时，为了控制角速度之比为，由线速度与角速度关系公式可知，因左、右变速塔轮是皮带传动，则左、右两变速塔轮边缘的线速度大小相等，则角速度与半径成反比，可知需要将传动皮带调至第三层塔轮。
[2]在探究向心力与角速度的关系时，需要使两钢球的转动半径和质量分别相同，因此将两个质量相同的钢球分别放在A、C挡板处。
[3] 匀速转动手柄，左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，可知左侧钢球需要的向心力与右侧钢球需要的向心力之比是，则可得出的结论是：在钢球质量和运动半径一定时，钢球做圆周运动时所需的向心力与角速度的平方成正比。
（2）由题意可知，在转动手柄时，两边标尺露出的格数虽然不同，但是是同时显示的，即两边显示的格数比例关系不变，与是否需要匀速转动手柄无关，因此用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数，该方法可行，且不需要匀速转动手柄。
故选A。
12．【答案】（1）1.72；1.62；B
（2）；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了验证机械能守恒定律的实验，对于基础实验要理解实验原理，掌握实验注意事项，能够准确的应用相关原理进行分析。
（1）①从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量
打B点时的速度
动能增加量
②利用本实验的实验器材，能完成研究自由落体运动规律实验、研究匀变速直线运动的规律实验以及能测量重力加速度的大小，因为重物下落过程中加速度不变，故不能完成探究加速度与物体质量大小的关系的实验。
故选B。
（2）①小球通过光电门时的速度大小
②若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式
【分析】（1）根据实验原理以及实验注意事项进行分析；首先根据匀变速运动的推论分析得到打点计时器打B点的速度，再根据动能定义式求解B点动能；
（2）根据机械能守恒定律列式即可。
（1）①[1]从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量
[2]打B点时的速度
动能增加量
②[3]利用本实验的实验器材，能完成研究自由落体运动规律实验、研究匀变速直线运动的规律实验以及能测量重力加速度的大小，因为重物下落过程中加速度不变，故不能完成探究加速度与物体质量大小的关系的实验。
故选B。
（2）①[1]小球通过光电门时的速度大小
②[2]若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式
13．【答案】（1）解：小球受重力、电场力、拉力而平衡，受力情况如图所示
则有
解得
（2）解：根据平衡条件有
解得
（3）解：经分析，小球带正电，把小球从A点水平移到B点，电场力做负功，根据几何关系
则电场力做功
因电场力做功等于电势能的减小量，则
解得
故电场力对小球做了的功，电势能变化量为2.1J
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）在A点，小球受重力、电场力、拉力而平衡，根据平衡条件结合几何关系进行解答；
（2）根据平衡条件求解电场强度大小；
（3）求出AB在水平方向的距离，根据电场力做功的计算公式求解电场力做的功，根据功能关系求解电势能增加量。
（1）小球受重力、电场力、拉力而平衡，受力情况如图所示
则有
解得
（2）根据平衡条件有
解得
（3）经分析，小球带正电，把小球从A点水平移到B点，电场力做负功，根据几何关系
则电场力做功
因电场力做功等于电势能的减小量，则
解得
故电场力对小球做了的功，电势能变化量为2.1J
14．【答案】解：（1）装置静止时，对环a和小球b整体
kx0＝（m＋m）g
得弹簧的形变量
（2）对b球：由牛顿第二定律得
mgtanθ＝mω2·Lsinθ
解得小孔下方绳长
（3）整个装置以角速度ω匀速转动时，设弹簧的形变量为x2，对环a受力平衡
kx2＝mg＋T
对小球b
Tcosθ=mg
解得
小球b的速度
v=ω·Lsinθ
对b球，竖直方向上升的高度
Δh=L（1－cosθ）-（x2－x0）
由动能定理得
解得细线对小球B做的功
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）装置静止时，对环a和小球b整体，根据平衡条件和胡克定律相结合求解弹簧的形变量x0；
（2）装置角速度为ω转动时，对b球，由牛顿第二定律和向心力公式相结合列式，即可求解小孔与小球b的之间的线长L；
（3）整个装置以角速度ω匀速转动时，对环a，根据平衡条件列式。对b球，竖直方向根据平衡条件列式，联立求出弹簧的形变量，从而求得装置由静止开始转动至角速度为ω的过程中b球上升的高度，并求出b球转动的线速度，最后由动能定理求细线对小球B做的功W。
