浙江省杭州市周边重点中学2024-2025学年高二上学期开学物理试题
一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）
1．（2024高二上·浙江开学考）下列物理量是比值法定义且为矢量的是（ ）
A．加速度 B．电场强度
C．电势 D．电容
2．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．甲图中记录送餐机器人从1楼至9楼的时间时，不可以把机器人看成质点
B．乙图中导航显示的96公里是位移大小
C．丙图中小孩坐在行驶的汽车里，以小孩为参考系，车外的建筑物是运动的
D．丁图中雷达测速仪测得的是汽车的平均速度
3．（2024高二上·浙江开学考）下列关于物理学史的叙述正确的是（ ）
A．第谷根据开普勒观测数据提出了行星运动定律
B．牛顿利用扭秤实验比较准确的测出万有引力常量
C．伽利略运用了实验和逻辑推理相结合的方法研究了物体下落规律
D．库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值
4．（2024高二上·浙江开学考）如图小明同学静止悬挂在单杠上，下列说法中正确的是（ ）
A．小明一定受到三个力的作用
B．小明受到的支持力是因为手指的形变产生的
C．两手臂间夹角越小，小明受到单杠作用力越小
D．两手臂间夹角越大，小明每只手受到摩擦力越大
5．（2024高二上·浙江开学考）如图所示是摩托车运动员在水平赛道转弯的照片，下列说法正确的是（ ）
A．摩托车正在向运动员的左侧转弯
B．摩托车受到重力、地面支持力、摩擦力和向心力的作用
C．摩托车速度越大，受到的支持力越大
D．下雨天，摩托车转弯的最大限制速度应减小
6．（2024高二上·浙江开学考）如图所示，图甲电梯内铁架台上的拉力传感器下挂有一瓶矿泉水，图乙是电梯启动后电脑采集到的拉力随时间的变化情况，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中，反映了电梯从高层到低层运动
B．不能从图乙中得到矿泉水的重力
C．根据图乙可以求出电梯启动过程中，匀加速阶段的加速度大小约为
D．因为不知道电梯启动方向，所以无法判断哪段时间矿泉水瓶处于超重状态
7．（2024高二上·浙江开学考）如图所示是中国独立建造的空间站。空间站轨道离地高度为400～450公里，设计寿命为10年，长期驻留3人，总重量可达180吨。下列说法正确的是（ ）
A．空间站线速度小于第一宇宙速度
B．空间站内物体处于悬浮状态”是因为物体受力平衡
C．空间站由于质量比地球同步卫星大，其加速度比同步卫星小
D．低轨道上飞行的飞船速度大于空间站的线速度，要实现对接必须让飞船反向点火减速
8．（2024高二上·浙江开学考）在各式各样的鱼类中，有一种鱼叫做“跳跳鱼”，一般生活在有海泥，且质地柔软的滩涂上。这种鱼既能爬又会走，还跳得高。它们肚皮贴地，依靠胸鳍就能急速走上三四米，除此之外，还能将尾巴扭动90度，然后迅速弹出身体。重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．跳跳鱼急速走动三四米，滩涂对跳跳鱼做了正功
B．跳跳鱼急速走动时受到的滩涂作用力水平向前
C．跳跳鱼斜向上跳起时，滩涂对其支持力大小等于其对滩涂的压力大小
D．若跳跳鱼斜向上跳起后在空中运动的最大高度为，则其起跳的初速度为
9．（2024高二上·浙江开学考）一个正电荷周围有3种形状各异的金属导电体。在电荷周围形成如图所示的电场分布，为导体表面上的点，为导体内距离为的点，图中虚线为一电荷只在电场作用下的运动轨迹，为运动轨迹上的两点，则（ ）
A．运动电荷带正电
B．运动电荷在点加速度比大
C．电场在点的方向斜向右上方
D．导体B上的感应电荷在点形成的场强大小为
10．（2024高二上·浙江开学考）无人机航拍已成为校园大型户外活动中不可或缺的一环。图甲为某校军训汇报表演时无人机拍摄的照片，图乙为正在高空进行拍摄的无人机。某次拍摄过程中，无人机在地面上从静止开始匀加速竖直向上起飞，加速度大小为，后续又经过匀速、减速悬停在离地的空中进行拍摄，由于拍摄需要又以的速度水平匀速飞行，某时刻突然出现机械故障而失去动力下落，假设在下落过程中受到的空气阻力大小不变，重力加速度，则（ ）
A．无人机需要时间可进入悬停拍摄状态
B．无人机下落的轨迹是一条抛物线
C．落地时速度与地面夹角正切值等于5
D．无人机失去动力下落至地面的时间大于
11．（2024高二上·浙江开学考）如图甲所示是上个世纪八十年代盛行的儿童游戏“抓子”，能很好培养儿童反应和肢体协调能力，具体玩法是：儿童将小石子以初速度从点正上方离地高处的点竖直向上抛出，然后迅速用同一只手沿如图乙所示轨迹运动，将水平地面上相隔一定距离的处的小石子捡起，并将抛出的石子在落地前接住。已知某次游戏中，相距，儿童手移动的平均速率为，不计抓石子的时间，重力加速度，则至少为（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高二上·浙江开学考）水上冲浪运动是一项时尚运动，深受年轻人喜欢。如图质量为的女生在河里用电动冲浪板沿直线冲浪，电动冲浪板额定功率，最大速度，冲浪板（含电池）质量。假设运动过程中冲浪板受到的阻力不变，下列说法正确的是（ ）
A．冲浪板受到的阻力约为
B．若冲浪板以恒定功率启动，约经达到最大速度
C．若冲浪板由静止开始以加速度做匀加速直线运动可持续
D．若冲浪板以额定功率启动运动了后，立即关闭电源，冲浪板运动的总距离为
13．（2024高二上·浙江开学考）如图AB、CD是光滑斜槽，它们的端点分别在半径为和的两个圆周上，延长线交于两圆周的相切点P，P为最低点。现有两个质量均为的重物分别沿AB和CD由静止下滑。已知AP、CP和竖直方向的夹角分别为和，重力加速度，则（ ）
A．重物沿AB下滑的加速度大小为，沿CD下滑的加速度大小为
B．重物沿AB下滑所用时间等于沿CD下滑所用的时间
C．若两斜面粗糙，则重物沿CD下滑所用时间小于沿AB下滑所用时间
D．若两重物质量不相等，则重物沿AB下滑所用时间和沿CD下滑所用的时间不相等
二、不定项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上答案符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
14．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．物体受恒力作用不可能做曲线运动
B．物体在做平抛运动时，任意相等时间内速度的变化量相等
C．洗衣机脱水、无缝钢管的制造都利用了离心运动
D．爱因斯坦的相对论时空观完全否定了牛顿力学的正确性
15．（2024高二上·浙江开学考）一物块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，运动过程中摩擦力大小恒定，如图所示图线①②分别为物块机械能和动能与运动路程的关系。重力加速度大小取，下列说法正确的是（ ）
A．物体质量的大小为
B．物体所受摩擦力的大小为
C．重力势能的最大值为40J
D．物体向上、向下运动过程中摩擦力做功相等
16．（2024高二上·浙江开学考）2023年11月，中国新一代粒子研究器超级陶粲”装置正式启动，静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，静电场中任意一点电场方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足为与装置有关的常数，为该点到圆心的距离）。某次实验中四个相同粒子分别以一定的速度射入静电分析器，仅在电场力作用下，甲、乙粒子由入射口垂直射入，从射出，丙、丁粒子由入射口垂直射入，分别从射出。已知和和关于圆心对称，。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙、丙、丁四粒子均带正电
B．甲、丙两粒子的入射速率相等
C．甲、乙、丙、丁四粒子均垂直于端面出射
D．乙、丁两粒子动能变化量相等
三、第Ⅱ卷（非选择题共49分）
17．（2024高二上·浙江开学考）（1）小王用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力的关系”。该同学找到若干规格相同质量较小的螺帽，远小于小车质量，实验时将螺帽放入小桶中，带动小车运动，利用纸带算出小车运动的加速度，改变放入螺帽的个数，重复多次实验。
①除了图甲中所列的实验器材外，下列器材必需的是 。
A.弹簧秤 B.秒表 C.刻度尺 D.低压直流电源
②关于小王在实验中的注意事项，下列说法正确的是 （多选）
A.补偿阻力时小车不用连接纸带
B.每次增加螺帽时，要重新补偿阻力
C.拉小车的细绳必须平行于长木板
D.实验中释放小车时，装有螺帽的小桶要保持稳定，不能晃动
③小王通过实验获得图乙中的几条纸带，在小桶中分别放了1个、3个、5个螺帽，其中放了5个螺帽的纸带是 （填①、②或③）。
（2）为了制作一个弹簧测力计，小孙同学选了两根规格不同的弹簧（原长相同）进行测试，根据测得的数据绘出弹簧伸长量与所受拉力如图丙所示的图像，如果将两根弹簧首尾串连在一起，那么这个新的弹簧测力计的量程是 ，如果将两根弹簧并排连在一起，那么这个新的弹簧测力计的量程是 。
18．（2024高二上·浙江开学考）某同学用图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。现提供如下实验器材：电源电容器电阻箱毫安表单刀双掷开关和导线若干。
（1）根据图甲电路在图乙中用笔画线代替导线将实物电路连接完整 。
（2）用电流传感器替换毫安表，测出电路中的电流随时间变化的图像如丙图所示，电源输出电压为，则电容器的电容约为 。（保留2位有效数字）
