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广西柳州高级中学2023-2024学年高一下学期暑期月考(二)物理试卷
一、选择题（本题共10小题，共50分。第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）
1．某电场的电场线分布如图所示，一带电粒子只在电场力的作用下沿图中虚线运动，先后经过A、B两点。下列说法正确的是（　　）
A．该粒子带负电
B．A点的场强比B点的大
C．A点的电势比B点的高
D．该粒子在A点的速度大于在B点的速度
2．下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，小朋友荡秋千过最低点时处于失重状态
B．图乙中，制作棉花糖时，糖液因受离心力而被甩出
C．图丙中，卡车通过拱桥最高点时，对桥面的压力小于重力
D．图丁中，只要铁道的外轨高于内轨，火车在转弯时轮缘就不会对外轨产生侧向挤压
3．如图所示，两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体接在电路中，则下列表述正确的是（　　）
A．细导体的电阻等于粗导体的电阻
B．细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2
C．相同时间内通过两导体的电荷量不相等
D．细导体内自由电子定向移动的平均速率小于粗导体
4．我国于2023年5月30日成功发射“神舟十六号”载人飞船。如图所示，“神舟十六号”载人飞船发射后先在近地圆轨道Ⅰ上运动，到达轨道上a点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达b点时，再次点火进入圆轨道Ⅲ上运行。下列说法正确的是（　　）
A．飞船在a点处的速度一定大于在b点处的速度
B．飞船在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期
C．飞船在轨道Ⅰ上经过a点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过a点的加速度
D．飞船在轨道Ⅱ上经过b点时受到地球的万有引力大于飞船在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动所需的向心力
5．假设某智能网联汽车在平直路面上启动后的牵引力F随时间t变化的图像如图所示，已知该汽车以额定功率启动，在平直路面上运动的最大速度为，所受阻力恒定，由此可知该汽车（　　）
A．在时间内做加速度增大的加速运动
B．启动后速度为时的加速度为
C．额定功率为
D．在时间内位移可能小于
6．如图的电路中，UAB＝15V，R1＝R2＝R3＝3Ω，那么，理想电压表和理想电流表的示数分别为（　　）
A．10V，10A B．15V，10A C．15V，5A D．5V，5A
7．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程中，动量大小的最小值为（　　）
A．0 B． C． D．
8．电动机带动足够长的水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，如图所示。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，当小木块与传送带相对静止时（　　）
A．传送带转过的路程为
B．小木块的位移为
C．摩擦产生的热量为mv2
D．因放上小木块后，电动机带动传送带匀速转动多输出的总能量为mv2
9．在x轴上O、P两点分别放置电荷量为、的点电荷，一个带负电的试探电荷在两电荷连线上的电势能随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则下列说法中正确的是（　　）
A．是负电荷，是正电荷
B．B、C间场强方向沿x轴正方向
C．C点的电场强度大于A点的电场强度
D．将一个正点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功
10．如图所示，长方形ABCD所在平面有匀强电场，E、F分别为AB边、CD边中点，已知AB边长为8cm、BC边长为4cm。将电子从C点移动到D点，电场力做功为20eV；将电子从E点移动到F点，电场力做功为-10eV，不计所有粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．长方形ABCD的四个顶点中，D点的电势最高
B．匀强电场的电场强度大小为
C．沿AC连线方向，电势降低最快
D．从D点沿DC方向发射动能为4eV的电子，在以后的运动过程中该电子最小动能为2eV
二、实验题（本大题共2小题，每空2分，共14分）
11．某同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直的铺有白纸的木板上固定两个光滑的滑轮A和B，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，数出三根绳子分别所挂钩码的个数、、，回答下列问题：
（1）改变钩码个数，实验能完成的是　 　。
A．， B．，
C． D．，，
（2）在拆下钩码和绳子前，需要进行的实验步骤有　 　。
A．用天平测出钩码的质量
B．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
C．用量角器量出三段绳子两两之间的夹角
D．量出OA、OB、OC三段绳子的长度
（3）在处理数据作图时，你认为图2中是正确的　 　。（填“甲”或“乙”）
12．某兴趣小组同学用如图所示装置测量某玩具枪子弹的射出速度，取一只乒乓球，在球上挖一个圆孔，向球内填进一些橡皮泥。当地重力加速度为g，实验步骤如下：
①用天平测出填充橡皮泥后球的质量M、子弹的质量m；
②将球的中心对齐桌子的右边缘处放置；
③用玩具枪水平瞄准乒乓球的圆孔，扣动扳机，子弹射入孔中且留在乒乓球内，与乒乓球一同水平抛出；
④用刻度尺测出乒乓球落地点离桌子边缘的水平距离s。
回答下列问题：
（1）为了完成实验，还需要用刻度尺测量的物理量是　 　（填物理量及其符号），是否需要测量出球的直径　 　（选填“需要”或“不需要”）；