15．【答案】（1）解：物块运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，有
解得
（2）解：根据牛顿第三定律，小物体受到的支持力为，方向竖直向上，对小物块
解得
（3）解：小物块滑上木板P时，设小物块的加速度为，初速度为，最后共速为，小物块
解得
对木板
解得
设达到共速的时间为t，则
解得
，
设此过程木板的是位移，则有
经分析，物块与木板共速后一起做匀减速直线运动直到速度为零，之后有
得
设此过程位移为，有
解得
整个过程中，地面对木板做的功为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；功的概念
【解析】【分析】（1）利用速度夹角计算B点的速度大小；
（2）根据圆周运动的向心力公式计算C点的速度大小；
（3）根据牛顿第二定律，以及牛顿第三定律，结合合外力提供向心力，求出C点的速度，然后利用运动学公式，求出木板的长度，根据功的公式计算做功的大小。
（1）物块运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，有
解得
（2）根据牛顿第三定律，小物体受到的支持力为，方向竖直向上，对小物块
解得
（3）小物块滑上木板P时，设小物块的加速度为，初速度为，最后共速为，小物块
解得
对木板
解得
设达到共速的时间为t，则
解得
，
设此过程木板的是位移，则有
经分析，物块与木板共速后一起做匀减速直线运动直到速度为零，之后有
得
设此过程位移为，有
解得
整个过程中，地面对木板做的功为
1 / 1广东省广州市越秀区2024-2025学年高二上学期9月开学考试物理试题
1．（2024高二上·越秀开学考）小越同学在课本中选取了四幅图片，如图所示，他的观点正确的是（ ）
A．图甲，喷泉斜向上喷出的水到最高点时的速度为零
B．图乙，桶内衣物上的水滴被甩出是因为水滴受到离心力的作用
C．图丙，用不同力度打击弹性金属片，高度一定时，力度越大，A球运动时间越长
D．图丁，液压杆缓慢将车厢顶起过程中（货物相对车厢静止），支持力对货物做正功
【答案】D
【知识点】平抛运动；斜抛运动；离心运动和向心运动；功的概念
【解析】【解答】A． 平抛运动可以看成水平方向和竖直方向两个直线运动的合运动。水平方向上有初速度，不受力，所以做匀速直线运动；竖直方向上无初速度，只受重力，所以做自由落体运动。 喷泉斜向上喷出的水到最高点时竖直方向上的速度为零，但水平方向上的速度不为零，A错误；
B．水滴在衣服上的附着力小于其圆周运动所需的向心力时，水滴会做离心运动，从而被甩出去，向心力、离心力都是效果力，不能说水滴受到离心力的作用，B错误；
C．平抛运动在水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，根据自由落体运动规律
解得
因此A球在空中运动的时间只与竖直高度有关，C错误；
D． 力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功，大于90°小于等于180°，该力做负功。对货物受力分析可知，支持力的方向与货物上升位移的夹角为锐角，故支持力对其做正功，D正确。
故选D。
【分析】喷泉水平方向上的速度不为零，向心力、离心力都是效果力，不能说水滴受到离心力的作用，根据平抛运动规律分析，根据功的正、负条件分析。
2．（2024高二上·越秀开学考）如图所示是小船过河的情景，水流速度恒定，以下分析正确的是（ ）
A．若船头指向图中2的方向，船可能在C点靠岸
B．若要船过河位移最短，船头应指向图中1的方向
C．若要船过河时间最短，船头应指向图中2的方向
D．若要船过河到达C点，船头应指向图中3的方向
【答案】A
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】本题考查小船渡河问题，解题关键是知道小船以最短位移渡河和以最短时间渡河时速度方向的特点，知道合运动与分运动具有等时性。A．若船头朝向2，则合速度方向有可能沿图中3方向，船可能在C点靠岸。故A正确；
B．若要船过河位移最短，则合速度方向沿图中1方向，所以船头应该朝向图中1的左侧方向。故B错误；
C．若要船过河时间最短，船头应垂直河岸，应朝向图中1的方向。故C错误；
D．若要船过河到达C点，则合速度方向沿图中3方向，所以船头应该朝向图中3的左侧方向。故D错误。
故选A。
【分析】小船同时参与沿河岸方向与垂直于河岸方向的两个分运动，若小船以最短时间渡河时，船头垂直于河岸；当小船在静水中的速度大于水流速度时，小船能到达正对岸，小于水流速度时不能到达正对岸；小船以最短位移渡河时，合速度方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求解合速度，然后判断各选项可能的情况。
3．（2024高二上·越秀开学考）如图所示，实线为电场中方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子以不同速度从M点射入电场，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（ ）