（3）现通过改变电路某一元件的参数对同一电容器进行两次充电，得到图像如丁中①②所示，下列说法正确的是________。
A．曲线①对应电路中电阻箱的阻值较大
B．曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大
C．曲线①对应电路中电源输出电压较小
D．曲线②对应电路中电源输出电压较小
19．（2024高二上·浙江开学考）如图所示，一滑块从倾角的固定斜面顶端A由静止下滑，在C点正上方处有一小球，某时刻将小球由静止释放，小球与滑块恰好在点相遇。已知斜面与水平面在点平滑连接，滑块与接触面间的动摩擦因数均为，AB段长，BC段长，不计空气阻力，取，（sin37°=0.6 cos37°=0.8）求：
（1）滑块在斜面上运动的加速度大小；
（2）滑块运动到C点的速度大小；
（3）小球刚释放时，滑块已运动的时间
20．（2024高二上·浙江开学考）如图所示，竖直平面直角坐标系，第Ⅲ象限内固定有半径为的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在轴上，C端在轴上，同时存在大小为，方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象限与之间有大小为，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为，电荷量为的带负电小球从B点正上方高处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度用表示，求：
（1）小球经过C点时的速度大小；
（2）小球在第Ⅲ象限受到轨道支持力的最大值；
（3）小球运动到轴右侧后与轴的交点坐标。
21．（2024高二上·浙江开学考）如图所示，一不可伸长的细线长为，一端固定于点，另一端连接质量为的滑块。滑块在点正下方时，恰好位于水平传送带的左端点。传送带右端点连接两段光滑圆弧轨道两点切线水平，两段圆弧半径均为，圆心角均为，传送带与圆弧平滑连接。水平面与等高，点位于点正下方，滑块运动过程中可视为质点。现将滑块拉至点（等高且）静止释放，细绳恰好在点断裂，滑块滑上水平传送带，传送带长为。若传送带静止，滑块恰好可以滑到点，重力加速度，求：
（1）细线能承受的最大拉力；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数；
（3）若传送带顺时针转动，滑块能沿圆弧轨道运动并从点水平抛出，求落点到点的距离与传送带速度之间的关系。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】加速度；电场强度；电势
【解析】【解答】A． 是加速度的决定式（合力、质量决定加速度 ），而非比值定义式（比值定义式需与定义量无关，如 ），加速度是矢量（有大小、方向 ），但因定义式错误，故A错误
B． 是电场强度的比值定义式（电场强度由电场本身决定，与试探电荷受力、电荷量无关 ），电场强度是矢量（有大小、方向，遵循平行四边形定则 ），故B正确；
C． 是电势的比值定义式（电势由电场本身决定，与电势能、电荷量无关 ），电势是标量（只有大小，无方向 ），故C错误；
D． 是电容的决定式（由电容器自身结构决定 ），而非比值定义式（比值定义式为 ），电容是标量（只有大小，无方向 ），故D错误。
故答案为：B。
【分析】1. 比值定义法判断：区分“定义式”（与定义量无关，反映物理本质 ）和“决定式”（由其他量决定 ）。
2. 矢量/标量判断：矢量有方向（如加速度、电场强度 ），标量无方向（如电势、电容 ）。
2．【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；参考系与坐标系；平均速度
【解析】【解答】A．研究送餐机器人从 1 楼至 9 楼的时间，机器人大小、形状对研究时间无影响，可看成质点，A错误；
B．导航显示的 96 公里是行驶路径长度，是路程，B错误；
C．以小孩为参考系，车外的建筑物相对小孩位置发生变化，是运动的，C正确；
D．雷达测速仪测得的是汽车经过这个位置点的瞬时速度，D错误。
故答案为：C。
【分析】质点：物体大小形状对研究问题无影响时，可简化为质点 。
位移与路程：位移是初末位置有向线段，路程是运动轨迹长度 。
参考系：描述物体运动时选作标准的物体，判断研究对象相对参考系位置是否变化 。
瞬时速度与平均速度：瞬时速度对应某一时刻 / 位置，平均速度对应一段时间 / 位移 ，通过这些概念辨析选项正误。
3．【答案】C
【知识点】库仑定律；伽利略对自由落体运动的研究；开普勒定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．是开普勒依据第谷的观测数据，总结提出行星运动定律，并非第谷根据开普勒数据 ，A错误；
B．是卡文迪许用扭秤实验精准测出万有引力常量G，不是牛顿，B错误；
C．伽利略运用了实验和逻辑推理相结合的方法研究了物体下落规律，C正确；
D．库仑发现了库仑定律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，D错误。
故答案为：C。
【分析】依托物理学史中各位科学家的关键贡献，对每个选项逐一甄别。需牢记第谷、开普勒、牛顿、卡文迪许、伽利略、库仑、密立根等科学家对应的研究成果与实验，以此判断选项描述是否正确 。
4．【答案】D
【知识点】形变与弹力；受力分析的应用；力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】A．当双手竖直时，小明仅受重力与单杠支持力，并非三个力，故A错误；
B．支持力是单杠形变产生，非手指形变，故B错误；
C．单杠对小明作用力（合力）始终与重力等大反向，和手臂夹角无关，故C错误；
D．设两只手臂间的夹角为，竖直方向有
每只手受到的摩擦力为
所以两手臂间夹角越大，N越大，小明每只手受到摩擦力也越大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】对小明进行受力分析，结合力的产生原因（形变）、力的合成与分解（合力与分力关系），分析不同手臂夹角下力的变化，判断各选项时，紧扣受力个数、弹力产生源、合力与分力的平衡及三角函数关系对摩擦力的影响 。
5．【答案】D
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．车身与运动员向右倾斜，受指向弯路内侧的静摩擦力（向心力 ），可知向右侧转弯，故A错误；
B．摩托车受重力、支持力、摩擦力，摩擦力提供向心力，并非额外受 “向心力”，故B错误；
C．水平转弯时，重力与支持力平衡，支持力大小等于重力，和速度无关，故C错误；
D．下雨天，动摩擦因数减小，最大静摩擦力减小，根据
可知摩托车转弯的最大限制速度应减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】对摩托车进行受力分析，明确向心力来源（静摩擦力 ），结合圆周运动规律、力的平衡（重力与支持力平衡 ），分析转弯方向、受力个数、支持力与速度关系及雨天速度变化 。
6．【答案】C
【知识点】加速度；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A.拉力大于重力（超重，加速向上 ）；拉力等于重力（匀速 ）；拉力小于重力（失重，减速向上 ）。整体是从低层到高层运动，A错误。
B．在阶段，拉力与重力持平，因此可以得到矿泉水的重力，为15N，B错误。
C．由图可知，在匀加速阶段，拉力大小为16N，矿泉水的质量为
因此匀加速阶段的加速度大小约为
C正确。
D．超重看拉力与重力关系（拉力＞重力即超重 ），无需知道运动方向，拉力大于重力，是超重，D错误。
故答案为：C。
【分析】以矿泉水瓶为研究对象，根据拉力与重力的大小关系，结合超重（拉力＞重力，加速度向上 ）、失重（拉力＜重力，加速度向下 ） 概念，判断电梯运动状态；再利用牛顿第二定律合 ，由已知拉力、重力求加速度，进而分析各选项 。
7．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；向心加速度；离心运动和向心运动；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．由牛顿第二定律可知
解得
当时，刚好为第一宇宙速度，而空间站的高度400～450公里，对应的速度小于第一宇宙速度，A正确；
B．空间站内物体 “悬浮”，是因处于完全失重状态，物体所受万有引力提供圆周运动向心力，并非受力平衡，B错误；
C．由牛顿第二定律可知
解得
由于地球同步卫星的高度大于空间站的高度，故空间站的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，C错误；
D．低轨道飞船要对接空间站（更高轨道 ），需点火加速做离心运动，而非减速，D错误。
故答案为：A。
【分析】以万有引力定律为基础，结合卫星做圆周运动时 “万有引力提供向心力”，推导线速度、向心加速度公式，分析空间站与第一宇宙速度、同步卫星的运动参量关系；同时明确完全失重状态的受力特点，以及轨道对接的运动原理（离心运动 ），以此判断各选项正误 。
8．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；竖直上抛运动；功的概念
【解析】【解答】A．跳跳鱼急速走动三四米，滩涂对跳跳鱼做了负功，故A错误；
B．滩涂对跳跳鱼的作用力是支持力（垂直滩涂向上 ）和摩擦力（向前 ）的合力，支持力向上，摩擦力向前，合力应斜向前上方，故B错误；
C．跳跳鱼斜向上跳起时，滩涂对其支持力大小等于其对滩涂的压力大小，它们是一对作用力与反作用力，故C正确；