（2）该玩具枪子弹的射出速度　 　（用题中所给或测量的物理量字母表示）；
（3）子弹射入球中的过程，系统损失的动能　 　（用题中所给或测量的物理量字母表示）。
三、计算题（本大题有3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．2021年6月17日，神舟十二号飞船顺利与“天和”核心舱对接。神舟十二号飞船质量，“天和”核心舱，在神舟十二号飞船到达距离“天和”核心舱的停泊点后，指挥中心下达“飞船转最后靠拢”指令，飞船匀速向“天和”核心舱靠拢，经后，神舟十二号飞船成功与“天和”核心舱对接成组合体，飞船与核心舱对接撞击时间为。现以对接前的“天和”核心舱为参考系，求：
（1）对接后，神舟十二号飞船与“天和”核心舱组合体的速度大小；
（2）对接撞击时的相互作用力大小F。
14．劲度系数k＝100N/m的轻弹簧一端固定在倾角的固定光滑斜面的底部，另一端和质量的小物块A相连，质量的小物块B紧靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在物块B上，另一端跨过定滑轮与质量的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图甲所示。从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，直至A、B分离。取。
（1）当A、B恰好分离时，求A的加速度大小；
（2）在图乙所示坐标系中，以沿斜面向上为正方向，画出从撤掉外力到A、B分离的过程中，A的加速度随位移x变化的关系图像，并根据图像求出A的最大速度。
15．如图所示，某固定装置由长度的水平传送带，圆心角、半径的两圆弧管道BC、CD组成，轨道间平滑连接。在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐，右端放置质量的物块b。质量的物块a从传送带左端A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带以速度顺时针转动，物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为，物块b与小车的动摩擦因数，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。
（1）求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q；
（2）求物块a 到达D点时对管道的作用力FN；
（3）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】对于粒子运动的问题，往往要根据曲线运动的特点，合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向。A． 一带电粒子只在电场力的作用下沿图中虚线运动， 则电场力指向轨迹内侧，根据图形可知，粒子所受电场力方向与电场方向相同，则粒子带正电，故A错误；
B．电场线分布的密集程度表示电场强弱，A点位置的电场线分布比B点分布稀疏一些，可知，A点的场强比B点的小，故B错误；
C．等势线垂直于电场线，沿电场线电势降低，结合图形，作出过A点与过B点的等势线，可知，A点的电势比B点的高，故C正确；
D．结合上述可知，粒子所受电场力方向与速度方向夹角为锐角，电场力对粒子加速，则该粒子在A点的速度小于在B点的速度，故D错误。
故选C。
【分析】由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，确定带电粒子的电性，根据力与速度方向判定做功从而知速度变化情况；根据顺着电场线电势降低判断电势的高低；电场线的疏密反映场强的大小。
2．【答案】C
【知识点】超重与失重；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】本题考查学生对生活中的圆周运动的掌握，解题关键是分析出向心力来源，根据圆周运动的牛顿第二定律解答。A．小朋友荡秋千每次摆到最低点时，向心加速度向上，小朋友处于超重状态，故A错误；
B．制作棉花糖时，糖液受到的合力的大小不足以提供糖液所需要的向心力的大小时，做远离圆心的运动被甩出，离心力是一个效果力不能写受离心力的作用，故B错误；
C．卡车通过拱桥最高点时，由重力和支持力提供向心力，有
则
由牛顿第三定律知支持力等于压力，得卡车通过拱桥最高点时，对桥面的压力小于重力，故C正确；
D．当铁路弯道处的外轨略高于内轨，火车由重力和支持力的合力恰好提供向心力，以规定速度转弯时内、外轨正好不会受到轮缘的侧向挤压，故D错误。
故选C。
【分析】加速度向上为超重；离心力是效果力；由重力和支持力提供向心力，结合牛顿第三定律，分析卡车对桥面的压力；以规定速度转弯时内、外轨正好不会受到轮缘的侧向挤压。
3．【答案】B
【知识点】电阻定律；电流、电源的概念；电流的微观表达式及其应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A． 两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体接在电路中，根据电阻定律可得
由于材料相同、长度相等，根据横截面积的大小可知细导体的电阻大于粗导体的电阻，故A错误；
BC．两个导体串联，根据串联电路的规律可以得出电流相同，根据欧姆定律有
由于细导体的电阻大于粗导体的电阻，则细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2，由于电流相等，则相等时间内通过导体的电荷量相当，故B正确，C错误；
D．由于通过两导体的电流相等，根据电流微观表达式
，可知细导体内自由电子定向移动的平均速率大于粗导体内自由电子定向移动的平均速率，故D错误。
故选B。
【分析】利用电阻定律结合横截面积的大小可以比较电阻的大小；利用串联电路可以判别电流相等，结合欧姆定律可以比较电压的大小；利用电流相等可以比较电荷量的大小；利用电流的微观表达式可以比较自由电子定向移动的平均速率。
4．【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．万有引力提供向心力，故有
解得
由于，故有
