浙江省重点中学四校2023-2024学年高一下学期5月月考物理试题 含解析

2023学年第二学期高一年级四校联考物理学科试题卷考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，选错得0分，共39分）1.关于元电荷、电荷与电荷守恒定律，下列说法正确的是（）A.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的B.元电荷是指电子，电量等于电子的电量C.单个物体所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律指带电体和外界没有电荷交换D.利用静电感应可使任何物体带电，质子和电子所带电荷量相等，比荷也相等【答案】A【解析】【详解】A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，这是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因，故A正确；B．元电荷是带电量的最小单元，是电荷量的单位，大小等于电子的电量，但不是电子，任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍，故B错误；C．在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换，故C错误；D．静电感应不能使绝缘体带电，电子和质子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，比荷不相等，故D错误。故选A。2.2019年12月17日，我国第一艘国产航空母舰“山东舰”在海南三亚某军港交付海军，“山东舰”航空母舰上有帮助舰载机起飞的弹射系统，已知“歼-15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s，若该战斗机滑行100m时起飞，假设航空母舰静止，则弹射系统必须使战斗机具有的初速度大小为（）A.30m/s B.40m/sC.20m/s D.10m/s【答案】B【解析】【详解】根据速度与位移的关系公式解得故选B。3.近几年各学校流行跑操．在通过圆形弯道时，每一列的连线沿着跑道；每一排的连线是一条直线且必须与跑道垂直；在跑操过程中，每位同学之间的间距保持不变．如图为某中学某班学生以整齐的步伐通过圆形弯道时的情形，此时此刻A.同一列的学生的线速度相同B.同一排的学生的线速度相同C.全班同学的角速度相同D.同一列的学生受到的向心力相同【答案】C【解析】【详解】AC．各位学生以整齐的步伐通过圆形弯道时，因每一排的连线是一条直线，且与跑道垂直，相当于共轴转动，所以全班同学的角速度相同，由于同一列的学生的线速度方向不同，所以线速度不同，故A错误，C正确．B．根据v=ωr知，同一排的学生的半径不同，则线速度不同，故B错误．D．根据F=mω2r知，同一列的学生受到的向心力大小不一定相等，向心力方向也不同，所以向心力不同，故D错误．4.农村建房时，常使用如图所示的简易装置提升建筑材料．将建筑材料缓慢提升时，绳子的拉力（）A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变D.先增大后减小【答案】A【解析】【详解】跨过滑轮的绳子上的力处处相等，当被缓慢提升的过程中，建筑材料处于动态平衡，即材料正上方的两条绳子拉力的合力始终等于材料的重力．在提升过程中，由于两绳子夹角逐渐增大，故两绳子拉力变大，即F逐渐增大，A正确，BCD错误；故选A.【点睛】合力不变，两大小相等的分力之间的夹角越大，分力越大．5.据中国载人航天工程办公室消息，“神舟十八号”载人飞船入轨后，于北京时间2024年4月26日3时32分，成功对接于空间站“天和”核心舱。关于核心舱和飞船的运动以下说法正确的是（）A.假设对接前，核心舱上脱落一个部件，则此部件将在原轨道上继续绕地球飞行B.对接前，飞船必须在核心舱的轨道上加速才能追上C.对接后，飞船中的航天员处于完全失重状态，不受重力D对接后，空间站由于受到地球万有引力变大，空间站会降低轨道高度绕地球飞行【答案】A【解析】【详解】A．假设对接前，核心舱及上面的部件都是由各自受到的万有引力提供向心力，若对接前脱落一个部件，则此部件依然受到万有引力提供向心力围绕地球在原轨道上继续绕地球飞行，故A正确。B．对接前，飞船需要在低于核心舱的轨道上加速才能追上核心舱，故B错误；C．对接后，飞船中的航天员处于完全失重状态，但是仍然受到重力作用，只是重力全部提供向心力，使宇航员围绕地球做圆周运动，故C错误；D．对接后，空间站由于质量变大，所以受到地球的万有引力变大，但是空间站的运行轨道高度不会变化，故D错误。故选A。6.如图所示，在水平向左的匀强电场中，倾角α=53°的光滑绝缘斜面固定，斜面高为H，一个带正电的物块（可视为质点）受到的电场力是重力的倍，现将其从斜面顶端由静止释放，重力加速度为g，则物块落地时的速度大小为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，如图所示电场力大小为小物块沿合力方向做匀加速直线运动，根据动能定理得解得故选C。7.如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬于O点，小球在水平力F作用下从最低点P点运动到最高点Q点，OQ与OP夹角为，以下说法正确的是（）A.