2023届江西省赣州市南康三中、兴国一中物理高一下期中学业质量监测试题含解析

2023届江西省赣州市南康三中、兴国一中物理高一下期中学业质量监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、关于行星围绕太阳的运动，下列说法中正确的是:A．对于某一个行星，在近日点时线速度比远日点慢B．对于某一个行星，在近日点时角速度比远日点慢C．距离太阳越远的行星，公转周期越长D．如果知道行星的公转周期和环绕半径就可以求得行星质量2、如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根上套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处释放（初速为0），用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间，则（）A．tB．tC．tD．t3、一人以恒定的速度渡河，当他游到河中间时河水的流速突然增加，则他游到对岸的时间比原来过河的时间相比（）A．不变B．增大C．减小D．不能确定4、下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是（）A．氘核(H) B．质子(H) C．α粒子(He) D．钠离子(Na+)5、下列说法正确的是（）A．牛顿首先发现了海王星和冥王星B．做圆周运动的物体其所受的合外力即为其向心力C．一对作用力与反作用力所做的功一定大小相等，正负相反的D．做曲线运动的物体的加速度方向跟它的速度方向一定不在同一直线上6、关于向心加速度，下列说法中正确的是()。A．物体做匀速圆周运动的向心加速度始终不变：B．物体的线速度越大，向心加速度也越大：C．物体的角速度越大，向心加速度也越大：D．物体的线速度与角速度的乘积越大，向心加速度越大。7、2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．下列判断正确的是（）A．飞船变轨前后的机械能相等B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度8、如图所示为一皮苛传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一套轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r.b点在小轮上，到小轮中心的距离为r.己知c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中皮带不打滑，则以下判断正确的是()A．a点与b点的向心加速度大小相等B．a点与b点的角速度大小相等C．a点与c点的线速度大小相等D．a点与d点的向心加速度大小相等9、如图所示，一质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端分别系在竖直杆的A、B两点上，当两轻绳伸直时，a绳与杆的夹角为30°，b绳水平。已知a绳长为L，竖直杆以自己为轴转动，在角速度从零开始缓慢增大过程中，则下列说法正确的是（）A．当时，b绳未伸直B．角速度从零开始缓慢增大过程中绳a对小球的拉力一直增大C．从开始至b绳刚好伸直时，绳a对小球不做功D．从开始至b绳刚好伸直时，绳a对小球做正功10、如图所示,物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带沿顺时针方向以恒定速度v匀速运转，则传送带对物体做功的情况可能是（）A．始终不做功 B．先做负功后不做功C．先做正功后不做功 D．先做负功后做正功11、宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的有（）A．在飞船内可以用天平测量物体的质量B．在飞船内可以用水银气压计测舱内的气压C．在飞船内可以用弹簧测力计测拉力D．在飞船内将重物挂于弹簧测力计上，弹簧测力计示数为0，但重物仍受地球的引力12、如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为，木箱质量为M，货物质量m=2M，木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下后返回。下列选项正确的是（）A．卸下货物后木箱恰好被弹回到轨道顶端B．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度C．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物的减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能D．木箱上升的过程中，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）某兴趣小组对市场中铜导线进行调查，（1）如图所示，采用绕线法测得10匝铜导线总直径为________cm；（2）现取长度为Ｌ＝100m的一捆铜导线，欲测其电阻：在实验前，事先了解到铜的电阻率很小，在用伏安法测量其电阻时，设计如图电路，则电压表的另一端应接______（填“a”或“b”），测量得电压表示数为4.50V，而电流表选择0－3.0A量程，其读数如图所示，则其读数为_______A，可得铜的电阻率为______Ω·m（计算结果保留两位有效数字）。该兴趣小组参考课本上的信息（如下图所示），发现计算得到的电阻率有一些偏差，但是实验的操作已经十分规范，测量使用的电表也已尽可能校验准确，你觉得造成这种偏差最有可能的原因是：__________。14、（10分）某同学通过实验对平抛运动进行研究，他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一部分，如图所示，O点不是抛出点，x轴沿水平方向，由图中所给的数据可求出平抛物体的初速度是__________m/s，抛出点的坐标x=_________m，y=____________m（g取）三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）如图所示电路，电源电动势E＝3V，内阻r＝1Ω，两个定值电阻阻值R1＝R2＝2Ω，电容器的电容C＝20μF．开关全部闭合时，一粒带电油滴恰能在极板间静止．取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)极板的带电荷量大小；(2)电源的效率；(3)断开开关S2(认为电容器充放电过程极快完成)，油滴加速度的大小和方向．16、（12分）如图所示,P、Q为某地区水平地面上的两点,在P点正下方一球形区域内储藏有石油.假定区域周围岩石均匀分布,密度为ρ;石油密度远小于ρ,可将上述球形区域视为空腔.如果没有这一空腔,则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向;当存在空腔时,该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离.重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”.为了探寻石油区域的位置和石油储量,常利用P点附近重力加速度反常现象.已知引力常数为G.(1)设球形空腔体积为V,球心深度为d(远小于地球半径),求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常;(2)若在水平地面上半径为L的范围内发现:重力加速度反常值在δ与kδ(k>1)之间变化,且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心.如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的,试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积.17、（12分）汽车发动机的额定功率为50kW,质量为2t,当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍(g=10m/s2)，求：（1）汽车在路面上能达到的最大速度?（2）若汽车从静止开始以额定功率启动，行驶了200m达到最大速度，求汽车从静止到获得最大行驶速度所用的时间?（3）若汽车从静止开始保持1m/s2的加速度作匀加速直线运动，这一过程能持续多长时间？