根据变轨要加速两次可知
因此飞船在a点处的速度一定大于在b点处的速度，故A正确；
B．飞船在轨道Ⅰ上运行的轨道半径小于在轨道Ⅲ上运行的轨道半径，所以飞船在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故B错误；
C．根据可知，飞船在轨道Ⅰ上经过a点和在轨道Ⅱ上经过a点时受到的万有引力相同，故加速度相等，故C错误；
D．飞船在轨道Ⅱ上经过b点时受到地球的万有引力等于船在轨道Ⅲ上经过b点时受到地球的万有引力，故D错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律分析，船在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动所需的向心力等于所受的万有引力。
5．【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车在平直路面上启动，汽车受到牵引力和阻力的作用，根据牛顿第二定律有
由于功率不变，根据功率公式P=Fv可以得出在时间内随着速度的增大，汽车牵引力逐渐减小，则汽车做加速度减小的加速运动，故A错误；
BC．汽车运动的最大速度为，此时牵引力等于阻力，根据功率的表达式有
可得额定功率为
而启动后速度为时，根据牛顿第二定律有
，
联立解得
故B正确，C错误；
D．若时间做匀加速直线运动，根据位移公式可以得出此时位移为
而汽车在内做的是加速度减小的直线运动，根据图像面积可以得出此时位移一定小于，故D错误。
故选B。
【分析】利用功率不变，结合牛顿第二定律可以判别汽车加速度的变化；利用汽车的阻力和最大速度可以求出额度功率的大小；利用牛顿第二定律可以求出汽车加速度的大小；利用图像面积可以求出汽车位移的大小。
6．【答案】C
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】已知AB两端的电压，根据电流表相当于导线对电路进行分析，等效电路如图所示，理想电压表连接在两端，理想电压表示数为
已知AB两端的电压，根据欧美定律可以得出经过理想电流表的示数为
故选C。
【分析】利用电流表的作用对电路进行分析，得出等效电路后，利用欧姆定律可以求出电流表的读数大小。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，根据竖直方向匀减速的速度公式有
根据水平方向的速度公式有：
联立得
合成电场力和重力，设等效重力与竖直方向的夹角为，如图所示
已知重力和电场力的关系，对两力进行合成，故合力的方向为
则有
当小球做类斜上抛运动到等效最高点时，当速度与合力方向垂直时，速度最小，根据p=mv可以得出此时动量大小最小，根据速度的分解可以得出最小动量有
故选C。
【分析】对小球的运动进行分解，利用水平方向和竖直方向的速度公式可以求出电场力和重力的大小关系，结合力的合成可以求出合力的方向，再利用速度的分解可以求出与合力方向垂直的最小速度，进而求出最小的动量。
8．【答案】A,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．木块受到摩擦力的作用进行加速，根据速度公式可以得出当小木块与传送带相对静止时所用时间为
根据位移公式可以得出传送带转过的路程为
小木块的位移为
选项A正确，B错误；
C．根据滑动摩擦力及相对位移可以得出摩擦产生的热量为
选项C错误；
D．因放上小木块后，电动机带动传送带匀速转动多输出的总能量为木块动能和系统内能的增量，根据功能关系有
选项D正确。
故选AD。
【分析】利用速度公式可以求出木块加速的时间，结合位移公式可以求出传送带和木块运动的位移，利用两者的位移可以求出相对位移的大小，结合滑动摩擦力可以求出摩擦产生的热量；利用功能关系可以求出电动机带动传送带多输出的总能量。
9．【答案】A,B
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．由题图可知，从O到P电势能一直减小，试探电荷带负电，根据表达式可以得出电势一直增加，两个点电荷必定是异种电荷，由于沿着电场线方向电势逐渐降低，所以是负电荷，是正电荷，故A正确；
B．根据图像可知从B到C电势能增加，试探电荷带负电，根据表达式可以得出电势降低，根据沿电场线方向电势降低可知，由于沿着电场线方向电势逐渐降低所以B、C间电场强度方向沿x轴正方向，故B正确；
C．根据表达式可知切线斜率表示电场力，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则A点的场强大于C点的场强，故C错误；
D．由题图可知，从B点到D点，试探电荷带负电，电势能先增大后减小，则电势先降低后升高，将一个正点电荷从B点移到D点，根据表达式可以得出电势能先减小后增大，根据功能关系可以得出电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选AB。
【分析】利用电势能的变化结合电性可以判别电势的变化，利用电势的变化可以判别电场线的方向，进而判别场源电荷的电性；利用电场线方向可以判别电场强度的方向；利用图像斜率可以比较电场强度的大小；利用电势能的变化可以判别电场力做功。
10．【答案】D
【知识点】电势差；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AC．由于电子带负电，根据电场力做功有：
可知，将电子从C点移动到D点，电场力做功为20eV，则CD之间的电势差有
将电子从E点移动到F点，电场力做功为-10eV．同理可以得出：
取F点电势为零
由于F为CD边中点。根据电势的分布有：
可得
，
则DE为等势面。
根据等势面的分布及电势的降低可以得出电场线沿AF方向，如下所示
由于电势燕电场线方向降低最快，则沿AF方向电势降低最快，所以A点的电势最高，故AC错误；
B．根据电势差与场强的关系可以得出：匀强电场大小为
故B错误；
D．从D点沿DC方向发射动能为4eV的电子。则该电子在电场中做类斜地运动，则当电子沿电场线方向上的分速度为零时，电子的动能最小，根据速度的分解可以得出：此时电子的速度为
根据动能的表达式有：
则最小动能为
故D正确。
故选D。
