山东省菏泽市鄄城县第一中学2022-2023学年高一物理下学期6月月考试题（Word版附解析）

这是一份山东省菏泽市鄄城县第一中学2022-2023学年高一物理下学期6月月考试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

高一物理试题
一、选择题：（1-8单选，每个4分；9-12多选，每个5分漏选得3分错选多选得0分）
1. 如图所示，小船以大小为。方向与上游河岸成θ的速度（在静水中的速度）从A处过河，经过t时间，正好到达正对岸的B处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种（　　）

A. 只要增大大小，不必改变角
B. 只要增大角，不必改变大小
C. 在增大的同时，也必须适当增大角
D. 在增大的同时，也必须适当减小角
【答案】C
【解析】
【详解】ABCD．由题意可知，水流的速度和河岸的宽度为
，
现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，应满足（和是变化后的速度和夹角）
，
当时，则
ABD错误，C正确。
故选C。
2. 固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（　　）

A. 它滑过的弧长
B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离
D. 它与P点的连线扫过的面积
【答案】C
【解析】
【详解】如图所示

设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得

由几何关系可得


联立可得

可得

故C正确，ABD错误。
故选C。

3. 汽车沿平直公路以恒定功率p从静止开始启动，如图所示，为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的T点结束，所用的时间t=8秒，经历的路程s=50米，8秒后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则( )

A. 汽车做匀速运动时的牵引力大小为2×105牛顿，
B. 汽车所受的阻力大小4×104牛顿，
C. 汽车的恒定功率为1.6×105W，
D. 汽车的质量为8×103kg
【答案】C
【解析】
【详解】加速过程在T点结束，即此后汽车沿平直路面作匀速运动，由平衡条件和图象信息可得，汽车做匀速运动时的牵引力大小为，汽车所受的阻力大小，由图象信息得汽车的恒定功率，汽车加速运动过程，牵引力做功为，根据动能定理可得，解得，故C正确，A、B、D错误；
故选C．
【点睛】关键会根据物体的受力判断物体的运动规律，汽车以恒定功率启动，先做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零后，做匀速直线运动．
4. “羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得

解得

根据题意可知，卫星的运行周期为

根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有

联立解得

故选C。

5. 假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4 200 km 的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6 400 km，地球同步卫星距地面高为36 000 km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为（　　）
A. 4次 B. 6次 C. 7次 D. 8次
【答案】C
【解析】
【详解】设宇宙飞船的周期为T，由

得

则

解得
T=3 h
设两者由相隔最远至第一次相隔最近的时间为t1，有

解得

再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2，有

解得

由
n==6.5次
知，接收站接收信号的次数为7次。
故选C。
6. 半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于延长线上距O点为的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（　　）

A. 正电荷， B. 正电荷，
C. 负电荷， D. 负电荷，
【答案】C
【解析】
【详解】取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有

由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为

根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为

根据

联立解得

故选C。

7. 在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示。规定沿x轴正向为场强的正方向，则下列说法正确的是（　　）

A. 将一个正试探电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电势能先增大后减小
B. x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高
C. 若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功
D. 若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由电场分布可知，P带正电荷，Q带负电荷，P、Q之间的电场线从P指向Q，则将一个正试探电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力做正功，则电势能一直减小，故A错误；
B．x轴上从P点到Q点的电势一直降低，故B错误；
C．两电荷连线垂直平分线是等势面，则若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中电场力不做功，故C错误；
D．两电荷连线的垂直平分线上，在两电荷连线的中点处场强最大，则若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力先增大后减小，故D正确。
故选D。
8. 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示。E表示极板间的场强，U表示极板间的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）

A. U变小，E变小 B. E变大，Ep变大
C. U变小，Ep不变 D. U不变，Ep不变
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知，电容器的带电荷量Q不变，正极板移动后，极板间距离减小，根据电容的决定式

知，电容C增大，由公式

知，极板间电压U变小，由



可得推论公式

分析，可知极板间电场强度E不变，则由U′＝Ed′知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能Ep不变，故C正确，A、B、D错误。
故选C。
9. 如图所示，某同球以的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（　　）

A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】设网球飞出时的速度为，竖直方向

代入数据得

则

排球水平方向到点的距离

根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量

平行墙面的速度分量

反弹后，垂直墙面的速度分量

则反弹后网球速度大小为

网球落到地面的时间

着地点到墙壁的距离

故BD正确，AC错误。
故选BD。
10. 如图所示,支架固定在底座上，它们的总质量为M．质量分别为2m和m的小球A、B(可视为质点)固定在一根长度为L的轻杆两端，该轻杆通过光滑转轴O安装在支架的横梁上,O、A间的距离为L/3,两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动,运动过程中支架和底座一直保持静止．当转动到图示竖直位置时,小球A的速度为v,重力加速度为g,对于该位置有

