2023-2024学年浙江省衢州市高一（下）教学质量监测物理试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年浙江省衢州市高一（下）教学质量监测物理试卷（含答案），共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.用国际单位制中的基本单位符号表示功的单位，正确的是( )
A. kg⋅m2⋅s−2B. kg⋅m−2⋅s−2C. N⋅mD. J
2.下列说法正确的是( )
A. 开普勒发现行星运动的规律，并通过“月一地检验”，得出了万有引力定律
B. 为我国航天事业作出特殊贡献的科学家钱学森被誉为“中国航天之父”
C. 库仑最早通过油滴实验测量了元电荷的数值为1.6×10−19C
D. 密立根采用电场线这一简洁方法来描述电场的大小和方向
3.2024年3月20日8时31分，探月工程四期“鹊桥二号”中继星由长征八号遥三运载火箭在海南文昌航天发射场成功发射升空。经过约112小时奔月飞行，在距月面约440公里处开始实施近月制动，之后顺利进入环月椭圆轨道飞行。则( )
A. “8时31分”指的是时间间隔
B. 研究“鹊桥二号”进行近月制动变轨时，可把它视为质点
C. “鹊桥二号”环月椭圆飞行一周，平均速度等于零
D. 火箭发射过程中，“鹊桥二号”始终处于失重状态
4.将塑料带一端打结，另一端撕开多条，用毛巾反复摩擦塑料带；用毛巾多次摩擦PVC管，将塑料带往上抛，PVC管放在塑料带下方，可观察到塑料带化身为“章鱼”在空中漂浮。则( )
A. 毛巾与塑料带带同种电荷
B. PVC管与塑料带带同种电荷
C. 毛巾与塑料带摩擦时产生了电荷
D. 塑料带会张开是因为受到了PVC管对它的吸引力
5.飞盘是一种投掷盘形器具的运动。盘呈圆形、有卷边，用手指和手腕发力，使之旋转，在空中飘飞。如图小帅同学从离水平地面1.25m的高处，将飞盘以某一初速度水平投出，落地时间可能是( )
A. 2.1sB. 0.5sC. 0.4sD. 0.3s
6.如图所示，一小球由空中某处静止释放后，竖直下落，运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，以小球的落地点O为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，则关于小球的位置坐标x、速度大小v和加速度大小a的图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
7.如图所示，某同学用两只手指捏住饮料瓶(含饮料)的a、b位置，瓶子处于静止状态，且瓶子的外形保持不变，则( )
A. 瓶受到的摩擦力大于其受到的重力B. 手指对瓶两侧的压力是一对平衡力
C. 手指对瓶的压力是由于瓶的形变而产生的D. 瓶对手指的作用力方向竖直向上
8.在水平向右飞行的客机中，发现饮料杯中的液面与水平小桌板成α角，如图所示。则( )
A. 客机在做匀速直线运动B. 客机在做匀加速直线运动
C. 客机的加速度大小为gtanαD. 饮料杯只受重力和支持力
9.某传动装置如图所示，A、B、C三点分别是半径为r、2r和4r三个齿轮边缘上的点。当A点所在的齿轮以角速度ω顺时针匀速转动时( )
A. B点所在齿轮也顺时针转动B. C点的线速度大小为2ωr
C. C点转动的角速度为4ωD. C点的向心加速度大小为4ω2r
10.我国的“天宫”空间站位于距地面约400km高的近地轨道;北斗卫星导航系统，由5颗静止卫星、30颗非静止卫星等组成。若空间站和北斗系统的卫星均视为匀速圆周运动，则( )
A. 空间站里的宇航员受到地球的引力为零B. 空间站运行速度大于7.9km/s
C. 静止卫星离地球表面的高度都是一定的D. 静止卫星可以经过衢州地区的正上空
11.内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐。如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B、C和D为各边中点，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是( )
