2023-2024学年广东省广州市越秀区高二年级上册开学测物理试题（解析版）

广州市越秀区2023-2024学年高二上学期开学测物理试题

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。

I.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，4、B、C、D

是电场线上的点，其中4、。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4点的速度一定大于在。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

【解析】

【详解】A.正点电荷周围的电场线是从正点电荷出发，呈辐射状分布的，A错误；

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。点，则粒子的速度方向与所受电

场力方向的夹角为钝角，则粒子的速度减小，若粒子从。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，则粒子的速度变大，都是粒子在A点的速度大于在。点的速度，B正确；

C.同一电场的电场线在空间不能相交，否则同一点具有两个电场强度方向，C错误；

D.只有粒子的初速度为零，且电场线为直线的情况下粒子才可能沿电场线运动，D错误。

故选B。

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，工人相对地面的速度将变大

C.仅增大车速，工人到达顶部时间将变短

D.仅增大车速，工人相对地面速度方向与竖直方向的夹角将变小

【答案】B

【解析】

【详解】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，合成后的运动轨迹为直线，因此

A错误；仅增大车速为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v与竖直方

向的夹角。将变大，因此B正确，D错误；工人到达顶部的时间是由竖直方向上的距离除以竖直速度好，

竖直速度不变，所以时间不变，因此C错误.

_______Ml

3.如图，汽车从拱形桥顶点4匀速率运动到桥上的B点。下列说法正确的是（）

A.A到8,汽车的机械能减小

B.A到8,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8,支持力的瞬时功率逐渐增大

【答案】A

【解析】

【详解】AB.汽车从A匀速率到8,动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故A正确，B错误;

C.根据

P=mg,vcosf）

知，V大小不变，6减小，则重力的瞬时功率增大，故C错误；

D.汽车做匀速圆周运动，车任何时候所受的支持力都与运动方向垂直，支持力的功率总是为零，故D错

误。

故选A。

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〃？，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机g

D.此时乙对座舱底部的压力大于〃咯

【答案】D

【解析】

【详解】A.甲在做匀速圆周运动，不是平衡状态，因此甲的受力不平衡，故A错误；

B.向心加速度是矢量，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，故B错误；

CD.座舱中的乘客在做匀速圆周运动，其合力始终指向圆心，在最高点时，重力大于支持力，处于失重状

态，在最低点时，支持力大于重力，处于超重状态，即乙对座舱底部的压力大于〃?g,故C错误，D正确。

故选D。

5.某同学用向心力演示器进行实验，如图所示，两相同钢球所受向心力比值为1:4,则实验中选取两个

变速塔轮的半径之比为（）

【答案】B

【解析】

【详解】如图所示，两相同的钢球距离转轴的距离相等，设为r，由向心力公式

F=mcor

由于

耳：耳=1:4

所以变速塔轮的角速度之比为

of,:a>2=1:2

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

不々弋K?

故选B。

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W=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〃=lm,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

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

【解析】

【详解】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

W-/7=yg/2

得

10

球在水平方向做匀速直线运动，则

Vmin=—=3V10m/s

球落地时竖直方向的分速度为

Vy=12gH=闻01/$

设落地时速度方向与水平地面间的夹角为仇则

,「，一病一

tan（j———.一，

%n3V103

即夹角为G30。，此为落地时的最大夹角；

当以最大速度击出球时，由

H=ggf2

得

x/30

t\=------S

10

则球被击出时的最大速度为

%2t—

Vmax=—=5V30m/s=：27.38m/s

‘I

AB错误，D正确；

C.球被击出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落高度一定，因此球在空中飞行的时间不变，

与击出时的速度无关，c错误。

故选D。

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fC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夕（弧度），引力常量为G,则下列说法中正确的是（）