【分析】利用电场力做功可以求出电势差及电势的大小；利用电势的分布可以求出电场线的方向，进而比较电势的高低；利用电势差与电场强度的关系可以求出电场强度的大小；利用速度的分解可以求出电子的速度大小，结合动能的表达式可以求出最小的动能。
11．【答案】ACD；B；甲
【知识点】验证力的平行四边形定则；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】（1） 当系统达到平衡时， 对点O进行受力分析如图
由于系统处于平衡时，FA、FB、FC三力平衡，根据平行四边形定则可以得出三力的大小关系满足。根据钩码的平衡可以得出绳子拉力等于钩码的重力，所以绳子拉力正比于钩码个数，根据力的大小可以得出能使系统平衡的钩码个数需满足
故ACD满足该条件。
故选ACD。
（2）A．本实验中每个钩码的重量相等，实验利用钩码的个数代表重力的大小，且绳子拉力正比于钩码个数，用钩码个数即可表征绳子拉力大小，故无需用天平测出钩码的质量，A错误；
B．为了验证三个力的关系，实验必须记录作用点、力的大小及方向，所以本实验需要标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向，便于在白纸上做出每条绳子拉力的图示，B正确；
C．记录绳子的方向即可，利用绳子方向即可以记录拉力的方向，无需用量角器量出三段绳子两两之间的夹角，C错误；
D．绳子的长度只是为了记录拉力的方向，由于力的大小与绳子长度无关，故无需量出OA、OB、OC三段绳子的长度，D错误。
故选B。
（3）根据平衡条件可知本实验中OC段绳子对O点的拉力F3应是竖直向下的，由于实验存在误差，F合是F1和F2的合力的理论值，所以不一定竖直向上，故图甲正确。
【分析】（1）利用三力的大小关系满足平行四边形定则，利用拉力的大小可以判别钩码数量的大小；
（2）本实验中用钩码个数即可表征绳子拉力大小，故无需用天平测出钩码的质量；为了验证三个力的关系，实验必须记录作用点、力的大小及方向，所以本实验需要标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向；利用绳子方向即可以记录拉力的方向，无需用量角器量出三段绳子两两之间的夹角；由于力的大小与绳子长度无关，故无需量出OA、OB、OC三段绳子的长度；
（3）本实验中OC段绳子对O点的拉力F3应是竖直向下的，F合是F1和F2的合力的理论值，可以允许有一定偏差。
12．【答案】桌面到地面的距离；不需要；；
【知识点】平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】（1）子弹和乒乓球一起做平抛运动，根据位移公式有
联立可得
为了测量平抛运动的初速度才可以测量子弹的射出速度，还需要用刻度尺测量桌面到地面的距离。
本实验中不需要测量出球的直径，因为球心下降的高度和桌面到地面的距离相同。
（2）子弹打入球时，以子弹和乒乓球为系统，根据动量守恒定律得
结合初速度的表达式
解得
（3）子弹射入球中的过程，根据动能的表达式可以得出系统损失的动能
【分析】（1）为了测量平抛运动的初速度，根据位移公式可知需要用刻度尺测量桌面到地面的距离；
（2）利用动量守恒定律结合初速度的大小可以求出子弹速度的表达式；
（3）利用动能的表达式可以子弹射入球中系统损失的动能大小。
13．【答案】（1）以对接前的“天和”核心舱为参考系，对接前神舟十二号飞船的速度
对接前后动量守恒
解得
（2）以“天和”核心舱为研究对象，在碰撞过程中，由动量定理
解得
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当核心舱和飞船对接的过程中，利用速度公式可以求出飞船对接前的速度大小，结合动量守恒定律可以求出组合体的速度大小；
（2）当对接过程中，利用动量定理可以求出相互作用力的大小。
（1）以对接前的“天和”核心舱为参考系，对接前神舟十二号飞船的速度
对接前后动量守恒
解得
（2）以“天和”核心舱为研究对象，在碰撞过程中，由动量定理
解得
14．【答案】解：（1）A、B恰好分离时，以BC整体为研究对象有
解得
则A的加速度大小也为0。
（2）开始A、B静止，设弹簧压缩量为，则
解得
当加速度为0时，A的速度最大，当A、B、C一起加速运动位移为x时，对C受力分析有
对A、B受力分析有
弹簧弹力大小为
联立，解得
当时，加速度，当时，位移，图像如图所示
由图像与坐标轴围成的面积可计算物块A的最大速度，则最大速度大小为
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）当AB恰好分离时，利用整体的牛顿第二定律可以求出A的加速度大小；
（2）当AB静止时，利用平衡方程可以求出弹簧压缩量的大小；当A速度最大时，利用C的牛顿第二定律结合AB的牛顿第二定律可以求出加速度的大小，再根据面积的大小可以求出最大的速度，进而画出对应的图像。
15．【答案】（1）对小物块分析有
设小物块一直加速到传送到右端点时，其速度为，有
解得
所以在小物块a到达传送带右侧时并没有加速到与传送带共速，设该过程时间为t，有
该时间传送带的位移为，有
物块a相对传送带的位移为
摩擦产生的热量为
（2）由题意可知圆弧轨道光滑，所以从B到D，由动能定理有
在D点有
解得
由牛顿第三定律可知，物块a对管道的作用力等于管道对物块a的支持力，所以物块a 到达D点时对管道的作用力为6N，方向竖直向上。
（3）当物块滑上小车后，由于
所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动，当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，其运动示意图如图所示
该过程由动量守恒有
能量守恒方面有
解得

【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对物块a受力分析求解加速度，进一步求解一直加速度传送带末端B的速度大小可知其一直加速，以此分别求解该时间内二者发生的位移和相对位移，产生的热量为克服摩擦力在相对位移所做的功；
（2）物块a从B到D，由动能定理求解D点速度，根据牛顿第二定律求解物块a的支持力，由牛顿第三定律求解对管道的作用力；
（3）根据受力分析判断小车与物块a保持相对静止，物块b相对于小车发生滑动，当ab接触前共速，根据完全非弹性碰撞分别由动量守恒和能量守恒，联立求解 小车长度的最小值d。