A. A、B两点场强方向相同
B. C、D两点的场强大小等于零
C. 试探电荷q在O点所受电场力大小不为零
D. 试探电荷q在A、B、C和D点所受电场力大小相等
12.蜜蜂飞行过程中身上会积累少量正电荷，当蜜蜂接近带负电的花蕊时，它们之间的电场线如图中实线所示，图中虚线为某一带电花粉颗粒的部分运动轨迹。不计重力和空气阻力，则( )
A. 蜜蜂身体周围的电场可能是匀强电场
B. 花粉颗粒被吸附过程做匀变速运动
C. 花粉颗粒在a点动能小于在b点的动能
D. 花粉颗粒在a点电势能小于在b点的电势能
13.如图，不计质量的凹形轨道固定在电子秤上，凹形轨道最下方是半径为R的圆弧轨道，当视为质点的小球静置在轨道最低点B时，电子秤读数为m1；小球从离B点高为H处的A点静止释放，小球通过B点时，电子秤读数为m2。重力加速度为g，则( )
A. 电子秤的两次读数m1=m2
B. 小球从A到B的过程中重力势能减小了m2gH
C. 小球从A到B的过程中克服摩擦力做功为m1gH−12m1gR
D. 小球从A到B的过程中机械能减小了m1gH−12m2−m1gR
14.如图所示，质量M=1kg、长度l=4m的木板静止于光滑水平面上，某时刻一质量m=2kg的木块以初速度v0=6m/s滑上木板左端，木块可视为质点，与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，则( )
A. 木块会从木板的右侧滑下
B. 2s内木块的位移大小为9m
C. 2s内木板对木块做功为20J
D. 2s内木块和木板组成的系统增加的内能为16J
15.“路亚”是一种钓鱼方法，先把鱼饵通过轻质鱼线收到鱼竿末端，然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，在a位置开始甩竿，甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，鱼饵被甩至竖直位置b点时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b水平距离s=16m的水面上。已知鱼饵质量m=0.02kg，竿长L=1.6m，Oa与Ob成53∘角，O距水面高ℎ=1.6m。鱼饵从b点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，已知：sin53∘=0.8。则( )
A. 鱼饵在b点抛出时的速度大小为20 2m/s
B. 鱼饵在b点受鱼竿作用力的方向竖直向上
C. a到b的甩竿过程，鱼饵的重力势能不断减小
D. a到b的甩竿过程，鱼竿对鱼饵做的功4.128J
二、实验题：本大题共3小题，共18分。
16.图(a)为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，实验过程如下：
(1)将小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过电火花计时器与小车相连。计时器所连交流电源的电压为__________V。
(2)用垫块将木板右端垫高，调整垫块位置，进行阻力补偿。某次打出纸带如图(b)所示(纸带的右端与小车相连)，则垫块应该__________(选填“往左移”、“往右移”或“固定不动”)。
(3)经多次调节后直至完全补偿阻力，挂上槽码，接通电源，释放小车，打出的纸带一部分如图(c)所示，已知纸带上标出的相邻计数点之间还有两个点未画出，则小车运动的加速度大小为__________m/s2(结果保留3位有效数字)。根据数据可知，实验过程中不合理之处为__________。
17.在“探究向心力大小的表达式”实验中
(1)本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的___________。
A.探究弹簧弹力与形变量的关系
B.探究两个互成角度的力的合成规律
C.探究加速度与力、质量的关系
D.探究平抛运动的特点
(2)用如图所示的向心力演示器进行实验，下图中探究向心力大小与轨道半径关系的是___________。
