河北省衡水市第二中学2022-2023学年高一下学期学科素养评估（四调）物理试题及答案

这是一份河北省衡水市第二中学2022-2023学年高一下学期学科素养评估（四调）物理试题及答案，共12页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。

高一2022-2023学年下学期学科素养评估（四调）
物理学科试题
（考试时间：75分钟；总分：100分）
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题，共45分）
一、选择题：（本大题共12小题，共45分。1－9题为单选题，每小题3分，在每小题列出的四个选项中只有一项符合题意；10—12题为多选题，每小题6分，在每小题列出的四个选项中有两个或两个以上选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分）
1．假设将发射火箭看成如下模型：有一静止的实验火箭总质量M＝2100 g，当它以对地速度v0＝840 m/s喷出质量Δm＝100 g的高温气体后，火箭的速度为（喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略，取v0的方向为正方向）（　　）
A．－42 m/s B．42 m/s C．－40 m/s D．40 m/s
2．如图所示，将不带电的枕形导体AB放在一个点电荷的电场中，点电荷的电荷量为−Q，与导体AB的中心O的距离为R。当导体AB达到静电平衡时，下列说法正确的是（　　）

A．导体A端带正电
B．感应电荷在O点产生的电场强度方向水平向右
C．感应电荷在O点产生的电场强度大小为零
D．感应电荷在O点产生的电场强度大小为kQR2
3．如图所示，水平地面上有两个质量分别为m和3m的弹性物块A、B，物块A以速度v0与物块B发生弹性碰撞，物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，则当两物块均停下时A、B间的距离为（　　）

A．v024μg B．v022μg C．v02μg D．2v023μg
4．一位同学从船尾走到船头后停下，船后退的距离为d，船长为L。已知他自身的质量为m，水的阻力不计，则船的质量为（　　）

A．m(L+d)d B．m(L−d)d C．mLd D．m(L+d)L
5．如图所示，两带电小球1、2用绝缘丝线拴接在天花板上，当系统平衡时，小球1、2处在同一水平线上，两丝线与竖直方向的夹角分别为α=60°、β=30°。某时刻两丝线同时断裂，整个过程保持两小球所带的电荷量不变，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．小球1、2的电荷量之比为1∶3
B．小球1、2的质量之比为1∶3
C．小球1、2的落地点到释放点的水平距离之比为1∶3
D．小球1、2落地瞬间的速度之比为3∶1
6．(改)质量分别为2m和m的A、B两个物体，分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，运动一段时间后，撤去F1、F2，只在摩擦力作用下减速到停止，其v－t图像如图所示。则下列说法正确的是（   ）

A．物体A、B所受摩擦力之比为2:1
B．F1和F2之比为3:1
C．F1和F2对物体A、B做功之比为1:1
D．F1和F2对物体A、B的冲量之比为2:1
7．如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方。则它们运动的（　　）

A．向心力大小不相等 B．线速度v甲>v乙
C．角速度ω甲>ω乙 D．向心加速度a甲>a乙
8．如图所示，在等腰直角三角形的顶点A、C处分别固定Q1、Q2两个点电荷。已知∠A=90°，Q1、Q2两个点电荷在B点形成的电场方向平行于AC向左，则下列说法正确的是（　　）

A．Q1为正电荷、Q2为正电荷 B．Q1 为正电荷、Q2为负电荷
C．Q1的电荷量与Q2的电荷量之比为1:2 D．Q1 的电荷量与Q2的电荷量之比为2:4
9．（改）均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面 AB上均匀分布着正电荷，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R，已知N点的电场强度大小为E1，M点的电场强度大小为E2，静电力常量为k，则半球面所带的总电荷量可表示为（　　）