D．若跳跳鱼斜向上跳起后在空中运动的最大高度为，如不考虑空气阻力有
解得
则其实际起跳的初速度大于，故D错误。
故答案为：C。
【分析】从力与运动的关系出发，分析滩涂对跳跳鱼的作用力（支持力、摩擦力 ），结合功的定义（力与位移夹角 ）判断做功；利用相互作用力的特点判断支持力与压力关系；通过斜抛运动的竖直分运动（竖直上抛 ），结合运动学公式分析初速度。
9．【答案】B
【知识点】电场线；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．曲线运动中，合力指向轨迹内侧。电场线方向背离正电荷q，运动电荷受力与电场线方向相反（轨迹内侧 ），故运动电荷带负电，A错误；
B．由于a点的电场线比b点的电场线密集，电场强度较大，运动电荷在a点受到的电场力大于b点的电场力，故a点的加速度大于b点的加速度，B正确；
C．导体表面是等势面，电场线与等势面垂直，故P点电场方向垂直导体A表面，不是斜向右上方，C错误；
D．静电平衡时，导体内部的合场强为零，故所有的感应电荷在点形成的场强大小与点电荷q在该点的电场强度大小相等，方向相反，即所有的感应电荷在点形成的场强大小为，而不仅仅是B上面的感应电荷形成的场强。故D错误。
故答案为：B。
【分析】以电场线的性质（疏密、方向 ）为基础，结合曲线运动受力特点（指向轨迹内侧 ）判断电荷电性；利用电场线与场强、受力、加速度的关系分析加速度大小；依据导体静电平衡时电场线与等势面的关系判断电场方向；通过静电平衡合场强为零，分析感应电荷的场强 。
10．【答案】D
【知识点】自由落体运动；牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．若无人机一直向上做匀加速直线运动，根据运动学公式
代入数据可得
但无人机先经历匀加速、又经过匀速、减速悬停，所以无人机进入悬停拍摄状态的时间大于4s，故A错误；
B．失去动力后，水平方向有初速度4m/s，但竖直方向受重力和空气阻力（阻力与速度方向有关，合外力变 ），不是平抛运动（平抛合外力恒为重力 ），轨迹不是抛物线，故B错误；
C．若不考虑空气阻力，竖直方向有
但由于存在空气阻力，所以落地时竖直方向的速度小于20m/s，即落地时速度与地面夹角正切值
故C错误；
D．若不考虑空气阻力，竖直方向有
可得
但由于存在空气阻力，由牛顿第二定律
则，所以无人机失去动力下落至地面的时间大于，故D正确。
故答案为：D。
【分析】针对无人机起飞阶段，通过匀加速运动公式分析理想情况时间，结合实际运动阶段（匀加速、匀速、减速 ）判断总时间；下落阶段，依据受力是否恒定（平抛需合外力恒为重力 ）判断轨迹；通过有无空气阻力对竖直分运动的影响，分析落地速度夹角和下落时间 。
11．【答案】B
【知识点】竖直上抛运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】由题可得，在水平方向移动的时间至少为
取竖直向上的方向为正方向，根据匀变速公式可得
解得。
故答案为：B。
【分析】第一步，通过几何关系算出手移动路程，结合速率公式求出手移动时间，此时间等于石子在空中运动的时间（需接住石子，两者时间同步 ）；第二步，对石子竖直上抛运动分析，规定正方向后，利用匀变速位移公式，代入位移、加速度、时间，求解初速度。
12．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．牵引力等于阻力时，速度最大，则有
解得
A错误；
B．若冲浪板以恒定功率启动，根据动能定理
结合运动学的规律
解得
B错误；
C．若冲浪板由静止开始以加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
匀加速运动的末速度
则匀加速运动的时间
C错误；
D．以整个过程来看，冲浪板克服阻力所做的功等于以额定功率启动3.3s牵引力所做的功，则有
解得
D正确。
故答案为：D。
【分析】以功率公式P = Fv为基础，分析最大速度时阻力与功率、速度的关系；利用动能定理处理恒定功率启动的变加速过程，结合运动学规律（平均速度 ）简化计算；通过牛顿第二定律求匀加速牵引力，再结合功率公式求匀加速末速度与时间；最后用能量守恒（牵引力做功等于阻力做功 ）分析全程位移 。
13．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．沿AB下滑，根据牛顿第二定律
沿CD下滑
故A错误；
BD．重物沿AB下滑的过程中，由运动学公式
解得
重物沿CD下滑的过程中，由运动学公式
解得
可知
与两重物的质量无关，故B正确，D错误；
C．若斜面粗糙
位移
由
得
越大，越小，越大。CD的大于AB的，故，故C错误。
故答案为：B。
【分析】通过牛顿第二定律求加速度（沿斜面合力 ），利用运动学公式（位移 - 时间关系 ）推导下滑时间，结合粗糙情况的受力分析（考虑摩擦力 ），判断时间与角度、质量的关系 。
14．【答案】B,C
【知识点】曲线运动的条件；平抛运动；离心运动和向心运动；相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A．恒力作用下物体可做曲线运动（如平抛，受恒力重力，轨迹曲线 ），故A错误；
B．物体在做平抛运动时，加速度为重力加速度，根据
可知任意相等时间内速度的变化量相等，故B正确；
C．洗衣机脱水利用离心运动甩干水分；无缝钢管制造通过离心铸造，利用离心运动使金属液均匀分布，故C正确；
D．相对论时空观是对牛顿力学的拓展，牛顿力学在宏观、低速（远小于光速 ）下仍适用，并非完全否定，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】依据曲线运动条件（合力与速度不共线，恒力可满足 ）、平抛运动的加速度特点（恒为g ）、离心运动的应用实例（脱水、铸造 ），以及相对论与牛顿力学的关系（低速宏观下牛顿力学仍成立 ），逐一分析选项 。
15．【答案】B,D
【知识点】功能关系；摩擦力的判断与计算；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.0~10m内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m内的图像②斜率的绝对值可得
=N=4N
联立解得m=0.7kg，故A错误；
B．全程（ ）机械能减少
摩擦力做功
，
故B正确；
C．上滑最大距离，重力势能最大值
故C错误；
D．物块上滑和下滑的摩擦力大小相等，上滑和下滑的位移均为10m，则物体向上、向下运动过程中摩擦力做负功相等，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】利用机械能变化与摩擦力做功的关系（ ）求摩擦力；通过动能定理结合图像斜率求质量；依据重力势能公式计算最大重力势能；根据摩擦力做功的力和位移关系判断上滑、下滑做功是否相等 。
16．【答案】A,B
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．粒子偏转时电场力提供向心力，方向指向圆心，与电场方向（沿半径指向圆心 ）相同，说明粒子受电场力与电场方向一致，故粒子带正电，故A正确；
BC．由题可知，甲从垂直入射，因与关于圆心对称，故甲从垂直出射，所以甲粒子在整个偏转过程沿电场线方向没有发生位移，速度大小不变，电场强度大小不变；同理，丙从垂直入射，从垂直出射，对两粒子，电场力提供向心力，则有
，
联立解得
故甲、丙两粒子的速度大小相等；对于乙粒子分析，从垂直入射，经电场偏转，从射出，故粒子在电场方向发生了位移，电场力做负功，速度变小，乙粒子所受电场力不断变小，乙粒子不会垂直射出； 同理，丁粒子，也不会垂直射出，故B正确，C错误；
D．由上分析，可知乙、丁粒子在电场强度方向发生的位移，电场力做负功，根据
可知乙粒子更靠近圆心，则它的电场强度平均值更大，根据
因，可知乙粒子受到的电场力做的负功更多，根据动能定理，可知乙粒子的动能变化量更大，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】从粒子偏转的向心力来源（电场力 ）判断电性；利用对称出射特点（沿电场方向无位移 ），结合向心力公式与电场强度表达式推导速率关系；通过分析沿电场方向是否有位移，判断出射是否垂直；依据电场强度分布和位移关系，结合动能定理判断动能变化量 。
17．【答案】（1）C；CD；③
（2）4；10
【知识点】胡克定律；探究加速度与力、质量的关系
【解析】（1） ① A．实验中只需探究随着拉力的增大，小车加速度的变化，不需要知道具体力的大小，故不需要弹簧秤测量桶和螺帽的质量，故A错误；
B．打点计时器可以用于计时，不需要秒表，故B错误；
C．需要刻度尺来测量点迹间距，故C正确；
D．打点计时器使用交流电源，故D错误。
故答案为：C。
② A：补偿阻力时需连纸带，平衡纸带阻力且通过纸带点间距判断是否匀速，A 错误。
B：仅实验前平衡阻力，增加螺帽无需重新补偿，B 错误。
C：细绳平行长木板，保证拉力恒定（力方向不变 ），C 正确。
D：小桶稳定不晃动，保证拉力恒定，D 正确。
故选CD。
③ 根据牛顿第二定律可知，质量一定，拉力与加速度成正比，则放了5个螺帽的纸带打出的点的间距应最大，故③正确。
故答案为：C；CD；③
（2）弹簧A和B串联后各自的量程不变，新的弹簧测力计的量程等于原测力计中量程较小的量程，为4N；
两个弹簧并联使用，伸长量相同，则根据图丙可知，伸长量最长为8cm，则新的弹簧测力计的量程等于两个弹簧测力计此时的示数之和，为10N。
故答案为：4；10
【分析】（1）器材选择：围绕实验目的（探究加速度与力关系 ），分析所需测量量（纸带点间距→刻度尺 ），排除无需器材（弹簧秤、秒表、直流电源 ）。
注意事项：从阻力补偿（需连纸带、仅实验前平衡 ）、拉力恒定条件（细绳平行、小桶稳定 ）判断选项。