A. B．
C. D．
(3)探究向心力大小与角速度的关系时，摇动手柄，发现两标尺显示的等分格数值之比为1∶4，若增大摇动速度，则等分格数值之比将__________(选填“变大”、“不变”或“变小”)。
18.如图为一种利用气垫导轨和光电门“验证机械能守恒定律”的实验装置，已知重力加速度为g。主要实验步骤如下：
a.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平。
b.测出遮光条的宽度d。
c.将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离l。
d.由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间t。
e.用天平称出托盘和砝码的总质量m。
f.……
回答下列问题：
(1)为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量有___________。
A.滑块的长度x
B.滑块和遮光条的总质量M
C.遮光条运动到光电门处所用的时间T
(2)若要符合机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足的关系为(用测得的物理量符号表示)__________。
(3)在该实验中__________(选填“需要”或“不需要”)满足滑块和遮光条的总质量远大于托盘和砝码的总质量。
三、计算题：本大题共4小题，共37分。
19.如图为“眼疾手快”游戏装置示意图，游戏者需接住从支架上随机落下的圆棒。已知圆棒长为0.4m，圆棒下端距水平地面2.1m，某次游戏中一未被接住的圆棒下落经过A、B两点，A、B间距0.4m，B点距离地面1.25m。圆棒下落过程中始终保持竖直，不计空气阻力。求：
(1)圆棒下端到达A点时的速度大小；
(2)圆棒经过AB段所需的时间。
20.如图甲所示，水平桌面上静置有一算盘，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在t=0时刻对算珠施加沿杆方向的力F=0.12N使其由静止开始运动，经0.1s撤去F，此后再经0.1s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v−t图像如图乙所示，算珠的厚度d=7.5mm，g取10m/s2，与杆间的动摩擦因数恒定。求：
(1)杆的长度L；
(2)算珠与杆间的动摩擦因数μ；
(3)算珠的质量m。
21.如图，用一长L=20cm、不可伸长的绝缘轻绳将一带电小球悬挂于O点，O点离水平地面高ℎ=48cm，小球质量m=1.0×10−3kg。加一范围足够大的水平向左的匀强电场，场强大小E=3.0×105N/C，平衡时小球静止于A点，此时轻绳与竖直方向夹角θ=37∘。现将小球拉到O点正下方B点(绳子刚好伸直)，由静止释放。带电小球可视为质点，sin37∘=0.6，求：
(1)小球所带电性和电荷量q；
(2)小球第一次经过A点时的速度大小vA；
(3)当小球第一次运动到A点时立即剪断轻绳，小球运动到与A点等高处时与A点的水平距离x。
22.如图为某快递智能分拣系统示意图。AB是半径R=1m、圆心角θ=37∘的光滑圆弧轨道，与其平滑连接的水平传送带长L=2m，以大小v0=4m/s的速度顺时针方向匀速转动，在传送带下方相距ℎ=0.8m有一水平平台DE，平台长s=1.6m，在平台末端E处紧靠停放一平板车，平板车上表面与平台在同一水平面，传送带末端C点与平台D点处在同一竖直线上。设质量m=2kg的包裹(可视为质点)从A点静止滑下。已知包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.3，忽略空气阻力和传送带转轮半径大小的影响，sin37∘=0.6，求：
(1)包裹到达B点时对轨道的压力FN；
(2)传送带对包裹所做的功W；
(3)若包裹从A点滑下时初速度vA，为使包裹都能刚好落在E点，vA的大小需满足什么条件；
(4)为了防止易碎品包裹在运输中的损坏，进一步优化系统，可在DE平台上固定一倾角α=37∘的斜面(图中未画出)，让包裹离开传送带后恰能无碰撞地落在斜面上，斜面末端离E点的水平距离x。