若F为恒力，F的大小是B.若F为恒力，F的大小是C.若小球被缓慢移动，则F力做功为D.若小球被缓慢移动，则F力做功为【答案】B【解析】【详解】AB．若F为恒力，从最低点P点运动到最高点Q点，根据动能定理可得解得故A错误，B正确；CD．若小球被缓慢移动，根据动能定理可得所以F力做功为故CD错误。故选B。8.从某一高点使一小球由静止自由落下，取地面为重力势能零点，以v表示物体运动的速度，t表示物体运动的时间，x表示物体运动的路程。在下落过程中忽略空气阻力的影响，但在触地瞬间小球会损失一定能量后反弹竖直向上运动，弹跳数次。取竖直向下为正方向，下列关于机械能E、速度v、动能、重力势能的变化图像中可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A．由于忽略空气阻力的影响，则小球在空中运动时，机械能不变，但每次与触地瞬间小球的机械能都会突变变小，故A正确；B．小球第一次下落过程，向下做匀加速直线运动，速度方向为正方向；小球第一次与触地瞬间小球速度大小突变变小，方向突变为向上，小球向上做匀减速直线运动，速度方向为负方向，故B错误；C．小球第一次下落过程，根据动能定理可得可知下落过程随着路程增大，动能逐渐增大；在第一次与触地前瞬间小球的动能最大，与触地后瞬间小球的动能会突变变小，接着向上做匀减速运动，小球的动能逐渐减小为0，之后小球的动能重复类似的变化，故C错误；D．根据可知图像的斜率绝对值为，保持不变，故D错误。故选A。9.让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合体，由静止开始经同一加速电场加速后，从同一位置垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（）A.进入偏转电场时的动能相同 B.进入偏转电场时的速率相同C.先后到达屏上不同点 D.离开偏转电场时动能之比为【答案】D【解析】【详解】AB．在加速电场中有解得则荷质比不同时，它们动能不相同；荷质比不同时，它们的速率也不相同，AB错误；CD．在加速电场中有在偏转电场中解得速度的偏角各离子在电场中偏转的位移相同，偏转角度均相同，所以离开电场的位置相同，能到达屏上同一个点，C错误；再根据动能定理可知解得由于加速电场和偏转电场相同，且最后打在屏的同一位置，即偏转位移y也相等，故其离开偏转电场时的动能之比等于其电荷量之比，即为，D正确。故选D。10.空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，下列说法中正确的是（）A.空间各点场强的方向均与x轴垂直B.电荷沿x轴从O移到x1的过程中，电场力不做功C.正电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能减小D.负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能减小【答案】C【解析】【详解】A.由图看出，轴上各点电势不相等，轴不是一条等势线，所以空间各点场强的方向不与轴垂直，故A错误；B.沿轴从移到的过程中电势减小，任意两点间电势差不为零，电场力做功不为零，故B错误；C.正电荷沿轴从移到的过程中电势降低，根据可知电荷的电势能减小，电场力做正功，则C正确；D.负电荷沿轴从移到的过程中电势降低，根据可知电荷的电势能增加，电场力做负功，故D错误．11.如图所示，长约1m的两端封闭的竖直玻璃管中注满水，玻璃管内有一质量为0.1kg的红蜡块能在管内浮动。假设时，红蜡块从玻璃管底端开始向上运动，且每1s上升的距离都是30cm；从开始，玻璃管以初速度匀加速向右平移，第1s内、第2s内、第3s内通过的水平位移依次为15cm、25cm、35cm。y表示红蜡块竖直方向的位移，x表示红蜡块随玻璃管通过的水平位移，单位均为m，时红蜡块位于坐标原点。下列说法正确的是（）A.时红蜡块速度大小为0.4m/s B.前3s内红蜡块的位移大小为C.红蜡块的轨迹方程为 D.红蜡块在浮动过程中受到的合力是0.1N【答案】B【解析】【详解】A．依题意，红蜡块竖直方向做匀速运动，有水平方向做匀加速直线运动，有解得又解得则时红蜡块的速度大小为故A错误；C．红蜡块的水平和竖直位移分别为红蜡块的轨迹方程为故C错误；B．前3s内红蜡块的水平和竖直位移分别为则合位移大小为故B正确；D．红蜡块在浮动过程中受到的合力是故D错误。故选B。12.如图所示，一均匀带电的细圆环，圆心为O，半径为R，所带电量为q。圆环轴线（过圆心垂直于圆环平面的直线）上距圆心O为x的A点处场强大小为E。下面给出E的四个表达式（k为静电力常量），其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的分析作出判断，E的合理表达式应为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】根据单位制可知，场强的单位为N/C，k为静电力常量，单位为，而的单位为C，和R的单位均为，整理之后AD选项最终的单位不是，由图可知，当时，此时要求的场强为O点的场强，由对称性可知故C项不符合；故B正确ACD错误。故选B。13.一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m带电量为+q的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成θ=37°。