参考答案一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、C【解析】

A.根据开普勒第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，可知行星绕太阳有近日点和远日点之分，近日点快，远日点慢.故选项A不符合题意.B.根据开普勒第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，可知行星绕太阳有近日点和远日点之分，近日点角速度大，远日点角速度小.故选项B不符合题意.C.由开普勒第三定律可知：所以可知离太阳越远的行星，公转周期越长.故选项C符合题意.D.根据万有引力提供向心力解得可得行星的质量被约掉了，所以无法求出.故选项D不符合题意.2、D【解析】

对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动，加速度为a=gsin(90°-θ)=gcosθ(θ为杆与竖直方向的夹角)，由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rcosθ，所以t=2sa=2×2Rcosθgcosθ=2Rg，t与θ无关，即t13、A【解析】人实际运动沿着船头指向和顺着水流方向正交分解，由于分运动互不干扰，故渡河时间与水流速度无关，只与船头指向方向的分运动有关，故船航行至河中心时，水流速度突然增大，只会对轨迹有影响，对渡河时间无影响；思路分析：实际参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速直线运动和顺着水流方向的匀速直线运动，由于分运动与合运动同时进行，互不干扰，故渡河时间由沿船头方向的分运动决定，与水流速度无关．试题点评：题关键抓住渡河时间只与沿船头指向方向的分运动有关，与沿水流方向的分运动无关．4、A【解析】试题分析：由动能定理可得：，解得：，可见粒子经同一电场加速后速度的大小由粒子的比荷决定，即越大，速度越大，所以质子的速度最大，故A正确；B、C、D错误．考点：本题考查动能定理．5、D【解析】

A．亚当斯和勒威耶发现了海王星，克莱德•汤博发现了冥王星，故A错误；B．做圆周运动的物体，将合力沿着径向和切向正交分解，向心力为其所受的合外力的径向分量，只有做匀速圆周运动的物体，其合外力才等于向心力，故B错误；C．一对作用力与反作用力是作用在两个物体上的，由于两个物体的位移不一定相同，故它们所做的功大小不一定相等,也不一定正负相反，故C错误；D．根据物体做曲线运动的条件可知，做曲线运动物体的加速度方向跟它的速度方向一定不在同一直线上，故D正确。故选D。6、D【解析】

A.物体做匀速圆周运动的向心加速度大小不变，但方向时刻变化，故A错误；B.根据可知物体的线速度越大，向心加速度不一定越大，因为半径不确定，故B错误；C.根据可知在半径相等时，物体的角速度越大，向心加速度也越大，当半径的大小不确定，故C错误D.根据所以物体的线速度与角速度的乘积越大，向心加速度越大，故D正确。7、BC【解析】

A．据题意，由于点火加速飞船由椭圆轨道变为圆轨道，有外力做正功，则飞船的机械能增加，A错误；B．整体受到的万有引力完全充当向心力，故航天员在出舱前后都处于完全失重状态，B正确；C．飞船在圆轨道上运动的角速度为，由于飞船运动周期小于同步卫星周期，则飞船运动角速度大于同步卫星的，C正确；D．据可知，飞船变轨前后所在位置距离地球的距离都相等，则两者加速度相等，故选项D错误．8、CD【解析】

由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，则va=vc，b、c两点为共轴的轮子上两点，ωb=ωc，rc=2ra，根据v=rω，则ωc=ωa，所以ωb=ωa；又：ωb=ωd，则ωd=ωa，根据公式a=rω2知，又由于：rb=ra，rd=4ra，所以aa=4ab，ad=aa，故AB错误，CD正确。9、AD【解析】