答案
1.A
2.B
3.C
4.B
5.A
6.D
7.A
8.C
9.B
10.C
11.D
12.C
13.D
14.B
15.D
16.(1)220
(2)往右移
(3) 6.12 不满足槽码的质量远小于小车的质量。
17..(1)AC
(2)D
(3)不变
18.(1)B
(2) mgl=12(m+M)(dt)2
(3)不需要
19.(1)圆棒底部距离A点高度为
ℎ1=2.lm−0.4m−1.25m=0.45m
圆棒做自由落体运动下落到A点有
ℎ1=12gt12
解得
t1= 2ℎ1g=0.3s
则圆棒下端到达A点时的速度大小为
vA=gt1=3m/s
(2)圆棒上端距离B点高度为
ℎ2=2.1m+0.4m−1.25m=1.25m
圆棒做自由落体运动，当圆棒上端下落到B点有
ℎ2=12gt22
解得
t2= 2ℎ2g=0.5s
则圆棒经过AB段所需的时间为
Δt=t2−t1=0.2s

20.(1)根据 v−t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知杆的长度为
L=x+2d=12×0.3×0.2m+2×7.5×10−3m=0.045m
(2)撤去F后，算珠做匀减速运动的加速度大小为
a2=Δv2Δt2=0.30.2−0.1m/s2=3m/s2
根据牛顿第二定律有
μmg=ma2
可得算珠与杆间的动摩擦因数为
μ=0.3
(3)算珠做匀加速运动的加速度大小为
a1=Δv1Δt1=
根据牛顿第二定律有
F−μmg=ma1
联立解得算珠的质量为
m=0.02kg
21.解：(1)小球静止于A点，可知小球受到的电场力水平向右，与场强方向相反，则小球带负电；
根据受力平衡可得tanθ=qEmg，
解得小球的电荷量为q=mgtanθE=2.5×10−8C。
(2)现将小球拉到O点正下方B点(绳子刚好伸直)，由静止释放，到达A点时，
根据动能定理可得qELsinθ−mgL(1−csθ)=12mvA2−0，
解得小球第一次经过A点时的速度大小为vA=1m/s。
(3)当小球第一次运动到A点时立即剪断轻绳，球运动到与A点等高处时，
竖直方向有t=2vAsinθg=0.12s，
水平方向有x=vAcsθ⋅t+12at2 ， a=qEm=34g，
联立解得x=0.15m。
22.(1)包裹从A点到B点过程，根据动能定理可得
mgR(1−csθ)=12mvB2−0
解得
vB=2m/s
在B点，根据牛顿第二定律可得
F′N−mg=mvB2R
解得
F′N=28N
根据牛顿第三定律可知，包裹到达B点时对轨道的压力大小为 28N ，方向竖直向下。
(2)由于
vB=2m/s可知包裹滑上传送带后做加速运动，加速度大小为
a=μmgm=3m/s2
包裹滑上传送带到与传送带共速所用时间为
t1=v0−vBa=23s
包裹加速阶段通过的位移大小为
x1=vB+v02t1=2m=L=2m
可知包裹刚好运动到传送带右端时与传送带共速，则传送带对包裹所做的功为
W=12mv02−12mvB2=12J
(3)若包裹都能刚好落在E点，则从C点到E点过程，有
ℎ=12gt2 ， s=vCt
解得包裹从C点抛出的速度为
vC=4m/s
若包裹在传送带一直做匀减速直线运动，即包裹在传送带上，摩擦力一直对包裹做负功，则包裹从A点到C点过程，根据动能定理可得
mgR(1−csθ)−μmgL=12mvC2−12mvA2
解得
vA=2 6m/s
则为使包裹都能刚好落在E点， vA 的大小需满足
0≤vA≤2 6m/s
(4)在DE平台上固定一倾角 α=37∘ 的斜面，让包裹离开传送带后恰能无碰撞地落在斜面上，可知包裹到达斜面顶端时，速度方向与水平方向的夹角为 α=37∘ ，则有
tanα=vyv0 ， vy=gt′
解得
t′=0.3s
包裹到达斜面顶端时，下落高度和通过的水平位移分别为
y′=12gt′2=0.45m ， x′=v0t′=1.2m
根据几何关系可知斜面的水平长度为
x″=ℎ−y′tanα=1.43m
可知末端离E点的水平距离为
x=x′−x′′−s=1.2m+1.43m−1.6m=115m