已知重力加速度为g，下列正确的是（）A.剪断细线，小球将做曲线运动B.突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为C.如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为D.在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动【答案】D【解析】【分析】【详解】A．剪断细线，小球从静止释放，在恒定的重力及电场力作用下做匀加速直线运动，A错误；B．突然撤去电场的瞬间，小球开始做圆周运动，由于初速度为零，沿绳方向满足B错误；C．如图所示当电场力qE与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小，由平衡条件可得解得电场强度最小值为C错误；D．如图所示A为等效最低点，B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B点即可，可得等效重力为在B点满足从A到B由动能定理可得联立解得在A点的最小速度为D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分，共6分）14.如图所示，平行板电容器两极板与电源两极相连。G为电流表，若将电容器的两极板靠近，则在这一过程中：（）A.G中有电流，方向是a→bB.G中有电流，方向是b→aC.电容器两极板的带电量增大D.电容器电容减小。【答案】AC【解析】【分析】【详解】平行板电容器两极板与电源两极相连，则两极板电压保持不变，根据电容的决定式将电容器的两极板靠近则d减小，C增大，再根据则两极板所带的电荷量将增大，则电容器处于充电过程，G中有电流，方向是a→b，所以AC正确；BD错误；故选AC。15.一款质量的家庭轿车，行驶速度时靠电动机输出动力；行驶速度在范围内时自动转换为靠汽油发动机输出动力；行驶速度时汽油发动机和电动机同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随着运动时间t的变化关系图线如图所示，在行驶过程中所受阻力恒为1000N。已知汽车在时刻车速达到54km/h时第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率继续行驶到第16s末，则下列说法中正确的是（）A.B.电动机输出的最大功率为60kWC.时刻，发动机输出功率为70kWD.汽车在时间内的位移为625m【答案】BD【解析】【详解】A．由题意知，第一次换引擎时速度为时间内由牛顿第二定律得解得则故A错误；B．电动机的最大输出功率故B正确；C．由图可知，时间内，发动机功率故C错误；D．时刻，轿车的速度为时间内由动能定理可得代入数据解得故D正确。故选BD。三、非选择题（本题共5小题，共55分）实验题（Ⅰ、Ⅱ两题共14分）16.学校物理兴趣小组用如图甲所示的装置做“探究平抛运动的特点”的实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时，竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点由静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为、、、。（1）斜槽轨道________要光滑，斜槽末端切线________要水平。（均填“一定”或“不一定”）（2）将钢球视为质点，当地的重力加速度大小为g，若用g、x和表示，则钢球抛出时的初速度大小________。（3）在另一次实验中，将白纸换成方格纸，方格纸中每小格的边长均为L，通过实验，记录了钢球在运动过程中的三个位置，如图乙所示。将钢球视为质点，已知当地的重力加速度大小为g，则钢球做平抛运动的初速度大小________，钢球经过B点时在竖直方向上的分速度大小________。【答案】（1）①.不一定②.一定（2）（3）①.②.【解析】【小问1详解】[1][2]只要钢球从斜槽上同一位置由静止滚下，钢球经过斜槽末端时的速度就相同，因此斜槽轨道不一定要光滑；若斜槽末端切线不水平，则钢球离开斜槽末端后在空中不做平抛运动，因此斜槽末端切线一定要水平。【小问2详解】根据平抛运动的规律有、解得【小问3详解】[1][2]设钢球从A点运动到B点的时间为T，有、解得钢球经过B点时在竖直方向上的分速度大小17.某实验小组利用如图所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验。（1）下列做法正确的是________（多选）。A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与水平桌面保持平行B.适当垫高长木板有滑轮的一端，使未挂砝码桶的小车恰能拖着纸带匀速运动C.实验时，先接通打点计时器的电源再释放小车D.每次增减小车上的钩码改变质量后，不重新调节长木板倾斜度（2）在探究加速度与外力关系时，为使小车运动时受到的拉力近似等于砝码桶及桶内砝码的总重力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）小车和小车上钩码的总质量。