B71

A.“悟空”的线速度上B.“悟空”的环绕周期为

tP

C.“悟空”的向心加速度是:告D.可以算出“悟空”的质量为二；

t2Gt/3

【答案】C

【解析】

【详解】ABC.由“悟空”经过时间f（f小于其运动周期），运动的弧长为s可知线速度为

S

V--

由与地球中心连线扫过的角度为£（弧度）可知角速度

t

所以向心加速度

sBs（3

a=cov=-x—='

ttr

所以周期为

1=—=—t

o）p

故AB错误，C正确；

D.绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即

Mm

=mrar

3上

t

s=r/3

联立解得地球的质量为

不能求出“悟空”的质量，故D错误。

故选C。

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〃、Ac的电势分别为IOV、8V、6V,当电量为q的点电荷8

（不计重力）从〃上某处由静止释放，经过等势面〃时的速率为u,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2u

C.点电荷B从a到匕的过程中电势能增加

D.从〃到〃的过程中电场力对点电荷8做正功

【答案】AD

【解析】

【详解】A.根据。“>%>纥可知该场源电荷A带正电，故A正确;

B.点电荷8到达等势面b时电场力做功为

^ab=^mv2-^

点电荷B到达等势面c时电场力做功为

qUbcfnVc--mv

可得

vc=41v

故B错误：

CD.由题意可知从a到6的过程中电场力对点电荷B做正功，速度增加到%即动能增加，电势能减少，

故C错误，D正确；

故选AD。

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】BD

【解析】

【详解】A.设地球和火星的公转周期分别为不、T2,轨道半径分别为八、⑶由开普勒第三定律可得

E工

弓3T；

可求得地球与火星轨道半径之比，由太阳的引力提供向心力，则有

_MmV

G——-m―

rr

得

即地球与火星的线速度之比可以求得，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，故A错误；

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

尔一①2t=2兀

由以上可解得

则地球与火星绕太阳的公转周期之比

7；:7；=7:13

故B正确;

C.由物体在地球和火星表面的重力等于各自对物体的引力，则有

由于地球和火星的质量关系以及半径关系均未知，则两星球表面重力加速度的关系不可求，故c错误;

D.地球与火星绕太阳运动的向心加速度由太阳对地球和火星的引力产生，所以向心加速度大小则有

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，故D正确。

故选BD。

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A8水平，。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

网和滑块加2,且如＞侬.开始时如恰在A点，加2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。的正下方，不计一切阻力及摩擦。如由静止释放开始运动，则下列说

C

A.如从A点到C点的过程中，mi的机械能守恒

B.当如运动到C点时，阳的速率是侬速率的血倍

C.冲沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定

D.若如运动到C点时细绳突然断开，在细绳断开后，〃“能沿碗面上升到B点

【答案】BC

【解析】

【详解】A.在町从A点运动到C点的过程中，绳子拉力对网做负功，所以叫机械能一直减少，选项A

错误;

则

sin45"=—=—

K2

所以

v,=V2V2

选项B正确；

C.物块外沿斜面上滑过程中，假设斜面倾角为。，所以斜面对血2支持力为

N=m2gcos,0

可知N始终不变，根据牛顿第三定律可知〃4对斜面的压力也不变，所以地面对斜面的支持力恒定不变，选

项C正确；

D.若无绳子时，叫机械能守恒，町从4点静止释放，一定能上到5点，现绳子从AfC过程中对网

做负功，町机械能减小，所以物块犯一定不能上到8点，选项D错误。

故选BC。

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：

（1）利用游标卡尺测量取水器出水管内径&

（2）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；

（3）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；

（4）已知当地重力加速度为g,根据图乙可以计算水流从管口0点流出速度为（用L、g表示）；

（5）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）。

（6）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〃、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）。

③.河

【解析】

【详解】（4）[1]由图可知，水从。点运动到P点的竖直方向位移大小为5L,故

5乙=1产

解得

10L

g

由图得水从。点运动到P点的的水平位移大小为83则

SL=vt

解得

v牛等

(5)[2]而

d2

S=兀

解得取水器取水时的流量为

Q-S-V-兀d，

（6）[3]由图可知，水从。点运动到6点再到c点，湖间水平方向位移与反间水平方向位移都是23说明

3版,ab间竖直方向位移与be间竖直方向位移大小分别为3L和5L,故

5L—3L=gF

解得

平抛的初速度为

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u=gr计算重物速度

B.利用公式n=J丽计算重物速度

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

。点时，重锤的速度大小为m/s（结果保留3位有效数字）；

48C

.£

卜.