A．(E1+E2)R22k B．(E1+E2)R24k C．2(E1+E2)R2k D．4(E1+E2)R2k
10．（改）国庆节某游乐场在确保安全的情况下燃放烟花。质量m=0.3 kg的烟花点燃后，在t=0.01 s时间内发生第一次爆炸，向下高速喷出少量高压气体（此过程烟花位移可以忽略），然后被竖直发射到距地面ℎ=20 m的最高点。在最高点时剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸，爆炸过程中释放的能量有40%转化为机械能，烟花被炸成两部分，其中质量为m1=0.2 kg的部分以v1=20 m/s的速度向东水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取10 ms2。则（　　）
A．第一次火药爆炸过程中高压气体对烟花平均作用力大小为600 N
B．第二次火药爆炸后另一部分烟花的速度大小为10 m/s，方向水平向西
C．第二次火药爆炸后两部分烟花落地点间距为120 m
D．第二次火药爆炸中释放的能量为300 J
11．（改）如图所示，平面内直线AB和CD垂直相交于O点，A、B关于O点对称，C、D也关于O点对称，M是AO的中点，N是OB的中点，则下列说法正确的是（　　）

A．若将电荷量为+Q的点电荷放置在O点，则C、M、D、N四点的电场强度相同
B．若将电荷量为+Q和−Q的点电荷分别放置在A点和B点，则M、N两点电场强度相同
C．若在M点和N点分别放置等量同种点电荷，一电子从O点沿直线运动到C点的过程中所受静电力的大小是一直增大的
D．若在M点和N点分别放置等量正点电荷，一电子从C点由静止释放，电子将在C、D间做往返运动
12．如图所示的装置静止在水平向右的匀强电场中，轻质细绳与竖直方向的夹角为θ，绝缘轻质弹簧与竖直方向的夹角为φ，A和B两球均可视为质点，小球A质量为m且带电，小球B质量为2m且不带电，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．一定有φ>θ
B．小球A一定带负电
C．剪断细绳的瞬间，小球B的加速度大小为3g2cosθ
D．从与小球B相连处剪断弹簧的瞬间，小球B的加速度大小为gsinφ
第II卷（非选择题，共55分）
二、实验题（共10分）
13．某同学采用如图所示的装置验证动量守恒定律，并判断实验中两个小球的碰撞是否为弹性碰撞。

（1）若入射小球的质量为mA，半径为rA；被碰小球的质量为mB，半径为rB，则要求___________。            
A．mA>mB,rA>rB    B．mA>mB,rA=rB
C．mA>mB,rA （2）以下选项中哪些是本次实验必须注意的事项___________ 。
A．斜槽必须光滑
B．斜槽末端必须水平
C．入射小球A必须从同一高度释放
D．水平槽上放B球时，B球落点位置必须在斜面上
（3）实验中，经过多次从同一位置由静止释放入射小球A，在记录纸上找到了未放被碰小球B时，入射小球A的平均落点P，以及A球与B球碰撞后，A、B两球平均落点位置M、N，并测得它们到抛出点O的距离分别为OP、OM、ON。已知A、B两球的质量分别为mA、mB，如果A、B两球在碰撞过程中动量守恒，则mA、mB、OP、OM、ON之间需满足的关系式是___________ 。
（4）如果A、B两球的碰撞是弹性碰撞，则mA、mB、OP、OM、ON之间需满足的关系式是___________ 。
三、解答题（共45分）
14．（8分）（改）在点电荷Q的电场中，Ox轴与它的一条电场线重合，A、B两点的坐标分别为xA=3.0 m和
xB=12.0 m。在A、B两点分别放置试探电荷（电荷量可调），试探电荷受到的静电力F跟电荷量q的关系如图所示，规定沿x轴正方向为静电力的正方向，已知静电力常量为k=9.0×109 N∙m2/C2，求点电荷Q的电荷量及位置坐标xQ。