纸带判断：依据牛顿第二定律（F越大，a越大，位移越大 ），关联螺帽个数与点间距。
（2）串联：串联弹簧受力相等，量程受限于 “原弹簧中最大拉力较小的”（超限度会损坏 ）。
并联：并联弹簧伸长量相等，量程为 “各弹簧在该伸长量下拉力之和”（利用胡克定律F = kx，k为劲度系数，x为伸长量 ）。
（1）[1]A．实验中只需探究随着拉力的增大，小车加速度的变化，不需要知道具体力的大小，故不需要弹簧秤测量桶和螺帽的质量，故A错误；
B．打点计时器可以用于计时，不需要秒表，故B错误；
C．需要刻度尺来测量点迹间距，故C正确；
D．打点计时器使用交流电源，故D错误。
故选C。
[2]A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；
B．仅在实验开始前未加螺帽时需平衡阻力，每次增加螺帽时，不需要重新补偿阻力，故B错误；
CD．为保证小车受到的力恒定，实验时拉小车的细绳必须平行于长木板，同时装有螺帽的小桶要保持稳定，不能晃动，故CD正确；
故选CD。
[3]根据牛顿第二定律可知，质量一定，拉力与加速度成正比，则放了5个螺帽的纸带打出的点的间距应最大，故③正确。
（2）[1]弹簧A和B串联后各自的量程不变，新的弹簧测力计的量程等于原测力计中量程较小的量程，为4N；
[2]两个弹簧并联使用，伸长量相同，则根据图丙可知，伸长量最长为8cm，则新的弹簧测力计的量程等于两个弹簧测力计此时的示数之和，为10N。
18．【答案】（1）
（2）
（3）B
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）电容器放电时，根据公式可知，在图像中，图线与横坐标围成的面积表示通过电荷量的多少，由图乙可知图线与坐标轴围成得面积为32个小格，则电容器开始放电时所带的电荷量为
由电容的定义式可知，电容器的电容约为
故答案为：
（3）AB．对同一电容器进行两次充电，因为电荷量q不变，曲线②对应的充电时间长，则电流小，根据欧姆定律可知，曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大，故A错误，B正确；
CD．根据可知电荷量q不变、电容C不变，故曲线①②对应电路中的电源输出电压相同，故CD错误。
故答案为：B
【分析】（1）电路连接：依据充、放电原理，构建开关控制的充、放电回路。
（2）电容计算：利用I-t图像 “面积表示电荷量”，结合电容定义式计算。
（3）图像分析：同一电容器充电，最终电荷量由CU决定（C不变则U同 ）；电流大小与电阻成反比，通过充电时间判断电流、电阻关系。
（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）电容器放电时，根据公式可知，在图像中，图线与横坐标围成的面积表示通过电荷量的多少，由图乙可知图线与坐标轴围成得面积为32个小格，则电容器开始放电时所带的电荷量为
由电容的定义式可知，电容器的电容约为
（3）AB．对同一电容器进行两次充电，因为电荷量q不变，曲线②对应的充电时间长，则电流小，根据欧姆定律可知，曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大，故A错误，B正确；
CD．根据可知电荷量q不变、电容C不变，故曲线①②对应电路中的电源输出电压相同，故CD错误。
故选B。
19．【答案】（1）解：对滑块在斜面上由牛顿第二定律
代入数据解得，滑块在斜面上运动的加速度大小为
（2）解：由运动学公式
得滑块运动到B点时的速度大小为
滑块在水平面上由牛顿第二定律
由运动公式
联立可得，滑块运动到C点的速度大小为
（3）解：由运动公式可得滑块在斜面上运动的时间为
滑块在水平面上运动的时间为
由自由落体运动公式可得小球落到C点所用时间为
所以小球刚释放时，滑块已运动的时间为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；自由落体运动；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）斜面加速度：通过受力分析（重力分力、摩擦力 ），结合牛顿第二定律求解。
（2）滑块速度：分 “斜面下滑” 和 “水平面减速” 两个阶段，用运动学公式，分段计算。
（3）时间差：分别计算滑块在斜面、水平面的运动时间，以及小球自由下落时间，通过 “相遇时总时间差” 关联求解。
（1）对滑块在斜面上由牛顿第二定律
代入数据解得，滑块在斜面上运动的加速度大小为
（2）由运动学公式
得滑块运动到B点时的速度大小为
滑块在水平面上由牛顿第二定律
由运动公式
联立可得，滑块运动到C点的速度大小为
（3）由运动公式可得滑块在斜面上运动的时间为
滑块在水平面上运动的时间为
由自由落体运动公式可得小球落到C点所用时间为
所以小球刚释放时，滑块已运动的时间为
20．【答案】（1）解：带负电小球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得小球经过C点时的速度大小为
（2）解：在电场中，带负电小球受到的重力和电场力的合力大小为
设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为，则有
可得
则当小球在第Ⅲ象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得
解得
在D点根据牛顿第二定律可得
联立解得小球受到轨道支持力的最大值为
（3）解：在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向上，大小为
小球从C点以的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度大小为
方向竖直向上；设小球在电场中经过轴，则有
，
解得
，
可知小球刚好从电场的右边界经过轴，此时小球竖直向上的分速度为
小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过轴，根据斜抛运动规律有
，
则小球运动到轴右侧后与轴的交点坐标为（，）和（，）
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）C点速度：通过动能定理，计算重力、电场力对小球做功的总效果，关联初末动能。
（2）最大支持力：先合成重力与电场力的合力，找到 “合力方向与圆心连线重合” 的位置（速度最大点 ），再用动能定理求最大速度，最后用牛顿第二定律（向心力公式 ）求支持力。
（3）x轴交点：分 “第四象限电场中类平抛” 和 “第一象限斜抛” 两个阶段，用运动学公式（竖直上抛、水平匀速 ）计算水平位移，确定交点坐标。
（1）带负电小球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得小球经过C点时的速度大小为
（2）在电场中，带负电小球受到的重力和电场力的合力大小为
设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为，则有
可得
则当小球在第Ⅲ象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得
解得
在D点根据牛顿第二定律可得
联立解得小球受到轨道支持力的最大值为
（3）在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向上，大小为
小球从C点以的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度大小为
方向竖直向上；设小球在电场中经过轴，则有
，
解得
，
可知小球刚好从电场的右边界经过轴，此时小球竖直向上的分速度为
小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过轴，根据斜抛运动规律有
，
则小球运动到轴右侧后与轴的交点坐标为（，）和（，）。
21．【答案】（1）解：滑块由释放到A点，根据动能定理有
解得
在A点由向心力公式
解得
（2）解：滑埠恰好可以滑到C点，则；滑块由释放到C点，根据动能定理
解得
（3）解：滑块由B到D，根据动能定理有
解得
滑块做平抛运动，则有
解得平抛运动的时间为
则有
滑块能从D点水平抛出，则须满足临界①，可得
临界②C点不脱离，由向心力知识得
解得
由B到C，根据动能定理可得
解得
若滑块在传送带上一直减速，则滑块最多滑到C点，不能从D点抛出；
若滑块在传送带上一直加速，则
在C点会与轨道脱离；
若滑块与传送带共速，则
所以落点到M点的距离x与传送带速度v之间的关系为
（）
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）细线拉力：通过动能定理求A点速度，再用向心力公式（竖直圆周运动 ）求拉力。
（2）动摩擦因数：全程动能定理，考虑重力、摩擦力、圆弧重力势能变化，联立求解。
（3）传送带与平抛：分传送带速度对滑块运动的影响（加速 / 减速 / 匀速 ），结合动能定理求D点速度，再用平抛运动规律（竖直自由下落、水平匀速 ）关联落点距离与传送带速度。
（1）滑块由释放到A点，根据动能定理有
解得
在A点由向心力公式
解得
（2）滑埠恰好可以滑到C点，则；滑块由释放到C点，根据动能定理
解得
（3）滑块由B到D，根据动能定理有
解得
滑块做平抛运动，则有
解得平抛运动的时间为
则有
滑块能从D点水平抛出，则须满足
临界①，可得
临界②C点不脱离，由向心力知识得
解得
由B到C，根据动能定理可得
解得
若滑块在传送带上一直减速，则滑块最多滑到C点，不能从D点抛出；
若滑块在传送带上一直加速，则，在C点会与轨道脱离；
若滑块与传送带共速，则
