湖南省永州市名校2022-2023学年高一下学期6月月考物理试题（含答案）

永州名校 2023 年上期6月考测试卷 高一物理
满分:100 分 考试时间： 75 分钟
一、单选题(本题共 7 小题，每小题 4 分， 共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求，错选得 0 分)
1．铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，如图所示，已知内外轨道平面与水平面倾角为 e，弯道处的圆弧半径为R，则质量为m的火车在该弯道处转弯时，以下说法正确的是 ( )
A ．火车转弯所需的向心力主要由摩擦力提供
B ．火车转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
C ．若火车行驶速度等于√gRtane，则内、外轨均不受车轮轮缘挤压
D ．若火车行驶速度大于√gRtane ，则内轨对内侧车轮轮缘有挤压
2 ．如图所示，甲是点电荷形成的电场，乙是匀强电场，丙是等量异种电荷的电场，丁是等 量同种电荷的电场，其中丙图中的 M、N 是左右对称的两点，丁图中的 M、N 是中垂线 上对称的两点，则下列说法正确的是( )
A．甲图中 M、N 两点的电场强度相同 B．乙图中 M、N 两点的电场强度不同
C．丙图中 M、N 两点的电场强度不同 D．丁图中 M、N 两点的电场强度不同
3 ．2020 年 7 月 23 日，我国首次火星探测任务“天问一号”在中国文昌航天发射场踏上征程，使 中国人探索火星的梦想更进一步。已知火星半径约为地球半径的一半， 火星质量约为地球质 量的，火星绕太阳公转的周期约为地球公转周期的 2 倍，忽略火星和地球的自转， 下列结
论正确的是 ( )
A ．火星绕太阳的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的4 倍
B ．火星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的0.2 倍
(
C
．
火
星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的
倍
)√5
(
√
5
)5
D ．火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的 倍
10
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(
A
．
) (
B
．
) (
C
．
) (
D
．
)4．如图所示，有一带电粒子(不计重力)贴着 A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压 为 U1 时，带电粒子沿①轨迹恰好从 B 板边缘飞出；当偏转电压为 U2 时，带电粒子沿② 轨迹落到 B 板正中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的偏转电压之比为 ( )
A ．U1: U2 = 1: 1 B ．U1: U2 = 1: 4
C ．U1: U2 = 1: 2 D ．U1: U2 = 1: 8
5．质量为 m 的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动，如图所示， 运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子所 受拉力为 9mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过
程中小球克服空气阻力所做的功为( )．
A. B ．
C ．2mgR D ．3mgR
6．如图所示，一滑块自固定斜面的顶端由静止开始下滑，斜面与滑块之间有摩擦力，x表 示相对出发点的位移； t表示运动时间。以斜面底端所在的水平面为
零势能面，下图中表示滑块下滑过程中动能EK，重力的瞬时功率 P,
重力势能EP，机械能E变化的图像正确的是 ( )
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7 ．如图所示，一半径为 R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径 POQ 水 平。一个质量为 m 的可当成质点的小球自P 点上方高度为 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入轨道。 小球滑到轨道最低点 N 时，对轨道的压力大小为 4mg，g 为重力加速
度。用 W 表示小球从 P 点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功。则下列判断正确
的是( )
A ．W＝mgR ，小球恰好可以到达 Q 点
B ．W＞mgR ，小球不能到达 Q 点