1 / 1广西柳州高级中学2023-2024学年高一下学期暑期月考(二)物理试卷
一、选择题（本题共10小题，共50分。第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）
1．某电场的电场线分布如图所示，一带电粒子只在电场力的作用下沿图中虚线运动，先后经过A、B两点。下列说法正确的是（　　）
A．该粒子带负电
B．A点的场强比B点的大
C．A点的电势比B点的高
D．该粒子在A点的速度大于在B点的速度
【答案】C
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】对于粒子运动的问题，往往要根据曲线运动的特点，合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向。A． 一带电粒子只在电场力的作用下沿图中虚线运动， 则电场力指向轨迹内侧，根据图形可知，粒子所受电场力方向与电场方向相同，则粒子带正电，故A错误；
B．电场线分布的密集程度表示电场强弱，A点位置的电场线分布比B点分布稀疏一些，可知，A点的场强比B点的小，故B错误；
C．等势线垂直于电场线，沿电场线电势降低，结合图形，作出过A点与过B点的等势线，可知，A点的电势比B点的高，故C正确；
D．结合上述可知，粒子所受电场力方向与速度方向夹角为锐角，电场力对粒子加速，则该粒子在A点的速度小于在B点的速度，故D错误。
故选C。
【分析】由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，确定带电粒子的电性，根据力与速度方向判定做功从而知速度变化情况；根据顺着电场线电势降低判断电势的高低；电场线的疏密反映场强的大小。
2．下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，小朋友荡秋千过最低点时处于失重状态
B．图乙中，制作棉花糖时，糖液因受离心力而被甩出
C．图丙中，卡车通过拱桥最高点时，对桥面的压力小于重力
D．图丁中，只要铁道的外轨高于内轨，火车在转弯时轮缘就不会对外轨产生侧向挤压
【答案】C
【知识点】超重与失重；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】本题考查学生对生活中的圆周运动的掌握，解题关键是分析出向心力来源，根据圆周运动的牛顿第二定律解答。A．小朋友荡秋千每次摆到最低点时，向心加速度向上，小朋友处于超重状态，故A错误；
B．制作棉花糖时，糖液受到的合力的大小不足以提供糖液所需要的向心力的大小时，做远离圆心的运动被甩出，离心力是一个效果力不能写受离心力的作用，故B错误；
C．卡车通过拱桥最高点时，由重力和支持力提供向心力，有
则
由牛顿第三定律知支持力等于压力，得卡车通过拱桥最高点时，对桥面的压力小于重力，故C正确；
D．当铁路弯道处的外轨略高于内轨，火车由重力和支持力的合力恰好提供向心力，以规定速度转弯时内、外轨正好不会受到轮缘的侧向挤压，故D错误。
故选C。
【分析】加速度向上为超重；离心力是效果力；由重力和支持力提供向心力，结合牛顿第三定律，分析卡车对桥面的压力；以规定速度转弯时内、外轨正好不会受到轮缘的侧向挤压。
3．如图所示，两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体接在电路中，则下列表述正确的是（　　）
A．细导体的电阻等于粗导体的电阻
B．细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2
C．相同时间内通过两导体的电荷量不相等
D．细导体内自由电子定向移动的平均速率小于粗导体
【答案】B
【知识点】电阻定律；电流、电源的概念；电流的微观表达式及其应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A． 两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体接在电路中，根据电阻定律可得
由于材料相同、长度相等，根据横截面积的大小可知细导体的电阻大于粗导体的电阻，故A错误；
BC．两个导体串联，根据串联电路的规律可以得出电流相同，根据欧姆定律有
由于细导体的电阻大于粗导体的电阻，则细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2，由于电流相等，则相等时间内通过导体的电荷量相当，故B正确，C错误；
D．由于通过两导体的电流相等，根据电流微观表达式
，可知细导体内自由电子定向移动的平均速率大于粗导体内自由电子定向移动的平均速率，故D错误。
故选B。
【分析】利用电阻定律结合横截面积的大小可以比较电阻的大小；利用串联电路可以判别电流相等，结合欧姆定律可以比较电压的大小；利用电流相等可以比较电荷量的大小；利用电流的微观表达式可以比较自由电子定向移动的平均速率。
4．我国于2023年5月30日成功发射“神舟十六号”载人飞船。如图所示，“神舟十六号”载人飞船发射后先在近地圆轨道Ⅰ上运动，到达轨道上a点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达b点时，再次点火进入圆轨道Ⅲ上运行。下列说法正确的是（　　）
A．飞船在a点处的速度一定大于在b点处的速度
B．飞船在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期
C．飞船在轨道Ⅰ上经过a点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过a点的加速度
D．飞船在轨道Ⅱ上经过b点时受到地球的万有引力大于飞船在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动所需的向心力
【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．万有引力提供向心力，故有
解得
由于，故有
根据变轨要加速两次可知
因此飞船在a点处的速度一定大于在b点处的速度，故A正确；
B．飞船在轨道Ⅰ上运行的轨道半径小于在轨道Ⅲ上运行的轨道半径，所以飞船在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故B错误；