【答案】（1）CD（2）远小于【解析】【小问1详解】A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，A错误；B．适当垫高长木板没有滑轮的一端，使未挂砝码桶的小车恰能拖着纸带匀速运动，B错误；C．实验时，先接通打点计时器的电源再释放小车，C正确；D．平衡摩擦力后，有解得与质量无关，故每次增减小车上的钩码改变质量后，不重新调节长木板倾斜度，D正确。故选CD。【小问2详解】在平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律得，对砝码桶及桶内砝码，有对小车和小车上钩码有解得故时即砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上钩码的总质量。18.如图甲所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。（1）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________。A.重物选用质量较大的木球 B.两限位孔在同一竖直面内上下对正C.必须精确测量出重物的质量 D.用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物（2）如图乙是某实验小组利用打点计时器打出的一条纸带和它部分放大的截图。根据纸带上的计数点，能否用来验证机械能守恒定律________（填能或不能），理由是________。【答案】（1）B（2）①.不能②.纸带加速度与g相差大【解析】【小问1详解】A．重物选用质量和密度较大的金属锤，这样能减小空气阻力的影响，从而减小实验误差，故A错误；B．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，两限位孔在同一竖直面内上下对正，从而减小实验误差，故B正确；C．因在实验中比较的是mgh、的大小关系，故m可约去，不需要测量重物的质量，故C错误；D．释放重物前，应先接通电源，接通电源后待打点计时器打点稳定时快速撒手释放物体，该操作对减小误差没有作用，故D错误。故选B。【小问2详解】[1][2]由图乙可知1、2之间的距离为2、3之间的距离为相邻计数点之间的时间间隔为由可得故纸带加速度与g相差大，不能用来验证机械能守恒定律。19.如图所示，篮筐距水平地面的高度，某次远距离投篮练习中，竖直站立的运动员到篮筐中心的水平距离，篮球（视为质点）出手点距地面的高度，篮球投出后恰好“空心”入筐。已知篮球的运行轨迹为抛物线，最高点距地面的高度，取重力加速度大小，不计空气阻力。求：（1）篮球从出手到进筐所用的时间t；（2）篮球出手时的速度大小v。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设篮球上升过程所用的时间为，有解得设篮球下降过程所用的时间为，有解得又解得（2）篮球在水平方向上的速度大小解得篮球出手时在竖直方向上的速度大小解得又解得20.光滑绝缘水平面上有一水平向右的匀强电场，其场强大小分布如图（a）所示。两个质量均为m的带电小球A和B由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统，球A带电量为，球B带电量为。时刻，带电系统由如图（b）所示位置从静止开始运动。若视小球为质点，不计轻杆的质量，求：（1）当球B刚进入电场时，带电系统速度的大小；（2）从初始状态到球A刚离开电场过程中，带电系统电势能的改变量；（3）球B从到的运动时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对系统从开始到B刚进入电场用动能定理解得（2）从开始到B刚进入电场，系统电场力做的功所以电势能减少了，即（3）带电系统开始运动时，由牛顿第二定律得解得加速度球B从静止到刚进入电场（从到）所需时间球B进入电场后，由牛顿第二定律得解得加速度从球B进入电场到球A离开电场（球B从到x=2L）所需时间球A离开电场后，带电系统做减速运动，设加速度为，由牛顿第二定律得解得设球B运动到电场边缘（）处，速度为，有解得设从球A离开电场到球B离开电场（球B从x=2L到）所需时间球B离开电场后从到，以做匀速直线运动所需时间则总时间21.如图所示，AB为半径的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着，方向竖直向上的匀强电场，有一质量，带电量的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点处由静止开始自由下落（不计空气阻力）经圆弧轨道AB和水平直线轨道BC从C点抛出，已知BC段是长、与物体间动摩擦因数为的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角且离地面DE高的斜面。（取）（1）求A、B两点的电势差；（2）求物体从C处射出后，C点至落点的水平位移；（已知，，不考虑物体反弹以后的情况）（3）若H可调，求H至少需要多大才能使滑块沿圆弧从A运动到B。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据匀强电场中场强与电势差之间关系可得代入数据可知（2）物块从开始运动到C点由动能定理可知解得设物体落在水平地面上，则根据平抛运动的规律可知，解得故物体落在斜面上。则有从C点至落点的水平位移为解得（3