C ．W＝mgR ，小球到达 Q 点后， 还能继续上升一段距离
D ．W＜mgR ，小球到达 Q 点后， 还能继续上升一段距离
二、多选题(本题共 4 小题， 每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中有多项符 合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有错选或不答的得 0 分)
8 ．为了更好地了解太阳活动对地球的影响， 2022 年 10 月，我国成功将“夸父一号”卫星 发射升空， 将该卫星绕地球的运动看成匀速圆周运动， 该卫星轨道距离地球表面约 720 千米，运行周期约 99 分钟，下列说法正确的是 ( )
A．“夸父一号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
B．“夸父一号”的线速度小于地球同步卫星的线速度
C．“夸父一号”的向心力大于地球同步卫星的向心力
D．“夸父一号”的角速度大于地球同步卫星的角速度
9．一匀强电场的方向平行于 xOy 平面， O 为坐标原点，该平面内 a、b 、c 三点的位置如图
所示，对应的电势分别为va =9V 、vb =17V 、vc =25V，
则下列结论正确的是 ( )
A ．O 点的电势为 1V
B ．Oc 连线的中点电势为 13V
C．该匀强电场的方向为由 c 指向 O
D ．将电子从 a 点移到 c 点电势能减少 16eV
10．如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为 v0 的带电粒子从A 点射入电场， 在竖直平面内沿直线从A 运动到 B，在此运动过程中，下列判断正确的是 ( )
A. 带电粒子的动能减少，重力势能增加
B. 带电粒子的动能减少， 电势能增加
C. 带电粒子的动能不变，重力势能增加
D. 带电粒子的动能不变，电势能减少
11 ．如图所示，倾角 θ=53°的足够长斜面固定在水平面上，斜面顶端固定一个半径和质量均 不计的定滑轮 D ，底端固定一个垂直于斜面的挡板。 质量为 2m 的物块 A 和质量为m 的物块 B 用一轻弹簧连接，物块 B 被斜面底部的挡板挡住。 用一不可伸长的轻绳跨过 滑轮使物块 A与质量为m 的小环 C 连接，小环 C 穿过竖直固定的均匀细杆 (物块
A 、B 及小环 C 均视为质点) 。当小环 C 位于 S 处时， 轻绳左端与杆垂直，且绳恰好拉 直但无拉力。 已知∠SDQ=53° ，现让小环 C 从位置 S 由静止释放， 结果小环 C 恰好能 运动到 Q 点且此时 B 恰好离开挡板但不上升， sin53°=0.8 ，cos53°=0.6 ，g =
10m/s2 ，不计一切摩擦， 下列结论正确的是 ( )
A ．轻弹簧的劲度系数 k =
B ．轻弹簧的劲度系数 k =
C ．小环 C 从位置 S 运动到 Q 点的过程中弹簧弹性势 能的变化量 Ep=mgd
D ．小环 C 从位置 S 运动到 Q 点的过程中弹簧弹性势能的变化量 Ep=mgd
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三、实验题(本题共 2 题，共 14 分， 每空 2 分)
12．“探究电容器充放电”的实验装置示意图如图甲所示。
(1)先将开关 S 扳到a，待电容器充电结束后将开关扳到b，利用传感器记录电容器的放 电过程，得到该电容器放电过程的I t图像如图乙所示，根据图像估算出电容器开 始放电时所带的电荷量Q =___________C ，已知电源电压保持为 2V，则电容器的电 容C =______F。
(2)将开关 S 扳到 a ，待电容器充电结束后， 再向电容器两板间插入一块有机玻璃板，则 在插入玻璃板的过程中，电容器的电容会_______ (选填“变大”、“变小”或 “不 变”)，电路中电流表 A 中的电流方向为________ (选填“c→d”或“d→c”)。
13．某物理兴趣小组发现直接利用“落体法”进行验证机械能守恒定律实验时，由于物体下落 太快，实验现象稍纵即逝。为了让实验时间得以适当延长， 他们设计了如图甲所示的实 验方案，把质量分别为 m1 、m2(m1>m2)的两物体通过一根跨过定滑轮(质量可忽略)的细 线相连接， m2 的下方连接在穿过打点计时器的纸带上。先让两物体在外力作用下保持 静止状态，然后开启打点计时器， 待打点计时器打点稳定后再释放物体 m1 和 m2。
(1)在实验过程中，下列说法正确的是______。
A．实验时应先释放纸带再接通打点计时器的电源
B．实验时纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上
C．打点计时器、天平和刻度尺是本实验中必须使用的测量仪器
D．实验中重物的质量大小不影响实验误差
(2)图乙是一条较为理想的实验纸带， O 点是打点计时器打下的第一个点，计数点间的距 离如图乙所示。两相邻计数点间时间间隔为 T，重力加速度为 g (题中所有物理量符 号都用国际单位)。