C．根据可知，飞船在轨道Ⅰ上经过a点和在轨道Ⅱ上经过a点时受到的万有引力相同，故加速度相等，故C错误；
D．飞船在轨道Ⅱ上经过b点时受到地球的万有引力等于船在轨道Ⅲ上经过b点时受到地球的万有引力，故D错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律分析，船在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动所需的向心力等于所受的万有引力。
5．假设某智能网联汽车在平直路面上启动后的牵引力F随时间t变化的图像如图所示，已知该汽车以额定功率启动，在平直路面上运动的最大速度为，所受阻力恒定，由此可知该汽车（　　）
A．在时间内做加速度增大的加速运动
B．启动后速度为时的加速度为
C．额定功率为
D．在时间内位移可能小于
【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车在平直路面上启动，汽车受到牵引力和阻力的作用，根据牛顿第二定律有
由于功率不变，根据功率公式P=Fv可以得出在时间内随着速度的增大，汽车牵引力逐渐减小，则汽车做加速度减小的加速运动，故A错误；
BC．汽车运动的最大速度为，此时牵引力等于阻力，根据功率的表达式有
可得额定功率为
而启动后速度为时，根据牛顿第二定律有
，
联立解得
故B正确，C错误；
D．若时间做匀加速直线运动，根据位移公式可以得出此时位移为
而汽车在内做的是加速度减小的直线运动，根据图像面积可以得出此时位移一定小于，故D错误。
故选B。
【分析】利用功率不变，结合牛顿第二定律可以判别汽车加速度的变化；利用汽车的阻力和最大速度可以求出额度功率的大小；利用牛顿第二定律可以求出汽车加速度的大小；利用图像面积可以求出汽车位移的大小。
6．如图的电路中，UAB＝15V，R1＝R2＝R3＝3Ω，那么，理想电压表和理想电流表的示数分别为（　　）
A．10V，10A B．15V，10A C．15V，5A D．5V，5A
【答案】C
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】已知AB两端的电压，根据电流表相当于导线对电路进行分析，等效电路如图所示，理想电压表连接在两端，理想电压表示数为
已知AB两端的电压，根据欧美定律可以得出经过理想电流表的示数为
故选C。
【分析】利用电流表的作用对电路进行分析，得出等效电路后，利用欧姆定律可以求出电流表的读数大小。
7．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程中，动量大小的最小值为（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，根据竖直方向匀减速的速度公式有
根据水平方向的速度公式有：
联立得
合成电场力和重力，设等效重力与竖直方向的夹角为，如图所示
已知重力和电场力的关系，对两力进行合成，故合力的方向为
则有
当小球做类斜上抛运动到等效最高点时，当速度与合力方向垂直时，速度最小，根据p=mv可以得出此时动量大小最小，根据速度的分解可以得出最小动量有
故选C。
【分析】对小球的运动进行分解，利用水平方向和竖直方向的速度公式可以求出电场力和重力的大小关系，结合力的合成可以求出合力的方向，再利用速度的分解可以求出与合力方向垂直的最小速度，进而求出最小的动量。
8．电动机带动足够长的水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，如图所示。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，当小木块与传送带相对静止时（　　）
A．传送带转过的路程为
B．小木块的位移为
C．摩擦产生的热量为mv2
D．因放上小木块后，电动机带动传送带匀速转动多输出的总能量为mv2
【答案】A,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．木块受到摩擦力的作用进行加速，根据速度公式可以得出当小木块与传送带相对静止时所用时间为
根据位移公式可以得出传送带转过的路程为
小木块的位移为
选项A正确，B错误；
C．根据滑动摩擦力及相对位移可以得出摩擦产生的热量为
选项C错误；
D．因放上小木块后，电动机带动传送带匀速转动多输出的总能量为木块动能和系统内能的增量，根据功能关系有
选项D正确。
故选AD。
【分析】利用速度公式可以求出木块加速的时间，结合位移公式可以求出传送带和木块运动的位移，利用两者的位移可以求出相对位移的大小，结合滑动摩擦力可以求出摩擦产生的热量；利用功能关系可以求出电动机带动传送带多输出的总能量。
9．在x轴上O、P两点分别放置电荷量为、的点电荷，一个带负电的试探电荷在两电荷连线上的电势能随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则下列说法中正确的是（　　）
A．是负电荷，是正电荷
B．B、C间场强方向沿x轴正方向
C．C点的电场强度大于A点的电场强度
D．将一个正点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功
【答案】A,B
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．由题图可知，从O到P电势能一直减小，试探电荷带负电，根据表达式可以得出电势一直增加，两个点电荷必定是异种电荷，由于沿着电场线方向电势逐渐降低，所以是负电荷，是正电荷，故A正确；
B．根据图像可知从B到C电势能增加，试探电荷带负电，根据表达式可以得出电势降低，根据沿电场线方向电势降低可知，由于沿着电场线方向电势逐渐降低所以B、C间电场强度方向沿x轴正方向，故B正确；
C．根据表达式可知切线斜率表示电场力，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则A点的场强大于C点的场强，故C错误；
D．由题图可知，从B点到D点，试探电荷带负电，电势能先增大后减小，则电势先降低后升高，将一个正点电荷从B点移到D点，根据表达式可以得出电势能先减小后增大，根据功能关系可以得出电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选AB。