所以落点到M点的距离x与传送带速度v之间的关系为
（）
1 / 1浙江省杭州市周边重点中学2024-2025学年高二上学期开学物理试题
一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）
1．（2024高二上·浙江开学考）下列物理量是比值法定义且为矢量的是（ ）
A．加速度 B．电场强度
C．电势 D．电容
【答案】B
【知识点】加速度；电场强度；电势
【解析】【解答】A． 是加速度的决定式（合力、质量决定加速度 ），而非比值定义式（比值定义式需与定义量无关，如 ），加速度是矢量（有大小、方向 ），但因定义式错误，故A错误
B． 是电场强度的比值定义式（电场强度由电场本身决定，与试探电荷受力、电荷量无关 ），电场强度是矢量（有大小、方向，遵循平行四边形定则 ），故B正确；
C． 是电势的比值定义式（电势由电场本身决定，与电势能、电荷量无关 ），电势是标量（只有大小，无方向 ），故C错误；
D． 是电容的决定式（由电容器自身结构决定 ），而非比值定义式（比值定义式为 ），电容是标量（只有大小，无方向 ），故D错误。
故答案为：B。
【分析】1. 比值定义法判断：区分“定义式”（与定义量无关，反映物理本质 ）和“决定式”（由其他量决定 ）。
2. 矢量/标量判断：矢量有方向（如加速度、电场强度 ），标量无方向（如电势、电容 ）。
2．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．甲图中记录送餐机器人从1楼至9楼的时间时，不可以把机器人看成质点
B．乙图中导航显示的96公里是位移大小
C．丙图中小孩坐在行驶的汽车里，以小孩为参考系，车外的建筑物是运动的
D．丁图中雷达测速仪测得的是汽车的平均速度
【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；参考系与坐标系；平均速度
【解析】【解答】A．研究送餐机器人从 1 楼至 9 楼的时间，机器人大小、形状对研究时间无影响，可看成质点，A错误；
B．导航显示的 96 公里是行驶路径长度，是路程，B错误；
C．以小孩为参考系，车外的建筑物相对小孩位置发生变化，是运动的，C正确；
D．雷达测速仪测得的是汽车经过这个位置点的瞬时速度，D错误。
故答案为：C。
【分析】质点：物体大小形状对研究问题无影响时，可简化为质点 。
位移与路程：位移是初末位置有向线段，路程是运动轨迹长度 。
参考系：描述物体运动时选作标准的物体，判断研究对象相对参考系位置是否变化 。
瞬时速度与平均速度：瞬时速度对应某一时刻 / 位置，平均速度对应一段时间 / 位移 ，通过这些概念辨析选项正误。
3．（2024高二上·浙江开学考）下列关于物理学史的叙述正确的是（ ）
A．第谷根据开普勒观测数据提出了行星运动定律
B．牛顿利用扭秤实验比较准确的测出万有引力常量
C．伽利略运用了实验和逻辑推理相结合的方法研究了物体下落规律
D．库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值
【答案】C
【知识点】库仑定律；伽利略对自由落体运动的研究；开普勒定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．是开普勒依据第谷的观测数据，总结提出行星运动定律，并非第谷根据开普勒数据 ，A错误；
B．是卡文迪许用扭秤实验精准测出万有引力常量G，不是牛顿，B错误；
C．伽利略运用了实验和逻辑推理相结合的方法研究了物体下落规律，C正确；
D．库仑发现了库仑定律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，D错误。
故答案为：C。
【分析】依托物理学史中各位科学家的关键贡献，对每个选项逐一甄别。需牢记第谷、开普勒、牛顿、卡文迪许、伽利略、库仑、密立根等科学家对应的研究成果与实验，以此判断选项描述是否正确 。
4．（2024高二上·浙江开学考）如图小明同学静止悬挂在单杠上，下列说法中正确的是（ ）
A．小明一定受到三个力的作用
B．小明受到的支持力是因为手指的形变产生的
C．两手臂间夹角越小，小明受到单杠作用力越小
D．两手臂间夹角越大，小明每只手受到摩擦力越大
【答案】D
【知识点】形变与弹力；受力分析的应用；力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】A．当双手竖直时，小明仅受重力与单杠支持力，并非三个力，故A错误；
B．支持力是单杠形变产生，非手指形变，故B错误；
C．单杠对小明作用力（合力）始终与重力等大反向，和手臂夹角无关，故C错误；
D．设两只手臂间的夹角为，竖直方向有
每只手受到的摩擦力为
所以两手臂间夹角越大，N越大，小明每只手受到摩擦力也越大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】对小明进行受力分析，结合力的产生原因（形变）、力的合成与分解（合力与分力关系），分析不同手臂夹角下力的变化，判断各选项时，紧扣受力个数、弹力产生源、合力与分力的平衡及三角函数关系对摩擦力的影响 。
5．（2024高二上·浙江开学考）如图所示是摩托车运动员在水平赛道转弯的照片，下列说法正确的是（ ）
A．摩托车正在向运动员的左侧转弯
B．摩托车受到重力、地面支持力、摩擦力和向心力的作用
C．摩托车速度越大，受到的支持力越大
D．下雨天，摩托车转弯的最大限制速度应减小
【答案】D
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．车身与运动员向右倾斜，受指向弯路内侧的静摩擦力（向心力 ），可知向右侧转弯，故A错误；
B．摩托车受重力、支持力、摩擦力，摩擦力提供向心力，并非额外受 “向心力”，故B错误；
C．水平转弯时，重力与支持力平衡，支持力大小等于重力，和速度无关，故C错误；
D．下雨天，动摩擦因数减小，最大静摩擦力减小，根据
可知摩托车转弯的最大限制速度应减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】对摩托车进行受力分析，明确向心力来源（静摩擦力 ），结合圆周运动规律、力的平衡（重力与支持力平衡 ），分析转弯方向、受力个数、支持力与速度关系及雨天速度变化 。
6．（2024高二上·浙江开学考）如图所示，图甲电梯内铁架台上的拉力传感器下挂有一瓶矿泉水，图乙是电梯启动后电脑采集到的拉力随时间的变化情况，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中，反映了电梯从高层到低层运动
B．不能从图乙中得到矿泉水的重力
C．根据图乙可以求出电梯启动过程中，匀加速阶段的加速度大小约为
D．因为不知道电梯启动方向，所以无法判断哪段时间矿泉水瓶处于超重状态
【答案】C
【知识点】加速度；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A.拉力大于重力（超重，加速向上 ）；拉力等于重力（匀速 ）；拉力小于重力（失重，减速向上 ）。整体是从低层到高层运动，A错误。
B．在阶段，拉力与重力持平，因此可以得到矿泉水的重力，为15N，B错误。
C．由图可知，在匀加速阶段，拉力大小为16N，矿泉水的质量为
因此匀加速阶段的加速度大小约为
C正确。
D．超重看拉力与重力关系（拉力＞重力即超重 ），无需知道运动方向，拉力大于重力，是超重，D错误。
故答案为：C。
【分析】以矿泉水瓶为研究对象，根据拉力与重力的大小关系，结合超重（拉力＞重力，加速度向上 ）、失重（拉力＜重力，加速度向下 ） 概念，判断电梯运动状态；再利用牛顿第二定律合 ，由已知拉力、重力求加速度，进而分析各选项 。
7．（2024高二上·浙江开学考）如图所示是中国独立建造的空间站。空间站轨道离地高度为400～450公里，设计寿命为10年，长期驻留3人，总重量可达180吨。下列说法正确的是（ ）
A．空间站线速度小于第一宇宙速度
B．空间站内物体处于悬浮状态”是因为物体受力平衡
C．空间站由于质量比地球同步卫星大，其加速度比同步卫星小
D．低轨道上飞行的飞船速度大于空间站的线速度，要实现对接必须让飞船反向点火减速
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；向心加速度；离心运动和向心运动；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．由牛顿第二定律可知
解得
当时，刚好为第一宇宙速度，而空间站的高度400～450公里，对应的速度小于第一宇宙速度，A正确；
B．空间站内物体 “悬浮”，是因处于完全失重状态，物体所受万有引力提供圆周运动向心力，并非受力平衡，B错误；
C．由牛顿第二定律可知
解得
由于地球同步卫星的高度大于空间站的高度，故空间站的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，C错误；
D．低轨道飞船要对接空间站（更高轨道 ），需点火加速做离心运动，而非减速，D错误。
故答案为：A。
【分析】以万有引力定律为基础，结合卫星做圆周运动时 “万有引力提供向心力”，推导线速度、向心加速度公式，分析空间站与第一宇宙速度、同步卫星的运动参量关系；同时明确完全失重状态的受力特点，以及轨道对接的运动原理（离心运动 ），以此判断各选项正误 。
8．（2024高二上·浙江开学考）在各式各样的鱼类中，有一种鱼叫做“跳跳鱼”，一般生活在有海泥，且质地柔软的滩涂上。这种鱼既能爬又会走，还跳得高。它们肚皮贴地，依靠胸鳍就能急速走上三四米，除此之外，还能将尾巴扭动90度，然后迅速弹出身体。重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．跳跳鱼急速走动三四米，滩涂对跳跳鱼做了正功