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的动能逐渐减小，b的动能逐渐增加
C．a的加速度逐渐减小，b的加速度逐渐增加
D．两个粒子的电势能一个逐渐增加一个逐渐减小
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】我们理解了电场线的特点就能顺利解决，明白只要合外力做正功物体的动能就将增加、电势能减小。AB． 仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示 ，静电力方向沿电场线指向轨迹凹侧，又有正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同，负电荷相反，但不知道电场线方向，则无法判断粒子电性，a、b粒子速度方向与a、b粒子所受静电力方向的夹角均为锐角，电场力做正功。由动能定理可知：两粒子的动能都增大，故AB错误；
C．电场线疏密表示场强大小，结合公式
可知，a受到的电场力在减小，加速度
在减小，b受到的电场力在增大，加速度在增大，故C正确；
D．电场力对a、b做正功，两个粒子动能均增大，电势能均减小，故D错误。
故选C。
【分析】正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，由于场强方向未知故不能确定电荷的电性；电场线的疏密代表电场的强弱，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大；根据动能定理，合外力做正功，动能增加。
4．（2024高二上·越秀开学考）2024年5月3日嫦娥六号发射成功，5月8日成功实施近月制动（如图所示），并顺利进入环月轨道飞行。假设登月探测器在环月轨道1上的P点实施变轨，进入椭圆轨道2，再由近月点Q点进入圆轨道3，已知轨道1的半径为3r，轨道3的半径为r，登月探测器在轨道3的运行周期为T，则登月探测器（ ）
A．在轨道1上运行的周期为
B．从轨道2上的Q点进入圆轨道3时，需要点火加速
C．沿轨道1过P点比沿轨道2上过P点时的加速度大
D．沿轨道2运行时，经P点和Q点时的加速度大小之比为
【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用问题，会根据题意进行准确的分析和计算。A． 已知轨道1的半径为3r，轨道3的半径为r，登月探测器在轨道3的运行周期为T， 根据开普勒第三定律
得
故A正确；
B．从轨道2上的Q点进入圆轨道3时，做近心运动，需要减速，故B错误；
C．万有引力提供向心力，根据
沿轨道1过P点加速度等于沿轨道2上过P点时的加速度，故C错误；
D．根据
沿轨道2运行时，经P点和Q点时的加速度大小之比为，故D错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律分析解得周期；根据变轨原理分析B，根据万有引力提供向心力分析CD。
5．（2024高二上·越秀开学考）澳门特区的澳门塔是亚洲最高的蹦极地，挑战者甲从233米的高空跳下，能体验到完全失重的刺激。为了研究蹦极运动过程，做以下简化：将挑战者视为质点，她的运动始终沿竖直方向，不计空气阻力。弹性绳的一端固定在O点，另一端与挑战者相连。挑战者从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起来，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．B到D，甲的加速度一直减小
B．O到C，甲的速度先增大后减小
C．B到C，绳弹性势能增加量等于甲重力势能的减少量
D．O到C，甲重力势能减少量等于甲动能和绳弹性势能增加量之和
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查功能关系和牛顿第二定律的应用，关键是能清楚游客的受力情况和运动过程中能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关，动能的变化与合力做功有关。AB．根据题意，O到B过程甲做自由落体运动，加速度不变，速度增大；B到D过程，对甲受力分析，由牛顿第二定律
B到C过程，由于重力不变，弹力增大，加速度减小，由合力方向与运动方向相同，则甲做加速度减小的加速运动；经过合力为零的C点速度达到最大；C到D过程，弹力大于重力，且弹力不断增大，加速度增大，由合力方向与运动方向相反，则甲做加速度增大的减速运动，故AB错误；
CD．根据能量守恒，甲在O点重力势能最大，O到C过程甲重力势能减少量等于甲动能和绳弹性势能增加量之和，而B到C过程，甲重力势能的减少量大于绳弹性势能增加量，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据游客的受力情况分析其速度和加速度的变化情况，根据功能关系分析重力势能的变化和机械能的变化情况。