15．(10分) 如图所示，有一摆长为L=0.8 m的单摆，将悬线拉至水平后释放摆球A，摆球A在最低点与置于水平面上的B球发生弹性碰撞，导致B球又跟置于同一水平面上的C球发生完全非弹性碰撞。已知A、B、C的质量均为m=0.5 kg，B、C两球与水平面间的动摩擦因数均为0.2，若B、C两球碰后共同向前运动的距离为0.25 m，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）碰前B、C两球间的水平距离；
（2）B、C两球碰撞过程中损失的机械能。

16．（12分）如图所示，距小滑轮O正下方l处的B点用绝缘底座固定一所带电荷量为+q的小球1，绝缘轻质弹性绳一端悬挂在定滑轮O正上方l2处的D点，另一端与质量为m的带电小球2连接，发现小球2恰好在A位置平衡，已知OA长为l，与竖直方向的夹角为60°。由于弹性绳的绝缘效果不是很好，小球2缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为30°时，小球2恰好在AB连线上的C位置处平衡。已知静电力常量为k，重力加速度为g，弹性绳弹力满足胡克定律，求：
（1）小球2在C位置时所带电荷量；
（2）弹性绳原长。



17．（15分）如图所示，光滑水平面的左侧是倾角为37°的粗糙斜面，右侧是半径为0.7 m的竖直半圆形光滑轨道。可看作质点的物块A、B放在水平面上，两者用细线相连，A、B间有一压缩弹簧。某时刻烧断细线，A、B被弹簧弹开，物块A向左运动滑上斜面，沿斜面上升的最大高度是0.6 m。物块B向右运动进入半圆形轨道，离开半圆形轨道最高点后又落在水平面上。已知物块A质量为物块B质量的2倍，物块A与斜面间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求：
（1）物块A被弹簧弹开时获得的初速度大小；
（2）物块B经过半圆形轨道最高点时所受弹力与其重力之比；
（3）物块B经过半圆形轨道后落到水平面上的落点与半圆形轨道最高点的水平距离。

参考答案：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A
D
A
B
B
C
B
D
C
CD
BD
AC

1．A
【详解】取火箭及气体为系统，设火箭的速度为v，则系统在向外喷气过程中满足动量守恒定律，取v0方向为正方向，由动量守恒定律得0=Δmv0+M−Δmv，解得v=−Δmv0M−Δm=
−42m/s，故选A。
2．D
【详解】A．由于点电荷带负电，产生静电感应，根据“近异远同”可知导体A端带负电，B端带正电，故A错误； BCD．处于静电平衡的导体内部各点的合电场强度为零，则导体中心O点的电场强度为零，故感应电荷在O点产生的电场强度与点电荷−Q在O点的电场强度等大反向，大小为kQR2，方向向左，故BC错误，D正确。故选D。
3．A
【详解】物块A、B发生弹性碰撞，设向左为正方向，有mv0=3mvB+mvA，12mv02=12mvA2+12⋅3mvB2，解得vA=−v02，vB=v02，物块A、B与地面的动摩擦因数均为μ，则加速度大小为a=μg，由v2=2ax，可得A、B在水平地面上各自运动的位移为x=v028μg，两物块均停下时A、B间的距离为s=v024μg，故选A。
4．B
【详解】设同学在船上走动时船的平均速度大小为v，同学的平均速度大小为v＇，同学从船尾走到船头所用时间为t，则有v=dt，v'=L−dt，取船的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv−mv'=0，则有Mdt=mL−dt，解得船的质量为M=mL−dd，故选B。
5．B
【详解】AB．小球1受重力、水平向左的库仑斥力F1和丝线的拉力T1，则由力的平衡条件可知F1=m1gtanα，同理对小球2得，F2=m2gtanβ，两小球1、2间的库仑斥力相等，则由F1=F2，解得m1m2=tanβtanα=13，由于两小球间的库仑力是相互作用力，由库仑定律无法确定电荷量的关系，A错误，B正确；C．丝线断后两小球在竖直方向只受重力作用，则两小球在竖直方向做自由落体运动，又由于下落的高度相同，由公式ℎ=12gt2可知，两小球同时落地，在水平方向两小球做加速运动，又由牛顿第二定律a=Fm可知两小球在水平方向的加速度之比为3∶1，所以小球1、2的落地点到释放点的水平距离之比为3∶1，C错误；D．由C选项分析可知，两小球落地瞬间竖直方向的分速度相等，水平方向的分速度之比为3∶1，显然两小球落地瞬间的速度大小关系不能确定，D错误。故选B。
6．C
【详解】A．由牛顿第二定律结合v−t图像知，A、B两个物体受到的摩擦力大小分别为fA=2maA=2mv03t0-t0=mv0t0，fB=maB=mv03t0-2t0=mv0t0，A错误；在水平恒力F1和F2的作用下有F1-fA=2maA'=2mv0t0，F2-fB=maB'=mv02t0，解得F1=3mv0t0，F2=32⋅mv0t0，F1和F2之比为2:1，B错误；C．F1和F2对A、B做功分别为W1=F1s1=3mv0t0⋅v0t02=3mv022，W2=F2s2=32·mv0t0⋅v0⋅2t02=3mv022，F1和F2对A、B做功之比为1：1，C正确；D．F1和F2对A、B的冲量分别为I1=F1t0=3mv0，I2=F2∙2t0=3mv0，F1和F2对A、B的冲量之比为1:1，D错误；故选C。
7．B
【详解】AD．对甲、乙两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力FN，如图所示