卜

中

乃

工35

3.)03.

（4）设O点到测量点的距离为/?,v为对应测量点的速度，小华同学做出的F一〃关系图线如图所示，由

图可得重物下落的加速度m/s2（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

【答案】①.BD②.D③.1.789.52（9.40-9.60）⑤.0.036加

【解析】

【详解】（1）口]实验需要测量纸带上计数点间的距离，需要刻度尺；打点计时器需要连接交流电源。

故选BD,

（2）[2]A.如果利用公式

v=gf

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，则实验结果应

该是重力势能的减少量完全等于动能的增加量，故A错误；

B.如果利用公式

v^y[2gh

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，则实验结果应

该是重力势能的减少量完全等于动能的增加量，故B错误；

C.做实验时，应先再接通打点计时器的电源，再释放重物，故C错误；

D.为了减小摩擦阻力的影响和充分利用纸带，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，故D正确。

故选D。

（3）[3]中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，故

XCE(3.35+3.75)x10-2

Vm/s«1.78m/s

D2T-2x0.02

（4）[4][5]根据

vz=2ah

由图像求斜率得2“，即

攵1

a6.00-2.00

-=2-2-=9.52m/s2

0.32-0.11

由（3）可知，从A点到E点的过程中，下落的高度为

2（3.75+3.35+3.00+2.60）xl0-2m=0.127m

机械能损失量为

△%-XEp-\E'P-mghAE-mg'hAE

解得

△%»0.036/77

13.在匀强电场中有一虚线圆，如图所示，出?和cd是圆的两条直径，并交于。点，圆的直径为0.2m,其

中与电场方向的夹角为60°,与电场方向平行，设。点电势为0,4点电势为-20V。求：

（1）电场强度的大小；

（2）a、》两点的电势差Uab;

（3）电量为-4X10-5C的电荷在c点的电势能。

【答案】(1)200V/m；(2)20V；(3)-8x10力

【解析】

【详解】(1)。、d两点电势差

U=g,”=C)_(_20)V=20V

0、”两点距离

J=/-0.1m

得电场强度为

U

E=—=200V/m

d

(2)由题可知

<PU>(Pb

即

Uab>0

a,〃之间沿电场线方向距离

4=2rcos60°=0.1m

而间电势差为

Uab=Edi=20V

(3)由

(Pe-(PoHi

得

(pc=20V

所以电荷在C点的电势能为

Ep=qW=-8xl°Tj

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，尸为圆轨道的最高点。现将质量为机=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%=2m/s,重力加速度大小为g=10m/s2。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〃；

(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点时对轨道压力尸多大。

【答案】(1)0.4m；(2)1.0m；(3)ION

【解析】

【详解】(1)小球经过最高点P时恰好不脱离轨道的速度%=2m/s,由重力提供向心力可得

mg=m—%

解得圆形轨道半径为

2

r='=0.4m

g

(2)小球从M运动到户点，由机械能守恒得

mg(h-2r)=gmv^

解得

h=1.0m

(3)设小球经过P点所受弹力为N、速度为K，根据牛顿第二定律可得

N+mg=m—

r

设小球经过N点速度为，轨道对小球支持力为£，根据牛顿第二定律可得

F「mg=m^~

根据机械能守恒可得

mg-2r=gmv]-:mv^

联立解得

6=10N

根据牛顿第三定律可得小球对轨道压力大小为

尸=6=10N

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。=