6．（2024高二上·越秀开学考）图甲为沿顺时针方向转动的水平传送带，将一可视为质点的质量m=1kg的小物块轻放在传送带左端A处，t=6s时恰好到达右端B处，其v-t图如图乙（g=10m/s2），则（ ）
A．AB间距离为24m
B．小物块对传送带做功为-16J
C．传送带对小物块做功为16J
D．小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为16J
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】本题解题的关键是知道v-t图像的面积表示物块运动的位移，知道物块在0～4s内在摩擦力作用下做匀加速直线运动，物块与传送带共速后做匀速直线运动，摩擦力为零。A．传送带AB长度即为物块在6s内发生的位移，即图乙0~6s图线与坐标轴所围区域的面积，所以
故A错误；
B．物块对传送带只在加速过程中做功，所以
联立可得
故B正确；
C．传送带对小物块做功为
故C错误；
D．小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为
故D错误。
故选B。
【分析】利用v-t图像的面积求解；由图乙可知物块与传送带共速的速度及物块的加速度大小，由牛顿第二定律可得摩擦力大小，由运动学公式可得传送带在物块匀加速运动过程的位移，利用W=Fx可得物块对传送带做的功；利用动能定理可得传送带对小物块做功；利用v-t图像的面积可得物块匀加速过程运动的位移，则可得物块相对传送带滑动的距离，利用Q=f x相对可得摩擦力产生的热量。
7．（2024高二上·越秀开学考）2020年7月23日，中国“天问一号”探测器发射升空，开启了火星探测之旅。已知火星与地球绕太阳公转的轨道半径之比为，火星与地球的质量之比为，火星与地球的半径之比为，则下列说法正确的是（ ）
A．火星比地球绕太阳公转的向心加速度大
B．火星与地球绕太阳运行的动能之比为
C．火星与地球的第一宇宙速度之比为
D．地球和太阳的连线与火星和太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题；动能
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，得到线速度、加速度等与轨道半径的关系。
A．由题意可知，火星与地球绕太阳公转的轨道半径之比为，即
火星与地球绕太阳做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
可知
即火星比地球绕太阳公转的向心加速度小，故A错误；
B．火星与地球绕太阳做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
又
则火星与地球绕太阳运行的动能之比为
故B正确；
C．设某天体分别绕火星和地球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
又
可得火星与地球的第一宇宙速度之比为
故C错误；
D．由开普勒第二定律可知，对同一个行星，太阳与该行星的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力提供向心力导出加速度表达式，结合半径关系判断，导出动能表达式，代入数据求解动能比值；导出线速度表达式，代入数据求解第一宇宙速度比值；根据开普勒第二定律的内容进行分析判断。
8．（2024高二上·越秀开学考）足球在空中运动的轨迹如图，若以地面为参考平面，h为足球距地面高度，不计空气阻力，下列表示足球在空中运动的加速度a、重力势能随h变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】斜抛运动；重力势能
【解析】【解答】本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解斜抛运动的特点，结合重力势能的表达式即可完成分析。AB．足球在空中运动时只受重力，所以加速度为重力加速度，保持不变，故B错误，A正确；
CD．足球在某一高度h所具有的重力势能为
即重力势能与高度h成正比，故D错误，C正确。
故选AC。
【分析】足球做斜抛运动，足球的加速度为重力加速度，根据重力势能与高度的关系完成分析。
9．（2024高二上·越秀开学考）如图，截面将空间中的长方体区域分成两个正方体区域，在点固定有正点电荷，点固定有负点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．点电势高于点的电势
B．点和点的电场强度相同
C．点的电场强度小于点的电场强度
D．一负点电荷自点沿直线运动至点，静电力先做正功后做负功