A．当b绳刚要伸直时，对小球，由牛顿第二定律和向心力公式得水平方向有竖直方向有Facos30°=mg解得则当此时b绳未伸直，A正确；B．当角速度从零开始缓慢增大过程中绳a对小球的拉力即则当角速度增大时，当θ<30°的过程中，绳子a的拉力逐渐变大；当θ=30°时，根据Facos30°=mg可知，绳子a拉力不变，B错误；

CD．从开始至b绳刚好伸直时，小球的动能增加，重力对小球做负功，则绳a对小球做正功，C错误，D正确。故选AD。10、ABC【解析】

A．设物体刚滑上传送带时的速度大小为，当时，物体随传送带一起匀速运动，传送带与物体之间不存在摩擦力，传送带对物体始终不做功，选项A正确；B．当时，物体相对传送带向右运动，物体所受滑动摩擦力方向向左，则物体先匀减速运动，直到速度减为v时随传送带一起匀速运动，传送带对物体先做负功后不做功，选项B正确；C．当时，物体相对传送带向左运动，物体所受滑动摩擦力方向向右，则物体先匀加速运动，直到速度增为v时随传送带一起匀速运动，传送带对物体先做正功后不做功，选项C正确；D．物体进入传送带时无论先加速运动还是先减速运动，最终都做匀速运动，不可能出现先做负功后做正功的情况，选项D错误。故选ABC。11、CD【解析】飞船内的物体处于完全失重状态，此时放在天平上的物体对天平的压力为0，因此不能用天平测量物体的质量，A错误；同理，水银也不会产生压力，故水银气压计也不能使用，B错误；弹簧测力计测拉力遵从胡克定律，拉力的大小与弹簧伸长量成正比，C正确；飞船内的重物处于完全失重状态，并不是不受重力，而是重力全部用于提供物体做圆周运动所需的向心力，D正确．12、ABD【解析】

A．设弹簧压缩最大时的弹性势能为，由能量守恒得，下滑过程上滑过程，到达最高点速度为v，上滑过程由能量守恒得解得即木箱恰好被弹回到轨道顶端，故A正确；B．对木箱受力分析，根据牛顿第二定律得，下滑时加速度为上滑时加速度为故B正确；CD．由能量守恒有，在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物的减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和系统的内能，上滑过程，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱机械能和系统的内能，故C错误，D正确。故选ABD。二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、0.125a2.50可能由于电流较大，实验过程中铜导线的温度明显超过了20℃【解析】

(1)由刻度尺的读数可知，总长度，而绕的线圈是10匝，所以直径为；(2)由于电阻线是小电阻，所以应采用外接法，即电压表的另一端应接在a端；由图3可知，电流表量程是3A，分度值为0.1A，示数为：2.50A，待测电阻阻值为：，由电阻定律可得：由实验过程中有电流流过导线，导线会发热，随温度的升高导线的电阻率增大，所以出现这种偏差的原因是可能由于电流较大，实验过程中铜导线的温度明显超过了20℃。14、4-0.80-0.20【解析】

根据△y=gT2，T=0.1s，则平抛运动的初速度;A点在竖直方向上的分速度．平抛运动到A的时间，此时在水平方向上的位移x=v0t=1.2m，在竖直方向上的位移，所以抛出点的坐标x=-0.80m，y=-0.20m．【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及分运动和合运动具有等时性．三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、(1)4×10-5C；(2)66.7%；(3)5m/s2，方向是竖直向上．【解析】

(1)回路电流：I==1A，电容器两板间电压：U=IR1=1×2=2V，电容器带电：Q=CU=20×10−6×2=4×10-5C；(2)电源输出功率：P=IU=1×2=2W，电源总功率：P总=IE=1×3=3W，电源效率：η=×100%=×100%=66.7%；(3)设油滴带电q，极板间距d，开始时=mg，后来−mg=ma，代入数据解得：a=5m/s2，竖直向上；答：(1)极板的带电量大小为4×10-5C；(2)电源的效率为66.7%；(3)断开开关S2时(认为电容器充放电过程极快完成)液滴的加速度的大小为5m/s2，方向是竖直向上．【点睛】（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解电流，根据欧姆定律求解电容器的电压，根据C=Q/U求解电荷量；（2）根据P=IU求解电源输出功率，根据P总=IE求解电源的总功率，根据η=×100%求解