B．跳跳鱼急速走动时受到的滩涂作用力水平向前
C．跳跳鱼斜向上跳起时，滩涂对其支持力大小等于其对滩涂的压力大小
D．若跳跳鱼斜向上跳起后在空中运动的最大高度为，则其起跳的初速度为
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；竖直上抛运动；功的概念
【解析】【解答】A．跳跳鱼急速走动三四米，滩涂对跳跳鱼做了负功，故A错误；
B．滩涂对跳跳鱼的作用力是支持力（垂直滩涂向上 ）和摩擦力（向前 ）的合力，支持力向上，摩擦力向前，合力应斜向前上方，故B错误；
C．跳跳鱼斜向上跳起时，滩涂对其支持力大小等于其对滩涂的压力大小，它们是一对作用力与反作用力，故C正确；
D．若跳跳鱼斜向上跳起后在空中运动的最大高度为，如不考虑空气阻力有
解得
则其实际起跳的初速度大于，故D错误。
故答案为：C。
【分析】从力与运动的关系出发，分析滩涂对跳跳鱼的作用力（支持力、摩擦力 ），结合功的定义（力与位移夹角 ）判断做功；利用相互作用力的特点判断支持力与压力关系；通过斜抛运动的竖直分运动（竖直上抛 ），结合运动学公式分析初速度。
9．（2024高二上·浙江开学考）一个正电荷周围有3种形状各异的金属导电体。在电荷周围形成如图所示的电场分布，为导体表面上的点，为导体内距离为的点，图中虚线为一电荷只在电场作用下的运动轨迹，为运动轨迹上的两点，则（ ）
A．运动电荷带正电
B．运动电荷在点加速度比大
C．电场在点的方向斜向右上方
D．导体B上的感应电荷在点形成的场强大小为
【答案】B
【知识点】电场线；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．曲线运动中，合力指向轨迹内侧。电场线方向背离正电荷q，运动电荷受力与电场线方向相反（轨迹内侧 ），故运动电荷带负电，A错误；
B．由于a点的电场线比b点的电场线密集，电场强度较大，运动电荷在a点受到的电场力大于b点的电场力，故a点的加速度大于b点的加速度，B正确；
C．导体表面是等势面，电场线与等势面垂直，故P点电场方向垂直导体A表面，不是斜向右上方，C错误；
D．静电平衡时，导体内部的合场强为零，故所有的感应电荷在点形成的场强大小与点电荷q在该点的电场强度大小相等，方向相反，即所有的感应电荷在点形成的场强大小为，而不仅仅是B上面的感应电荷形成的场强。故D错误。
故答案为：B。
【分析】以电场线的性质（疏密、方向 ）为基础，结合曲线运动受力特点（指向轨迹内侧 ）判断电荷电性；利用电场线与场强、受力、加速度的关系分析加速度大小；依据导体静电平衡时电场线与等势面的关系判断电场方向；通过静电平衡合场强为零，分析感应电荷的场强 。
10．（2024高二上·浙江开学考）无人机航拍已成为校园大型户外活动中不可或缺的一环。图甲为某校军训汇报表演时无人机拍摄的照片，图乙为正在高空进行拍摄的无人机。某次拍摄过程中，无人机在地面上从静止开始匀加速竖直向上起飞，加速度大小为，后续又经过匀速、减速悬停在离地的空中进行拍摄，由于拍摄需要又以的速度水平匀速飞行，某时刻突然出现机械故障而失去动力下落，假设在下落过程中受到的空气阻力大小不变，重力加速度，则（ ）
A．无人机需要时间可进入悬停拍摄状态
B．无人机下落的轨迹是一条抛物线
C．落地时速度与地面夹角正切值等于5
D．无人机失去动力下落至地面的时间大于
【答案】D
【知识点】自由落体运动；牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．若无人机一直向上做匀加速直线运动，根据运动学公式
代入数据可得
但无人机先经历匀加速、又经过匀速、减速悬停，所以无人机进入悬停拍摄状态的时间大于4s，故A错误；
B．失去动力后，水平方向有初速度4m/s，但竖直方向受重力和空气阻力（阻力与速度方向有关，合外力变 ），不是平抛运动（平抛合外力恒为重力 ），轨迹不是抛物线，故B错误；
C．若不考虑空气阻力，竖直方向有
但由于存在空气阻力，所以落地时竖直方向的速度小于20m/s，即落地时速度与地面夹角正切值
故C错误；
D．若不考虑空气阻力，竖直方向有
可得
但由于存在空气阻力，由牛顿第二定律
则，所以无人机失去动力下落至地面的时间大于，故D正确。
故答案为：D。
【分析】针对无人机起飞阶段，通过匀加速运动公式分析理想情况时间，结合实际运动阶段（匀加速、匀速、减速 ）判断总时间；下落阶段，依据受力是否恒定（平抛需合外力恒为重力 ）判断轨迹；通过有无空气阻力对竖直分运动的影响，分析落地速度夹角和下落时间 。
11．（2024高二上·浙江开学考）如图甲所示是上个世纪八十年代盛行的儿童游戏“抓子”，能很好培养儿童反应和肢体协调能力，具体玩法是：儿童将小石子以初速度从点正上方离地高处的点竖直向上抛出，然后迅速用同一只手沿如图乙所示轨迹运动，将水平地面上相隔一定距离的处的小石子捡起，并将抛出的石子在落地前接住。已知某次游戏中，相距，儿童手移动的平均速率为，不计抓石子的时间，重力加速度，则至少为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】竖直上抛运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】由题可得，在水平方向移动的时间至少为
取竖直向上的方向为正方向，根据匀变速公式可得
解得。
故答案为：B。
【分析】第一步，通过几何关系算出手移动路程，结合速率公式求出手移动时间，此时间等于石子在空中运动的时间（需接住石子，两者时间同步 ）；第二步，对石子竖直上抛运动分析，规定正方向后，利用匀变速位移公式，代入位移、加速度、时间，求解初速度。
12．（2024高二上·浙江开学考）水上冲浪运动是一项时尚运动，深受年轻人喜欢。如图质量为的女生在河里用电动冲浪板沿直线冲浪，电动冲浪板额定功率，最大速度，冲浪板（含电池）质量。假设运动过程中冲浪板受到的阻力不变，下列说法正确的是（ ）
A．冲浪板受到的阻力约为
B．若冲浪板以恒定功率启动，约经达到最大速度
C．若冲浪板由静止开始以加速度做匀加速直线运动可持续
D．若冲浪板以额定功率启动运动了后，立即关闭电源，冲浪板运动的总距离为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．牵引力等于阻力时，速度最大，则有
解得
A错误；
B．若冲浪板以恒定功率启动，根据动能定理
结合运动学的规律
解得
B错误；
C．若冲浪板由静止开始以加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
匀加速运动的末速度
则匀加速运动的时间
C错误；
D．以整个过程来看，冲浪板克服阻力所做的功等于以额定功率启动3.3s牵引力所做的功，则有
解得
D正确。
故答案为：D。
【分析】以功率公式P = Fv为基础，分析最大速度时阻力与功率、速度的关系；利用动能定理处理恒定功率启动的变加速过程，结合运动学规律（平均速度 ）简化计算；通过牛顿第二定律求匀加速牵引力，再结合功率公式求匀加速末速度与时间；最后用能量守恒（牵引力做功等于阻力做功 ）分析全程位移 。
13．（2024高二上·浙江开学考）如图AB、CD是光滑斜槽，它们的端点分别在半径为和的两个圆周上，延长线交于两圆周的相切点P，P为最低点。现有两个质量均为的重物分别沿AB和CD由静止下滑。已知AP、CP和竖直方向的夹角分别为和，重力加速度，则（ ）
A．重物沿AB下滑的加速度大小为，沿CD下滑的加速度大小为
B．重物沿AB下滑所用时间等于沿CD下滑所用的时间
C．若两斜面粗糙，则重物沿CD下滑所用时间小于沿AB下滑所用时间
D．若两重物质量不相等，则重物沿AB下滑所用时间和沿CD下滑所用的时间不相等
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．沿AB下滑，根据牛顿第二定律
沿CD下滑
故A错误；
BD．重物沿AB下滑的过程中，由运动学公式
解得
重物沿CD下滑的过程中，由运动学公式
解得
可知
与两重物的质量无关，故B正确，D错误；
C．若斜面粗糙
位移
由
得
越大，越小，越大。CD的大于AB的，故，故C错误。
故答案为：B。
【分析】通过牛顿第二定律求加速度（沿斜面合力 ），利用运动学公式（位移 - 时间关系 ）推导下滑时间，结合粗糙情况的受力分析（考虑摩擦力 ），判断时间与角度、质量的关系 。
二、不定项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上答案符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
14．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．物体受恒力作用不可能做曲线运动
B．物体在做平抛运动时，任意相等时间内速度的变化量相等
C．洗衣机脱水、无缝钢管的制造都利用了离心运动
D．爱因斯坦的相对论时空观完全否定了牛顿力学的正确性
【答案】B,C
【知识点】曲线运动的条件；平抛运动；离心运动和向心运动；相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A．恒力作用下物体可做曲线运动（如平抛，受恒力重力，轨迹曲线 ），故A错误；
B．物体在做平抛运动时，加速度为重力加速度，根据
可知任意相等时间内速度的变化量相等，故B正确；
C．洗衣机脱水利用离心运动甩干水分；无缝钢管制造通过离心铸造，利用离心运动使金属液均匀分布，故C正确；
D．相对论时空观是对牛顿力学的拓展，牛顿力学在宏观、低速（远小于光速 ）下仍适用，并非完全否定，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】依据曲线运动条件（合力与速度不共线，恒力可满足 ）、平抛运动的加速度特点（恒为g ）、离心运动的应用实例（脱水、铸造 ），以及相对论与牛顿力学的关系（低速宏观下牛顿力学仍成立 ），逐一分析选项 。