【答案】A,B,C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题主要是考查等量异种电荷电场强度的叠加，关键是知道等量异种电荷电场线的分布情况，掌握电势高低的判断方法。A．离正电荷更近，故点电势高于点的电势，故A正确；
BC．等量异种点电荷的电场分布如图所示
截面为两等量异种点电荷的中垂面，点为两点电荷连线的中点，点到点的距离等于点到点的距离，根据对称性可知，点和点的电场强度大小相等，方向相同；由于点到点的距离大于点到点的距离，则点的电场强度小于点的电场强度，故BC正确；
D．根据等量异种点电荷产生的电场，可知平面是等势面，故一负点电荷自点沿直线运动至点，静电力不做功，故D错误。
故选ABC。
【分析】根据电势高低的判断方法进行分析；根据等量异种点电荷的电场分布情况结合电场强度叠加方法进行分析；平面A2B2C2D2是等势面，在等势面上移动电荷静电力不做功。
10．（2024高二上·越秀开学考）如图为修建高层建筑常用的塔式起重机，起重机将质量的重物由静止开始匀加速竖直吊起，加速度，当起重机输出功率达到最大值后，保持该功率直到重物做速度为的匀速运动，取，不计空气阻力和额外功。则（ ）
A．起重机输出的最大功率为
B．重物做匀加速运动所经历的时间为5s
C．重物做匀加速运动所经历的时间为5.1s
D．起重机在第2秒末的输出功率为
【答案】A,B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】本题考查瞬时功率的计算问题。在解题时，常结合牛顿定律，运动学规律以及功率公式，综合求解即可。A．当牵引力等于重力时功率最大，则起重机输出的最大功率为
选项A正确；
BC．重物做匀加速运动的牵引力
匀加速能达到的最大速度
所经历的时间为
选项B正确，C错误；
D．起重机在第2秒末的输出功率为
选项D错误。
故选AB。
【分析】根据功率的公式P=Fv，计算最大功率，结合运动学规律，牛顿定律以及功率的公式计算匀加速时间。先计算两秒末的速度，再结合功率公式计算即可。
11．（2024高二上·越秀开学考）某实验小组做探究影响向心力大小因素的实验，图甲为“向心力演示器”装置，已知挡板A、C到左右塔轮中心轴的距离相等，B到左塔轮中心轴距离是A的2倍，皮带按图乙三种方式连接左右变速塔轮，每层半径之比由上至下依次为、和。
（1）在探究向心力与角速度的关系时，为了控制角速度之比为，需要将传动皮带调至第 （填“一”、“二”或“三”）层塔轮，然后将两个质量相同的钢球分别放在 挡板（填“A、B”，“A、C”或“B、C”）处，匀速转动手柄，左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，则可得出的结论是 。
（2）在记录两个标尺露出的格数时，同学们发现要同时记录两边的格数且格数又不是很稳定，不便于读取。于是有同学提出用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数。下列对该同学建议的评价，你认为正确的是______。
A．该方法可行，且不需要匀速转动手柄
B．该方法可行，但仍需要匀速转动手柄
C．该方法不可行，因不能确定拍照时露出的格数是否已稳定
【答案】（1）三；A、C；在钢球质量和运动半径一定时，钢球做圆周运动时所需的向心力与角速度的平方成正比
（2）A
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）变速塔轮属于皮带传动，两个塔轮的线速度相等，由线速度与角速度关系公式可知，角速度与半径成反比，可知需要将传动皮带调至第三层塔轮。在探究向心力与角速度的关系时，将两个质量相同的钢球分别放在A、C挡板处。
匀速转动手柄，左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，格数多少代表向心力的大小，则可得出的结论是：在钢球质量和运动半径一定时，钢球做圆周运动时所需的向心力与角速度的平方成正比。
（2）由题意可知，在转动手柄时，两边标尺露出的格数虽然不同，但是是同时显示的，即两边显示的格数比例关系不变，与是否需要匀速转动手柄无关，因此用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数，该方法可行，且不需要匀速转动手柄。
故选A。
【分析】（1）根据控制变量法，探究向心力的大小与角速度的关系，应使两球的质量和半径相同；根据实验结果分析结论；
（2）根据本实验的原理和要求，分析判断。
（1）[1]在探究向心力与角速度的关系时，为了控制角速度之比为，由线速度与角速度关系公式可知，因左、右变速塔轮是皮带传动，则左、右两变速塔轮边缘的线速度大小相等，则角速度与半径成反比，可知需要将传动皮带调至第三层塔轮。
[2]在探究向心力与角速度的关系时，需要使两钢球的转动半径和质量分别相同，因此将两个质量相同的钢球分别放在A、C挡板处。