【分析】利用电势能的变化结合电性可以判别电势的变化，利用电势的变化可以判别电场线的方向，进而判别场源电荷的电性；利用电场线方向可以判别电场强度的方向；利用图像斜率可以比较电场强度的大小；利用电势能的变化可以判别电场力做功。
10．如图所示，长方形ABCD所在平面有匀强电场，E、F分别为AB边、CD边中点，已知AB边长为8cm、BC边长为4cm。将电子从C点移动到D点，电场力做功为20eV；将电子从E点移动到F点，电场力做功为-10eV，不计所有粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．长方形ABCD的四个顶点中，D点的电势最高
B．匀强电场的电场强度大小为
C．沿AC连线方向，电势降低最快
D．从D点沿DC方向发射动能为4eV的电子，在以后的运动过程中该电子最小动能为2eV
【答案】D
【知识点】电势差；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AC．由于电子带负电，根据电场力做功有：
可知，将电子从C点移动到D点，电场力做功为20eV，则CD之间的电势差有
将电子从E点移动到F点，电场力做功为-10eV．同理可以得出：
取F点电势为零
由于F为CD边中点。根据电势的分布有：
可得
，
则DE为等势面。
根据等势面的分布及电势的降低可以得出电场线沿AF方向，如下所示
由于电势燕电场线方向降低最快，则沿AF方向电势降低最快，所以A点的电势最高，故AC错误；
B．根据电势差与场强的关系可以得出：匀强电场大小为
故B错误；
D．从D点沿DC方向发射动能为4eV的电子。则该电子在电场中做类斜地运动，则当电子沿电场线方向上的分速度为零时，电子的动能最小，根据速度的分解可以得出：此时电子的速度为
根据动能的表达式有：
则最小动能为
故D正确。
故选D。
【分析】利用电场力做功可以求出电势差及电势的大小；利用电势的分布可以求出电场线的方向，进而比较电势的高低；利用电势差与电场强度的关系可以求出电场强度的大小；利用速度的分解可以求出电子的速度大小，结合动能的表达式可以求出最小的动能。
二、实验题（本大题共2小题，每空2分，共14分）
11．某同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直的铺有白纸的木板上固定两个光滑的滑轮A和B，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，数出三根绳子分别所挂钩码的个数、、，回答下列问题：
（1）改变钩码个数，实验能完成的是　 　。
A．， B．，
C． D．，，
（2）在拆下钩码和绳子前，需要进行的实验步骤有　 　。
A．用天平测出钩码的质量
B．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
C．用量角器量出三段绳子两两之间的夹角
D．量出OA、OB、OC三段绳子的长度
（3）在处理数据作图时，你认为图2中是正确的　 　。（填“甲”或“乙”）
【答案】ACD；B；甲
【知识点】验证力的平行四边形定则；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】（1） 当系统达到平衡时， 对点O进行受力分析如图
由于系统处于平衡时，FA、FB、FC三力平衡，根据平行四边形定则可以得出三力的大小关系满足。根据钩码的平衡可以得出绳子拉力等于钩码的重力，所以绳子拉力正比于钩码个数，根据力的大小可以得出能使系统平衡的钩码个数需满足
故ACD满足该条件。
故选ACD。
（2）A．本实验中每个钩码的重量相等，实验利用钩码的个数代表重力的大小，且绳子拉力正比于钩码个数，用钩码个数即可表征绳子拉力大小，故无需用天平测出钩码的质量，A错误；
B．为了验证三个力的关系，实验必须记录作用点、力的大小及方向，所以本实验需要标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向，便于在白纸上做出每条绳子拉力的图示，B正确；
C．记录绳子的方向即可，利用绳子方向即可以记录拉力的方向，无需用量角器量出三段绳子两两之间的夹角，C错误；
D．绳子的长度只是为了记录拉力的方向，由于力的大小与绳子长度无关，故无需量出OA、OB、OC三段绳子的长度，D错误。
故选B。
（3）根据平衡条件可知本实验中OC段绳子对O点的拉力F3应是竖直向下的，由于实验存在误差，F合是F1和F2的合力的理论值，所以不一定竖直向上，故图甲正确。
【分析】（1）利用三力的大小关系满足平行四边形定则，利用拉力的大小可以判别钩码数量的大小；
（2）本实验中用钩码个数即可表征绳子拉力大小，故无需用天平测出钩码的质量；为了验证三个力的关系，实验必须记录作用点、力的大小及方向，所以本实验需要标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向；利用绳子方向即可以记录拉力的方向，无需用量角器量出三段绳子两两之间的夹角；由于力的大小与绳子长度无关，故无需量出OA、OB、OC三段绳子的长度；
（3）本实验中OC段绳子对O点的拉力F3应是竖直向下的，F合是F1和F2的合力的理论值，可以允许有一定偏差。
12．某兴趣小组同学用如图所示装置测量某玩具枪子弹的射出速度，取一只乒乓球，在球上挖一个圆孔，向球内填进一些橡皮泥。当地重力加速度为g，实验步骤如下：
①用天平测出填充橡皮泥后球的质量M、子弹的质量m；
②将球的中心对齐桌子的右边缘处放置；
③用玩具枪水平瞄准乒乓球的圆孔，扣动扳机，子弹射入孔中且留在乒乓球内，与乒乓球一同水平抛出；
④用刻度尺测出乒乓球落地点离桌子边缘的水平距离s。
回答下列问题：
（1）为了完成实验，还需要用刻度尺测量的物理量是　 　（填物理量及其符号），是否需要测量出球的直径　 　（选填“需要”或“不需要”）；
（2）该玩具枪子弹的射出速度　 　（用题中所给或测量的物理量字母表示）；
（3）子弹射入球中的过程，系统损失的动能　 　（用题中所给或测量的物理量字母表示）。
【答案】桌面到地面的距离；不需要；；
【知识点】平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】（1）子弹和乒乓球一起做平抛运动，根据位移公式有
联立可得