①在纸带上打下记数点“5”时物体的速度大小为v5= __________ (用题中所给的物理 量符号表示)；
②从打计数点“O”到打计数点“5”的过程中， m1 、m2 组成的系统重力势能的减少量 Ep= _____________ (用题中所给的物理量符号表示)，再求出此过程中系统动能的 增加量，即可验证系统机械能是否守恒。
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四、解答题(本题共 3 小题， 共 38 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能得分，有数值计算的题， 答案中必须明确写出数 值和单位)
14．(10 分) 如图所示，在绝缘水平面上的 O 点固定一电荷量为+Q 点电荷，在距离 O 点正 上方高为 H 的 A 处由静止释放某带电荷量为+q 的小液珠， 小液珠开始运动瞬间的加速 度大小等于重力加速度，方向竖直向上。已知静电力常量为 k，两电荷均可看成点电
荷，不计空气阻力。求：
(1)小液珠开始运动瞬间受到的库仑力大小和方向；
(2)小液珠运动过程中速度最大时距离O 点的高度 h。(以上两问 结果只能用题中已知的物理量 k、Q、q 、H 表示)
15 ．(12 分) 如图所示，利用电动机通过细钢绳吊升一质量为 8kg 的物体， 细绳能承受的最 大拉力为 120N，电动机的功率不能超过 1200W ，取g = 10m/s2 ，求：
(1)电动机吊升该物体的最大速度vm；
(2)吊升该物体允许的最大加速度am；
(3)电动机将该物体由静止吊升 h=30m 所需的最短时间 t。
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16．(16 分) 如图所示，水平传送带的左端与斜面 AB 末端连接， 右端与光滑水平轨道 CD 连接， D 端连接半圆形光滑圆弧轨道 DFG，圆弧半径R = 1. 6m，在竖直面 DG 的右侧 (包括 D、G 点)存在竖直向下的匀强电场，电场强度E= 。质量均为m = 0. 1kg的 两个完全相同的金属滑块 a 和 b ，其中滑块 a 带电量为 q ，滑块 b 不带电。 现让滑块 a 从斜面 AB 上高度为h = 3m处由静止开始下滑，运动到 CD 上某位置时与滑块 b 发生 碰撞后结合在一起形成的结合体 c 质量为 2m ，速度大小为碰撞前滑块 a 速度的一半， 速度方向与碰撞前滑块 a 的速度方向相同。 已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与 AB 斜面之间的动摩擦因素u1 = 0. 3，与传送带之间的动摩擦因数u2 = 0. 2，斜面倾角 e = 37o，传送带长为5m ，CD 长为2m，滑块 a、b 及结合体 c 均可视为质点，不计滑 块经过 B 点的能量损失，重力加速度为 g=10m/s2 ，sin37°=0.6 ，cos37°=0.8。
(1)求滑块 a 运动到 B 点时的速度大小；
(2)若传送带逆时针转动的速度大小v = 4m/s，求结合体 c 运动到 G 点时对轨道的压力 大小；
(3)以 D 点为坐标原点、水平向左为正方向建立 x 轴，改变传送带的速度大小和方向，
求结合体 c 通过圆弧轨道后从 G 点平抛到 x 轴上的落点坐标与传送带速度的关系。
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永州名校 2023 年上期6月考测试卷参考答案
高一物理
一、 选择题 (本题共 11 小题， 1~7 每题 4 分， 8~11 每题 5 分，共 48 分)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C D C B A B C AD BD AB BD
1. 火车转弯所需的向心力主要由其所受的重力和支持力的合力提供的， 故 A 错误； 向心力为 效果力，火车没有受到向心力，故 B 错误；火车以某一速度 v 通过某弯道时，内、外轨道 均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，受力分析如图所示 F 合 =mgtanθ，合力等于向心力， 则有mgtane = m，解得v = √gRtane，可知此时内外轨道 均不受车轮轮缘挤压，故 C 正确、D 错误；故选 C。
2.由电场强度公式可知， M、N 两点电场强度大小相同，但方向不同，故 A 错误；匀强电场 各点电场强度大小、方向相同，故乙图中 M、N 两点电场强度相同，故 B 错误；等量异号 电荷的电场中对称的两点电场强度等大同向， 故丙图中 M、N 两点电场强度相同， 故 C 错 误；等量异号电荷的电场中对称的两点电场强度等大反向，故丁图中 M、N 两点电场强度 不同，故 D 正确。故选 D。
3.根据开普勒第三定律 = k可知，火星公转轨道半径为地球的3√4倍， A 错误：根据g =