[3] 匀速转动手柄，左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，可知左侧钢球需要的向心力与右侧钢球需要的向心力之比是，则可得出的结论是：在钢球质量和运动半径一定时，钢球做圆周运动时所需的向心力与角速度的平方成正比。
（2）由题意可知，在转动手柄时，两边标尺露出的格数虽然不同，但是是同时显示的，即两边显示的格数比例关系不变，与是否需要匀速转动手柄无关，因此用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数，该方法可行，且不需要匀速转动手柄。
故选A。
12．（2024高二上·越秀开学考）某校高一年级同学，在学习机械能守恒定律时，准备做验证机械能守恒的实验，两组同学采用的装置如图甲、乙所示。
（1）第一组同学将图甲中的实验装置安装好后，用手提住纸带上端，松手之后让重物拖着纸带由静止开始下落。回答下列问题：
①从打出的多条纸带中找出一条起点清晰的纸带，如图丙所示，其中O点为打出的第一个点， A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续计时点，已知打点计时器打点频率为50Hz。重物的质量为1.00kg，取，从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量 J，动能增加量 J．在误差允许的范围内，如果两者近似相等，则可验证机械能守恒。（结果保留三位有效数字）
②利用本实验的实验器材，不能完成的实验是 （填选项前字母）。
A．研究自由落体运动规律 B．探究加速度与物体质量大小的关系
C．研究匀变速直线运动的规律 D．测量重力加速度的大小
（2）第二组同学按图乙将实验装置安装好后，小球静止下垂时球心恰好正对光电门，用手把小球拉至与悬点等高处，且细线伸直，由静止释放小球，已知小球质量为m，直径为D，细线长为L，当地重力加速度大小为g，测得小球遮挡光电门的时间为，回答下列问题：
①小球通过光电门时的速度大小 ；
②若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式 。（用题中物理量表示）
【答案】（1）1.72；1.62；B
（2）；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了验证机械能守恒定律的实验，对于基础实验要理解实验原理，掌握实验注意事项，能够准确的应用相关原理进行分析。
（1）①从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量
打B点时的速度
动能增加量
②利用本实验的实验器材，能完成研究自由落体运动规律实验、研究匀变速直线运动的规律实验以及能测量重力加速度的大小，因为重物下落过程中加速度不变，故不能完成探究加速度与物体质量大小的关系的实验。
故选B。
（2）①小球通过光电门时的速度大小
②若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式
【分析】（1）根据实验原理以及实验注意事项进行分析；首先根据匀变速运动的推论分析得到打点计时器打B点的速度，再根据动能定义式求解B点动能；
（2）根据机械能守恒定律列式即可。
（1）①[1]从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量
[2]打B点时的速度
动能增加量
②[3]利用本实验的实验器材，能完成研究自由落体运动规律实验、研究匀变速直线运动的规律实验以及能测量重力加速度的大小，因为重物下落过程中加速度不变，故不能完成探究加速度与物体质量大小的关系的实验。
故选B。
（2）①[1]小球通过光电门时的速度大小
②[2]若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式
13．（2024高二上·越秀开学考）用一长1m的轻质柔软绝缘细线拴一个质量为0.2kg、电荷量为的小球，细线的上端固定于O点，现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与竖直方向成37°（g取，，）．
（1）求细线对小球的拉力；
（2）求匀强电场的场强为多大；
（3）把小球从A点移到B点，，此时细线与竖直方向成53°，求电场力对小球做的功和小球电势能的变化量。
【答案】（1）解：小球受重力、电场力、拉力而平衡，受力情况如图所示
则有
解得
（2）解：根据平衡条件有
解得
（3）解：经分析，小球带正电，把小球从A点水平移到B点，电场力做负功，根据几何关系
则电场力做功
因电场力做功等于电势能的减小量，则
解得
故电场力对小球做了的功，电势能变化量为2.1J
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）在A点，小球受重力、电场力、拉力而平衡，根据平衡条件结合几何关系进行解答；
（2）根据平衡条件求解电场强度大小；
（3）求出AB在水平方向的距离，根据电场力做功的计算公式求解电场力做的功，根据功能关系求解电势能增加量。