15．（2024高二上·浙江开学考）一物块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，运动过程中摩擦力大小恒定，如图所示图线①②分别为物块机械能和动能与运动路程的关系。重力加速度大小取，下列说法正确的是（ ）
A．物体质量的大小为
B．物体所受摩擦力的大小为
C．重力势能的最大值为40J
D．物体向上、向下运动过程中摩擦力做功相等
【答案】B,D
【知识点】功能关系；摩擦力的判断与计算；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.0~10m内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m内的图像②斜率的绝对值可得
=N=4N
联立解得m=0.7kg，故A错误；
B．全程（ ）机械能减少
摩擦力做功
，
故B正确；
C．上滑最大距离，重力势能最大值
故C错误；
D．物块上滑和下滑的摩擦力大小相等，上滑和下滑的位移均为10m，则物体向上、向下运动过程中摩擦力做负功相等，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】利用机械能变化与摩擦力做功的关系（ ）求摩擦力；通过动能定理结合图像斜率求质量；依据重力势能公式计算最大重力势能；根据摩擦力做功的力和位移关系判断上滑、下滑做功是否相等 。
16．（2024高二上·浙江开学考）2023年11月，中国新一代粒子研究器超级陶粲”装置正式启动，静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，静电场中任意一点电场方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足为与装置有关的常数，为该点到圆心的距离）。某次实验中四个相同粒子分别以一定的速度射入静电分析器，仅在电场力作用下，甲、乙粒子由入射口垂直射入，从射出，丙、丁粒子由入射口垂直射入，分别从射出。已知和和关于圆心对称，。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙、丙、丁四粒子均带正电
B．甲、丙两粒子的入射速率相等
C．甲、乙、丙、丁四粒子均垂直于端面出射
D．乙、丁两粒子动能变化量相等
【答案】A,B
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．粒子偏转时电场力提供向心力，方向指向圆心，与电场方向（沿半径指向圆心 ）相同，说明粒子受电场力与电场方向一致，故粒子带正电，故A正确；
BC．由题可知，甲从垂直入射，因与关于圆心对称，故甲从垂直出射，所以甲粒子在整个偏转过程沿电场线方向没有发生位移，速度大小不变，电场强度大小不变；同理，丙从垂直入射，从垂直出射，对两粒子，电场力提供向心力，则有
，
联立解得
故甲、丙两粒子的速度大小相等；对于乙粒子分析，从垂直入射，经电场偏转，从射出，故粒子在电场方向发生了位移，电场力做负功，速度变小，乙粒子所受电场力不断变小，乙粒子不会垂直射出； 同理，丁粒子，也不会垂直射出，故B正确，C错误；
D．由上分析，可知乙、丁粒子在电场强度方向发生的位移，电场力做负功，根据
可知乙粒子更靠近圆心，则它的电场强度平均值更大，根据
因，可知乙粒子受到的电场力做的负功更多，根据动能定理，可知乙粒子的动能变化量更大，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】从粒子偏转的向心力来源（电场力 ）判断电性；利用对称出射特点（沿电场方向无位移 ），结合向心力公式与电场强度表达式推导速率关系；通过分析沿电场方向是否有位移，判断出射是否垂直；依据电场强度分布和位移关系，结合动能定理判断动能变化量 。
三、第Ⅱ卷（非选择题共49分）
17．（2024高二上·浙江开学考）（1）小王用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力的关系”。该同学找到若干规格相同质量较小的螺帽，远小于小车质量，实验时将螺帽放入小桶中，带动小车运动，利用纸带算出小车运动的加速度，改变放入螺帽的个数，重复多次实验。
①除了图甲中所列的实验器材外，下列器材必需的是 。
A.弹簧秤 B.秒表 C.刻度尺 D.低压直流电源
②关于小王在实验中的注意事项，下列说法正确的是 （多选）
A.补偿阻力时小车不用连接纸带
B.每次增加螺帽时，要重新补偿阻力
C.拉小车的细绳必须平行于长木板
D.实验中释放小车时，装有螺帽的小桶要保持稳定，不能晃动
③小王通过实验获得图乙中的几条纸带，在小桶中分别放了1个、3个、5个螺帽，其中放了5个螺帽的纸带是 （填①、②或③）。
（2）为了制作一个弹簧测力计，小孙同学选了两根规格不同的弹簧（原长相同）进行测试，根据测得的数据绘出弹簧伸长量与所受拉力如图丙所示的图像，如果将两根弹簧首尾串连在一起，那么这个新的弹簧测力计的量程是 ，如果将两根弹簧并排连在一起，那么这个新的弹簧测力计的量程是 。
【答案】（1）C；CD；③
（2）4；10
【知识点】胡克定律；探究加速度与力、质量的关系
【解析】（1） ① A．实验中只需探究随着拉力的增大，小车加速度的变化，不需要知道具体力的大小，故不需要弹簧秤测量桶和螺帽的质量，故A错误；
B．打点计时器可以用于计时，不需要秒表，故B错误；
C．需要刻度尺来测量点迹间距，故C正确；
D．打点计时器使用交流电源，故D错误。
故答案为：C。
② A：补偿阻力时需连纸带，平衡纸带阻力且通过纸带点间距判断是否匀速，A 错误。
B：仅实验前平衡阻力，增加螺帽无需重新补偿，B 错误。
C：细绳平行长木板，保证拉力恒定（力方向不变 ），C 正确。
D：小桶稳定不晃动，保证拉力恒定，D 正确。
故选CD。
③ 根据牛顿第二定律可知，质量一定，拉力与加速度成正比，则放了5个螺帽的纸带打出的点的间距应最大，故③正确。
故答案为：C；CD；③
（2）弹簧A和B串联后各自的量程不变，新的弹簧测力计的量程等于原测力计中量程较小的量程，为4N；
两个弹簧并联使用，伸长量相同，则根据图丙可知，伸长量最长为8cm，则新的弹簧测力计的量程等于两个弹簧测力计此时的示数之和，为10N。
故答案为：4；10
【分析】（1）器材选择：围绕实验目的（探究加速度与力关系 ），分析所需测量量（纸带点间距→刻度尺 ），排除无需器材（弹簧秤、秒表、直流电源 ）。
注意事项：从阻力补偿（需连纸带、仅实验前平衡 ）、拉力恒定条件（细绳平行、小桶稳定 ）判断选项。
纸带判断：依据牛顿第二定律（F越大，a越大，位移越大 ），关联螺帽个数与点间距。
（2）串联：串联弹簧受力相等，量程受限于 “原弹簧中最大拉力较小的”（超限度会损坏 ）。
并联：并联弹簧伸长量相等，量程为 “各弹簧在该伸长量下拉力之和”（利用胡克定律F = kx，k为劲度系数，x为伸长量 ）。
（1）[1]A．实验中只需探究随着拉力的增大，小车加速度的变化，不需要知道具体力的大小，故不需要弹簧秤测量桶和螺帽的质量，故A错误；
B．打点计时器可以用于计时，不需要秒表，故B错误；
C．需要刻度尺来测量点迹间距，故C正确；
D．打点计时器使用交流电源，故D错误。
故选C。
[2]A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；
B．仅在实验开始前未加螺帽时需平衡阻力，每次增加螺帽时，不需要重新补偿阻力，故B错误；
CD．为保证小车受到的力恒定，实验时拉小车的细绳必须平行于长木板，同时装有螺帽的小桶要保持稳定，不能晃动，故CD正确；
故选CD。
[3]根据牛顿第二定律可知，质量一定，拉力与加速度成正比，则放了5个螺帽的纸带打出的点的间距应最大，故③正确。
（2）[1]弹簧A和B串联后各自的量程不变，新的弹簧测力计的量程等于原测力计中量程较小的量程，为4N；
[2]两个弹簧并联使用，伸长量相同，则根据图丙可知，伸长量最长为8cm，则新的弹簧测力计的量程等于两个弹簧测力计此时的示数之和，为10N。
18．（2024高二上·浙江开学考）某同学用图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。现提供如下实验器材：电源电容器电阻箱毫安表单刀双掷开关和导线若干。
（1）根据图甲电路在图乙中用笔画线代替导线将实物电路连接完整 。
（2）用电流传感器替换毫安表，测出电路中的电流随时间变化的图像如丙图所示，电源输出电压为，则电容器的电容约为 。（保留2位有效数字）
（3）现通过改变电路某一元件的参数对同一电容器进行两次充电，得到图像如丁中①②所示，下列说法正确的是________。
A．曲线①对应电路中电阻箱的阻值较大
B．曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大
C．曲线①对应电路中电源输出电压较小
D．曲线②对应电路中电源输出电压较小
【答案】（1）
（2）
（3）B
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）电容器放电时，根据公式可知，在图像中，图线与横坐标围成的面积表示通过电荷量的多少，由图乙可知图线与坐标轴围成得面积为32个小格，则电容器开始放电时所带的电荷量为
由电容的定义式可知，电容器的电容约为
故答案为：
（3）AB．对同一电容器进行两次充电，因为电荷量q不变，曲线②对应的充电时间长，则电流小，根据欧姆定律可知，曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大，故A错误，B正确；
CD．根据可知电荷量q不变、电容C不变，故曲线①②对应电路中的电源输出电压相同，故CD错误。