设漏斗顶角的一半为θ，则它们所受向心力F向=mgtanθ，由于两球质量相等，所以两球的向心力大小相等，向心加速度大小也相等，故A、D错误；B．由公式F向=mv2r=mgtanθ，可得v=gtanθr，由于甲球的轨道半径比乙球的轨道半径更大，所以v甲>v乙，故B正确；C．由公式F向=mω2r=mgtanθ，可得ω=grtanθ，由于甲球的轨道半径比乙球的轨道半径更大，所以ω甲<ω乙，故C错误。故选B。

8．D
【详解】AB．顶点A、C处分别固定Q1、Q2两个点电荷，两点电荷在B点的电场矢量叠加后方向水平向左，根据矢量运算法则可知Q2为正电荷、Q1为负电荷，故A、B错误；CD．根据平行四边形定则可知在B点，A点电荷的电场强度与C点电荷的电场强度关系有EA=EBcosθ，根据点电荷周围电场强度表达式E=kQr2得，kQ1r2=kQ22r2cos 45∘，整理得Q1Q2=24，故C错误，D正确。故选D。

9．C
【详解】假设在O点有一个完整的电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在M点产生的电场强度大小为E0，左半球壳在M点产生的电场强度大小为E2，右半球壳在M点产生的电场强度大小与左半球壳在N点产生的电场强度大小相等，均为E1，根据电场叠加原理E1+E2=E0根据题意E1+E2=k⋅2q(2R)2，解得q=2(E1+E2)R2k，故选C。
10．CD
【详解】A．第一次火药爆炸后，设烟花的速度为v，则有v2=2gℎ，解得v=20 m/s，第一次火药爆炸过程对烟花有F−mgt=mv−0，解得高压气体对烟花平均作用力大小为F=603 N，故A错误；BC．第二次爆炸，水平方向动量守恒，有m1v1−(m−m1)v2=0，解得v2=40 m/s，所以另一部分烟花的速度大小为40 m/s，方向水平向西；两部分下落的时间相等均为t=2ℎg=2 s，所以两部分烟花落地点间距为x=v2+v1t=120 m，故B错误，C正确；第二次火药爆炸中释放的能量为E=12m1v12+12(m−m1)v2240%=300 J，故D正确，故选C、D。
11．BD
【详解】A．若将电荷量为+Q的点电荷放置在O点，则C、M、D、N四点的电场强度方向不同，选项A错误；B．若将电荷量为+Q和−Q的点电荷分别放置在A点和B点，由等量异种点电荷电场中电场线分布的对称性可知M、N两点的电场强度大小相等，方向均由A指向B，选项B正确；C．若在M点和N点分别放置等量同种的点电荷，则O点的电场强度是零，从O点沿MN的中垂线经过C点到无限远处，电场强度大小从零先增大再减小到零，则电子从O点沿直线运动到C点的过程中所受静电力的大小可能是一直增大的也可能是先增大后减小的，选项C错误；D．若在M点和N点分别放置等量正点电荷，则MN连线的中垂线上，关于O点对称的两点电场强度等大反向，所以电子在CO间与OD间受力具有对称性，都指向O点，所以将一电子从C点由静止释放，电子将在CD间做往返运动，选项D正确。故选BD。
12．AC
【详解】B．研究A和B两小球组成的系统，由于细绳的拉力有水平向左的分力，因此小球A受到的电场力方向一定水平向右，因此小球A一定带正电，故B错误；A．小球A受力平衡，有tanφ=qEmg，研究A和B两小球组成的系统，根据受力平衡有tanθ=qE3mg，则有φ>θ，故A正确；C．研究A和B两小球组成的系统，系统平衡时，细绳的拉力F=3mgcosθ，剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，小球B受到的合外力大小等于F，根据牛顿第二定律可得F=2ma，解得a=3g2cosθ，故C正确；D．剪断弹簧瞬间，细绳上的拉力大小发生突变，小球B仅受重力和绳子拉力，将做圆周运动，有2mgsinθ=2ma'，解得a'=gsinθ，故D错误。故选AC。