（1）小球受重力、电场力、拉力而平衡，受力情况如图所示
则有
解得
（2）根据平衡条件有
解得
（3）经分析，小球带正电，把小球从A点水平移到B点，电场力做负功，根据几何关系
则电场力做功
因电场力做功等于电势能的减小量，则
解得
故电场力对小球做了的功，电势能变化量为2.1J
14．（2024高二上·越秀开学考）如图所示的倒“T”字型装置中，圆环a和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴底部和环a，细线穿过光滑小孔O，两端分别与环a和小球b连接，细线与竖直杆平行，整个装置开始处于静止状态。现使整个装置绕竖直轴缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角为53°时，使整个装置以角速度ω匀速转动。已知弹簧的劲度系数为k，环a、小球b的质量均为m，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
（1）装置静止时，弹簧的形变量x0；
（2）装置角速度为ω转动时，小孔与小球b的之间的线长L；
（3）装置由静止开始转动至角速度为ω的过程中，细线对小球B做的功W。
【答案】解：（1）装置静止时，对环a和小球b整体
kx0＝（m＋m）g
得弹簧的形变量
（2）对b球：由牛顿第二定律得
mgtanθ＝mω2·Lsinθ
解得小孔下方绳长
（3）整个装置以角速度ω匀速转动时，设弹簧的形变量为x2，对环a受力平衡
kx2＝mg＋T
对小球b
Tcosθ=mg
解得
小球b的速度
v=ω·Lsinθ
对b球，竖直方向上升的高度
Δh=L（1－cosθ）-（x2－x0）
由动能定理得
解得细线对小球B做的功
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）装置静止时，对环a和小球b整体，根据平衡条件和胡克定律相结合求解弹簧的形变量x0；
（2）装置角速度为ω转动时，对b球，由牛顿第二定律和向心力公式相结合列式，即可求解小孔与小球b的之间的线长L；
（3）整个装置以角速度ω匀速转动时，对环a，根据平衡条件列式。对b球，竖直方向根据平衡条件列式，联立求出弹簧的形变量，从而求得装置由静止开始转动至角速度为ω的过程中b球上升的高度，并求出b球转动的线速度，最后由动能定理求细线对小球B做的功W。
15．（2024高二上·越秀开学考）如图所示，为固定在地面上半径、圆心角的粗糙圆弧轨道，圆弧轨道末端C与长木板P上表面平滑对接但不粘连，竖直．质量的小物块从固定水平台右端A点以4m/s的初速度水平抛出，运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，至C点时对圆弧轨道的压力大小为60N，之后小物块滑上木板P，始终未从木板P上滑下．已知木板P质量，小物块与木板P间的动摩擦因数，木板P与地面间的动摩擦因数，重力加速度，，，忽略空气阻力，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求：
（1）小物块在B点的速度大小；
（2）小物块在C点的速度大小；
（3）整个过程中，地面对木板做的功．
【答案】（1）解：物块运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，有
解得
（2）解：根据牛顿第三定律，小物体受到的支持力为，方向竖直向上，对小物块
解得
（3）解：小物块滑上木板P时，设小物块的加速度为，初速度为，最后共速为，小物块
解得
对木板
解得
设达到共速的时间为t，则
解得
，
设此过程木板的是位移，则有
经分析，物块与木板共速后一起做匀减速直线运动直到速度为零，之后有
得
设此过程位移为，有
解得
整个过程中，地面对木板做的功为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；功的概念
【解析】【分析】（1）利用速度夹角计算B点的速度大小；
（2）根据圆周运动的向心力公式计算C点的速度大小；
（3）根据牛顿第二定律，以及牛顿第三定律，结合合外力提供向心力，求出C点的速度，然后利用运动学公式，求出木板的长度，根据功的公式计算做功的大小。
（1）物块运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，有
解得
（2）根据牛顿第三定律，小物体受到的支持力为，方向竖直向上，对小物块
解得
（3）小物块滑上木板P时，设小物块的加速度为，初速度为，最后共速为，小物块
解得
对木板
解得
设达到共速的时间为t，则
解得
，
设此过程木板的是位移，则有
经分析，物块与木板共速后一起做匀减速直线运动直到速度为零，之后有
得
设此过程位移为，有
解得
整个过程中，地面对木板做的功为
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