A. 小球A、B的加速度大小相等 B. 若，则底座对水平地面的压力为Mg+3mg
C. 小球A、B的向心力大小相等 D. 若，则底座对水平地面的压力为Mg+mg/3
【答案】BC
【解析】
【详解】A、两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，所以两小球的角速度相同，根据可知小球A、B的加速度之比为，故A错误；
B、若时对A分析则有，解得轻杆对A支持力为，根据可知，对B分析则有，解得轻杆对B拉力为，以底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支持力为，故B正确；
C、根据可知A、B的向心力之比为，故C正确；
D、若时对A分析则有，解得轻杆对A支持力为，根据可知，对B分析则有，解得轻杆对B拉力为，以底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支持力为，故D错误；
故选BC．
11. 如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点。当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v。若两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t=T时，小球（　　）

A. 在B点上方 B. 恰好到达B点
C. 速度大于v D. 速度等于v
【答案】BD
【解析】
【详解】0−T时间内由静止释放该小球在竖直方向上依然做自由落体运动；假设小球带正电，在水平方向上向右加速运动，先向右减速运动到零，再反向向左做加速度，再向左做减速运动，因加速和减速的加速度大小相等，则合运动折线回到B点，此时水平速度仍为零，则小球到达B点的速度仍为v；故BD正确，AC错误。
故选BD。
12. 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（　　）
A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．如图所示

故等效重力的方向与水平成。

当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上

在竖直方向上

由于
，得
如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知

则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；
故选BD。
二、实验题（13题8分，14题10分，共18分）
13. 如图(a)所示，AB是一可升降的竖直支架，支架顶端A处固定一弧形轨道，轨道末端水平。一条形木板的上端铰接于过A的水平转轴上，下端搁在水平地面上。将一小球从弧形轨道某一位置由静止释放，小球落在木板上的某处，测出小球平抛运动的水平射程x和此时木板与水平面的夹角θ，并算出 tanθ。改变支架AB的高度，将小球从同一位置释放，重复实验，得到多组x和tanθ，记录的数据如下表：

实验次数
1
2
3
4
5
6
tanθ
0.18
0.32
0.69
1.00
1.19
1.43
x/m
0.035
0.065
0.140
0.160
0.240
0.290
(1)在图(b)的坐标中描点连线，作出x— tanθ的关系图象。
（ ）
(2)根据x—tanθ图象可知小球做平抛运动的初速度v0= ___m/s；实验中发现θ超过60°后，小球将不会掉落在斜面上，则斜面的长度为____m。（重力加速度g取10 m/s2）
(3)实验中有一组数据出现明显错误，可能的原因是______。
【答案】 ①. 见解析 ②. 1.0（0.96~1.04） ③. 0.69（0.65~0.73） ④. 小球释放位置与其他次实验不同（低于其他次实验）
【解析】
【详解】(1)[1]．x-tanθ的关系图象如图所示．

(2)[2][3]．根据 得

则水平射程为

可知图线斜率


解得

当θ=60°时，有

则斜面的长度为

(3)[4]．实验中有一组数据出现明显错误，由图可知，水平射程偏小，由 知，初速度偏小，即小球释放位置低于其他次实验．
14. 某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05s闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表。（当地重力加速度取9.8m/s2，小球质量m=0.2kg，结果保留3位有效数字）
时刻
t2
t3
t4
t5
速度/（m· s-1）
4.99
4.48
3.98


（1）由频闪照片上数据计算时刻小球的速度=______m/s；
（2）从到时间内，重力势能增量=______J，动能减少量=______ J；
（3）在误差允许范围内，若与近似相等，即可验证了机械能守恒定律。由上述计算得______（选填“>”、“<”或“=”），造成这种结果的主要原因是______。
【答案】 ①. 3.48 ②. 1.24 ③. 1.28 ④. < ⑤. 存在空气阻力
【解析】
【详解】（1）[1]根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有

（2）[2]重力势能的增加量

[3]在t2时刻小球的速度

则从t2到t5时间内，动能的减小量为

（3）[4]由上述计算得
ΔEp < ΔEk
[5]由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能减小量没有全部转化为重力势能。
三、计算题（共2小题，30分）
15. 如图所示，一段光滑圆弧轨道CD右端连接一长木板，一起固定在水平面上。有一个可视为质点的质量为kg的小物块，从光滑平台上的A点以m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入圆弧轨道，最后小物块滑上长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，小物块与长木板间的动摩擦因数，圆弧轨道的半径为m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角为。（不计空气阻力，，，）求：
（1）AC两点的高度差；
（2）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小；
（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。

【答案】（1）；（2）78N；（3）145m
【解析】
【分析】
【详解】（1）小物块在C点的速度为，则

求得

其竖直方向分速度为

设AC两点的高度差为h，则

求得

（2）小物块由C→D的过程中，由动能定理得

解得

小物块在D点时，由牛顿第二定律得：

代入数据得

由牛顿第三定律可知，小物块在D点时对轨道的压力大小为

（3）要使小物块不滑出长木板，设木板的最小长度为L，由动能定理得

求得

16. 如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q=1.0×10－10C，质量为m=1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计）
(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？
(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹。
(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。

【答案】(1)3cm；12cm；(2) ；(3)负电；
【解析】
【详解】(1)粒子在两平行金属板间做类平抛运动，则有



联立可得穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（偏移位移）为

粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为，由几何关系得

解得

(2) 第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧，轨迹如图

(3) 粒子到达H点时，其水平速度

竖直速度

则有

该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电；根据几何关系可知半径

根据牛顿第二定律则有

解得