13． B (2分) BCD （2分） mAOP=mAOM+mBON （3分）
mAOP=mAOM+mBON（3分）
【详解】（1）为保证两个小球都能从平台上抛出，则mA>mB，要保证发生正碰，则rA=rB，故选B。
（2）AC．要求小球A碰撞之前速度相同，只需保证入射小球A从同一高度释放，故A错误，C正确；B．斜槽末端水平，保证小球做平抛运动，故B正确；D．B球落点必须在斜面上，这样三个球的落点构成的位移具有相同的斜面倾角，从而能推出碰撞前后的速度，故D正确。故选BCD。
（3）设碰撞前A球的速度为v0，碰撞后A球的速度为vA，B球的速度为vB，以向右为正方向，由动量守恒得mAv0=mAvA+mBvB，两球离开轨道后做平抛运动，设小球的位移为L，斜面的倾角为θ，水平方向Lcosθ=vt，竖直方向Lsinθ=12gt2，解得v=cosθgL2sinθ，则v0=cosθgOP2sinθ，vA=cosθgOM2sinθ，vB=cosθgON2sinθ，整理得mAOP=mAOM+mBON。
（4）如果小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统机械能守恒，12mAv02=12mAvA2+12mBvB2，整理得mAOP=mAOM+mBON。
14． Q=2×10−9C；xQ=6.0m
【详解】A、B两点的电场力方向均沿x轴正方向，但A、B两点试探电荷电性相反，因此，可以判定A、B两点的电场强度方向相反，点电荷位于A、B两点之间，F−q图中图线斜率的绝对值就是该点电场强度的大小，由此可得
EA=4 N2 C=2 N/C （1分）
EB=2 N4 C=0.5 N/C （1分）
根据点电荷电场强度的公式有
EA=kQ(xQ−xA)2 （2分）
EB=kQ(xB−xQ)2 （2分）
联立以上各式，解得
Q=2×10−9 C （1分）
xQ=6.0 m （1分）
15．（1）3 m；（2）0.5 J
【详解】（1）设A球到达最低点与B球碰撞前瞬间的速度大小为vA，则由机械能守恒定律可得
mgL=12mvA2 （1分）
A球与B球发生弹性碰撞，故两球碰撞过程中动量守恒、机械能守恒。设碰后A球的速度大小为vA'；B球的速度大小为vB，则有
mvA=mvA'+mvB （1分）
12mvA2=12mvA'2+12mvB2 （1分）
设B、C两球碰后的共同速度为v，向前运动的距离为x1，则有
v2=2μgx1 （1分）
设B、C两球碰撞前B球的速度大小为vB'，则由动量守恒定律得
mvB'=2mv （1分）
设碰前B、C两球间的水平距离为x2，由匀变速直线运动规律可得
vB'2−vB2=−2μgx2 （1分）
代入数据可解得
x2=3m （1分）
（2）由于B、C两球碰撞之前B球的速度大小为vB'，C球的速度为零，碰撞后二者的共同速度为v，故B、C两球碰撞过程中损失的机械能为
Q=12mvB'2−12⋅2mv2 （2分）
解得
Q=0.5J （1分）
16． （1）mgl28kq ；（2）l2
【详解】（1）小球在C点时，受力分析如图：