为了测量平抛运动的初速度才可以测量子弹的射出速度，还需要用刻度尺测量桌面到地面的距离。
本实验中不需要测量出球的直径，因为球心下降的高度和桌面到地面的距离相同。
（2）子弹打入球时，以子弹和乒乓球为系统，根据动量守恒定律得
结合初速度的表达式
解得
（3）子弹射入球中的过程，根据动能的表达式可以得出系统损失的动能
【分析】（1）为了测量平抛运动的初速度，根据位移公式可知需要用刻度尺测量桌面到地面的距离；
（2）利用动量守恒定律结合初速度的大小可以求出子弹速度的表达式；
（3）利用动能的表达式可以子弹射入球中系统损失的动能大小。
三、计算题（本大题有3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．2021年6月17日，神舟十二号飞船顺利与“天和”核心舱对接。神舟十二号飞船质量，“天和”核心舱，在神舟十二号飞船到达距离“天和”核心舱的停泊点后，指挥中心下达“飞船转最后靠拢”指令，飞船匀速向“天和”核心舱靠拢，经后，神舟十二号飞船成功与“天和”核心舱对接成组合体，飞船与核心舱对接撞击时间为。现以对接前的“天和”核心舱为参考系，求：
（1）对接后，神舟十二号飞船与“天和”核心舱组合体的速度大小；
（2）对接撞击时的相互作用力大小F。
【答案】（1）以对接前的“天和”核心舱为参考系，对接前神舟十二号飞船的速度
对接前后动量守恒
解得
（2）以“天和”核心舱为研究对象，在碰撞过程中，由动量定理
解得
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当核心舱和飞船对接的过程中，利用速度公式可以求出飞船对接前的速度大小，结合动量守恒定律可以求出组合体的速度大小；
（2）当对接过程中，利用动量定理可以求出相互作用力的大小。
（1）以对接前的“天和”核心舱为参考系，对接前神舟十二号飞船的速度
对接前后动量守恒
解得
（2）以“天和”核心舱为研究对象，在碰撞过程中，由动量定理
解得
14．劲度系数k＝100N/m的轻弹簧一端固定在倾角的固定光滑斜面的底部，另一端和质量的小物块A相连，质量的小物块B紧靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在物块B上，另一端跨过定滑轮与质量的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图甲所示。从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，直至A、B分离。取。
（1）当A、B恰好分离时，求A的加速度大小；
（2）在图乙所示坐标系中，以沿斜面向上为正方向，画出从撤掉外力到A、B分离的过程中，A的加速度随位移x变化的关系图像，并根据图像求出A的最大速度。
【答案】解：（1）A、B恰好分离时，以BC整体为研究对象有
解得
则A的加速度大小也为0。
（2）开始A、B静止，设弹簧压缩量为，则
解得
当加速度为0时，A的速度最大，当A、B、C一起加速运动位移为x时，对C受力分析有
对A、B受力分析有
弹簧弹力大小为
联立，解得
当时，加速度，当时，位移，图像如图所示
由图像与坐标轴围成的面积可计算物块A的最大速度，则最大速度大小为
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）当AB恰好分离时，利用整体的牛顿第二定律可以求出A的加速度大小；
（2）当AB静止时，利用平衡方程可以求出弹簧压缩量的大小；当A速度最大时，利用C的牛顿第二定律结合AB的牛顿第二定律可以求出加速度的大小，再根据面积的大小可以求出最大的速度，进而画出对应的图像。
15．如图所示，某固定装置由长度的水平传送带，圆心角、半径的两圆弧管道BC、CD组成，轨道间平滑连接。在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐，右端放置质量的物块b。质量的物块a从传送带左端A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带以速度顺时针转动，物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为，物块b与小车的动摩擦因数，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。
（1）求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q；
（2）求物块a 到达D点时对管道的作用力FN；
（3）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。
【答案】（1）对小物块分析有
设小物块一直加速到传送到右端点时，其速度为，有
解得
所以在小物块a到达传送带右侧时并没有加速到与传送带共速，设该过程时间为t，有
该时间传送带的位移为，有
物块a相对传送带的位移为
摩擦产生的热量为
（2）由题意可知圆弧轨道光滑，所以从B到D，由动能定理有
在D点有
解得
由牛顿第三定律可知，物块a对管道的作用力等于管道对物块a的支持力，所以物块a 到达D点时对管道的作用力为6N，方向竖直向上。
（3）当物块滑上小车后，由于
所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动，当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，其运动示意图如图所示
该过程由动量守恒有
能量守恒方面有
解得

【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对物块a受力分析求解加速度，进一步求解一直加速度传送带末端B的速度大小可知其一直加速，以此分别求解该时间内二者发生的位移和相对位移，产生的热量为克服摩擦力在相对位移所做的功；
（2）物块a从B到D，由动能定理求解D点速度，根据牛顿第二定律求解物块a的支持力，由牛顿第三定律求解对管道的作用力；
（3）根据受力分析判断小车与物块a保持相对静止，物块b相对于小车发生滑动，当ab接触前共速，根据完全非弹性碰撞分别由动量守恒和能量守恒，联立求解 小车长度的最小值d。
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