故答案为：B
【分析】（1）电路连接：依据充、放电原理，构建开关控制的充、放电回路。
（2）电容计算：利用I-t图像 “面积表示电荷量”，结合电容定义式计算。
（3）图像分析：同一电容器充电，最终电荷量由CU决定（C不变则U同 ）；电流大小与电阻成反比，通过充电时间判断电流、电阻关系。
（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）电容器放电时，根据公式可知，在图像中，图线与横坐标围成的面积表示通过电荷量的多少，由图乙可知图线与坐标轴围成得面积为32个小格，则电容器开始放电时所带的电荷量为
由电容的定义式可知，电容器的电容约为
（3）AB．对同一电容器进行两次充电，因为电荷量q不变，曲线②对应的充电时间长，则电流小，根据欧姆定律可知，曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大，故A错误，B正确；
CD．根据可知电荷量q不变、电容C不变，故曲线①②对应电路中的电源输出电压相同，故CD错误。
故选B。
19．（2024高二上·浙江开学考）如图所示，一滑块从倾角的固定斜面顶端A由静止下滑，在C点正上方处有一小球，某时刻将小球由静止释放，小球与滑块恰好在点相遇。已知斜面与水平面在点平滑连接，滑块与接触面间的动摩擦因数均为，AB段长，BC段长，不计空气阻力，取，（sin37°=0.6 cos37°=0.8）求：
（1）滑块在斜面上运动的加速度大小；
（2）滑块运动到C点的速度大小；
（3）小球刚释放时，滑块已运动的时间
【答案】（1）解：对滑块在斜面上由牛顿第二定律
代入数据解得，滑块在斜面上运动的加速度大小为
（2）解：由运动学公式
得滑块运动到B点时的速度大小为
滑块在水平面上由牛顿第二定律
由运动公式
联立可得，滑块运动到C点的速度大小为
（3）解：由运动公式可得滑块在斜面上运动的时间为
滑块在水平面上运动的时间为
由自由落体运动公式可得小球落到C点所用时间为
所以小球刚释放时，滑块已运动的时间为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；自由落体运动；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）斜面加速度：通过受力分析（重力分力、摩擦力 ），结合牛顿第二定律求解。
（2）滑块速度：分 “斜面下滑” 和 “水平面减速” 两个阶段，用运动学公式，分段计算。
（3）时间差：分别计算滑块在斜面、水平面的运动时间，以及小球自由下落时间，通过 “相遇时总时间差” 关联求解。
（1）对滑块在斜面上由牛顿第二定律
代入数据解得，滑块在斜面上运动的加速度大小为
（2）由运动学公式
得滑块运动到B点时的速度大小为
滑块在水平面上由牛顿第二定律
由运动公式
联立可得，滑块运动到C点的速度大小为
（3）由运动公式可得滑块在斜面上运动的时间为
滑块在水平面上运动的时间为
由自由落体运动公式可得小球落到C点所用时间为
所以小球刚释放时，滑块已运动的时间为
20．（2024高二上·浙江开学考）如图所示，竖直平面直角坐标系，第Ⅲ象限内固定有半径为的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在轴上，C端在轴上，同时存在大小为，方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象限与之间有大小为，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为，电荷量为的带负电小球从B点正上方高处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度用表示，求：
（1）小球经过C点时的速度大小；
（2）小球在第Ⅲ象限受到轨道支持力的最大值；
（3）小球运动到轴右侧后与轴的交点坐标。
【答案】（1）解：带负电小球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得小球经过C点时的速度大小为
（2）解：在电场中，带负电小球受到的重力和电场力的合力大小为
设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为，则有
可得
则当小球在第Ⅲ象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得
解得
在D点根据牛顿第二定律可得
联立解得小球受到轨道支持力的最大值为
（3）解：在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向上，大小为
小球从C点以的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度大小为
方向竖直向上；设小球在电场中经过轴，则有
，
解得
，
可知小球刚好从电场的右边界经过轴，此时小球竖直向上的分速度为
小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过轴，根据斜抛运动规律有
，
则小球运动到轴右侧后与轴的交点坐标为（，）和（，）
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）C点速度：通过动能定理，计算重力、电场力对小球做功的总效果，关联初末动能。
（2）最大支持力：先合成重力与电场力的合力，找到 “合力方向与圆心连线重合” 的位置（速度最大点 ），再用动能定理求最大速度，最后用牛顿第二定律（向心力公式 ）求支持力。
（3）x轴交点：分 “第四象限电场中类平抛” 和 “第一象限斜抛” 两个阶段，用运动学公式（竖直上抛、水平匀速 ）计算水平位移，确定交点坐标。
（1）带负电小球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得小球经过C点时的速度大小为
（2）在电场中，带负电小球受到的重力和电场力的合力大小为
设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为，则有
可得
则当小球在第Ⅲ象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得
解得
在D点根据牛顿第二定律可得
联立解得小球受到轨道支持力的最大值为
（3）在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向上，大小为
小球从C点以的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度大小为
方向竖直向上；设小球在电场中经过轴，则有
，
解得
，
可知小球刚好从电场的右边界经过轴，此时小球竖直向上的分速度为
小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过轴，根据斜抛运动规律有
，
则小球运动到轴右侧后与轴的交点坐标为（，）和（，）。
21．（2024高二上·浙江开学考）如图所示，一不可伸长的细线长为，一端固定于点，另一端连接质量为的滑块。滑块在点正下方时，恰好位于水平传送带的左端点。传送带右端点连接两段光滑圆弧轨道两点切线水平，两段圆弧半径均为，圆心角均为，传送带与圆弧平滑连接。水平面与等高，点位于点正下方，滑块运动过程中可视为质点。现将滑块拉至点（等高且）静止释放，细绳恰好在点断裂，滑块滑上水平传送带，传送带长为。若传送带静止，滑块恰好可以滑到点，重力加速度，求：
（1）细线能承受的最大拉力；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数；
（3）若传送带顺时针转动，滑块能沿圆弧轨道运动并从点水平抛出，求落点到点的距离与传送带速度之间的关系。
【答案】（1）解：滑块由释放到A点，根据动能定理有
解得
在A点由向心力公式
解得
（2）解：滑埠恰好可以滑到C点，则；滑块由释放到C点，根据动能定理
解得
（3）解：滑块由B到D，根据动能定理有
解得
滑块做平抛运动，则有
解得平抛运动的时间为
则有
滑块能从D点水平抛出，则须满足临界①，可得
临界②C点不脱离，由向心力知识得
解得
由B到C，根据动能定理可得
解得
若滑块在传送带上一直减速，则滑块最多滑到C点，不能从D点抛出；
若滑块在传送带上一直加速，则
在C点会与轨道脱离；
若滑块与传送带共速，则
所以落点到M点的距离x与传送带速度v之间的关系为
（）
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）细线拉力：通过动能定理求A点速度，再用向心力公式（竖直圆周运动 ）求拉力。
（2）动摩擦因数：全程动能定理，考虑重力、摩擦力、圆弧重力势能变化，联立求解。
（3）传送带与平抛：分传送带速度对滑块运动的影响（加速 / 减速 / 匀速 ），结合动能定理求D点速度，再用平抛运动规律（竖直自由下落、水平匀速 ）关联落点距离与传送带速度。
（1）滑块由释放到A点，根据动能定理有
解得
在A点由向心力公式
解得
（2）滑埠恰好可以滑到C点，则；滑块由释放到C点，根据动能定理
解得
（3）滑块由B到D，根据动能定理有
解得
滑块做平抛运动，则有
解得平抛运动的时间为
则有
滑块能从D点水平抛出，则须满足
临界①，可得
临界②C点不脱离，由向心力知识得
解得
由B到C，根据动能定理可得
解得
若滑块在传送带上一直减速，则滑块最多滑到C点，不能从D点抛出；
若滑块在传送带上一直加速，则，在C点会与轨道脱离；
若滑块与传送带共速，则
所以落点到M点的距离x与传送带速度v之间的关系为
（）
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