由几何关系可得
F=mgsin 30°=12mg （1分）
T=mgcos 30°=32mg （1分）
根据库仑定律得
F=kqq2(l2)2 （2分）
解得
q2=mgl28kq （1分）
（2）小球2在A位置时，弹性绳的长度
l1=l2+l=32l （1分）
小球2在C位置时，弹性绳的长度
l2=l2+32l （1分）
小球2在A位置时，受到的重力、电场力和绳子的拉力，三个力之间的夹角互为120°，所以三个力的大小相等，即
T'=F'=mg （2分）
设弹性绳的劲度系数为k，则
T=k(l2−l0) （1分）
T'=k(l1−l0) （1分）
解得弹性绳原长
l0=12l （1分）
17．【答案】（1）4 ms；（2）29:7；（3）1.27 ms
【详解】（1）设物块B的质量为m，物块A的质量为M，物块A沿斜面上滑过程，加速度的大小为
a=Mgsin37°+μMgcos37°M=8 m/s2 （2分）
物块A沿斜面上滑的距离
L=ℎsin37°=1 m （1分）
物块A获得的初速度
vA=2aL=4 m/s （1分）
（2）A、B分离过程动量守恒
MvA−mvB=0 （1分）
分离后物块B的速度
vB=MvAm=2vA=8 m/s （1分）
设物块B在最高点的速度为v'B，沿着半圆形轨道上升到最高点机械能守恒
12mvB2=12mvB'2+2mgR （2分）
代入数据解得
v'B=6 m/s （1分）
设在最高点所受弹力为F
F+mg=mvB'2R （2分）
代入数据解得
Fmg=297 （1分）
（3）物块B离开最高点后做平抛运动
在竖直方向有
2R=12gt2 （1分）
落点与最高点的水平距离
s=v'Bt （1分）
代入数据解得
s=675 m （1分）



试题考察细目表
题号
题型
分值
考察知识点
试题难度
1
单选
3
火箭的原理
易
2
单选
3
静电平衡的特点
易
3
单选
3
弹性碰撞
易
4
单选
3
人船模型
易
5
单选
3
静电力作用下的平衡问题
中
6
单选
3
牛顿第二定律、功和冲量的计算
中
7
单选
3
圆周运动
中
8
单选
3
电场强度的叠加法则
中
9
单选
3
割补法求电场强度
难
10
多选
6
爆炸、反冲与平抛运动
易
11
多选
6
等量同种异种电荷的电场分布
中
12
多选
6
带电体的平衡、牛顿第二定律瞬时问题
难
13
实验
10
验证动量守恒定律
中
14
计算
8
点电荷周围电场强度的计算
易
15
计算
10
动量守律的多过程问题
中
16
计算
12
静电力作用下的平衡、胡克定律
中
17
计算
15
动量守恒与能量守恒
难