可知g (g)地 (火) = M (M)地 (火)R (R)= × 22=0. 4 ，火星表面重力加速度为地球的 0.4 ，B 错误；根据v = √
可知v (v)地 (火) = √M (M)地 (火)R (R)=√ × 2= ，选项 C 正确，D 错误。故选 C。
4.粒子做平抛运动d = at2 ，a = ，t = 解得U = ，解得 = ()2 = 。故选 B。
5.根据牛顿第二定律在最低点有 9mg－mg＝m，解得 v1 ＝√8gR；在最高点有 mg ＝m， 解得 v2 ＝√gR，由动能定理得 －2mgR＋Wf ＝mv2 2 －mv1 2，解得 Wf ＝－ mgR，故克服 空气阻力做功为mgR，故只有选项 A 正确．
6.设滑块的加速度为 a，则t时刻滑块的动能为Ek = mv2 = ma2 t2，Ek t图像应是抛物线， 故 A 错误； 重力的瞬时功率P = mgsine v = mgsine at，P 与 t 成正比， P t图像是过 原点的直线， 故 B 正确； 重力势能Ep = mg (H xsine) ，x增大时， Ep 减小， 故 C 错误；
机械能E = E0 umgcose x ，可知E x图像是向下倾斜的直线，故 D 错误。故选 B。
7. 根据动能定理得 P 点动能 EkP＝mgR ，经过 N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得 4mg－mg＝m ，所以 N 点动能为 EkN ＝ ，从 P 点到 N 点根据动能定理可得mgR－W ＝－mgR，即克服摩擦力做功 W＝。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即
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FN－mgcosθ＝ma ＝m ，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形
轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力 Ff＝μFN 变小，所以摩擦力做功变小，那
么从 N 到 Q，根据动能定理，Q 点动能 EkQ ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于 W′＜，
所以 Q 点速度仍然没有减小到 0 ，会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确。 8.由高轨低速大周期可知， B 错误， AD 正确。“夸父一号”和地球同步卫星的质量未知，向
心力无法比较， C 错误。
9.因vc va = vb vo，解得 p0=1V，选项 A 错误； Oc 连线的中点电势为v = =
V = 13V ，选项 B 正确； 因 x 轴上 x=4m 位置的电势为 9V，与 a 点电势相等， 则场强
方向垂直此等势面向左下方，由几何关系可知， 此方向不是 cO 方向，选项 C 错误；从 a 到 c 电势升高 16V，则电子从 a 点移到 c 点电势能减小 16eV，选项 D 正确。故选 BD。
10.由于带电粒子做直线运动， 所以受到的电场力水平向左， 合力方向与速度方向相反。因此， 从 A 运动到 B 的过程中， 合力做负功， 动能减少； 重力做负功， 重力势能增加；电场力做 负功，电势能增加。故选 A、B。
11.弹簧的劲度系数为 k，当环 C 位于 S 处时，轻绳刚好拉直且无拉力，此时弹簧处于压缩状 态， 形变量设为 x1 ，对 A 受力分析有2mgsin53° = kx1 。当 C 运动到 Q 点时， 恰好能使 B 离开挡板但不上升， 此时弹簧处于拉伸状态， 形变量设为 x2，对 B 受力分析有mgsin53° =
kx2 。由几何关系知x1 + x2 = d = d 。联立解得k = 。C 从位置 S 由静止释
放 ， 到 刚 好 能 运 动 到 Q 点 过 程 ， 此 时 A 、B 、 C 速度均为 0 ， 由 能 量 守 恒 有
2mg ( d) sin53° mgdtan53° = Ep ，解得 Ep = mgd
二、实验题 (本题共 2 小题，每空2 分，共 14 分)
12 ．(1)1. 6 × 10 3 (1. 52 × 10 3~1. 64 × 10 3) 8.0× 10 4 (7.6× 10 4~8.2× 10 4)
(2)变大 d→c
[1]电容器放电时，根据公式 q=It 可知，在 I-t 图像中，图线与横轴围成的面积表示 电荷量的多少，由图乙可知，面积表示通过电荷量为
q = 40 × 0. 2 × 10 3 × 0. 2C = 1. 6 × 10 3 C
C = =8.0× 10 4 F [2]向电容器中间插入一块有机玻璃板时，电容器的Er变大， 电容器的电容 C 变大， 电容器极板带电量增加，继续充电，电流方向为 d→c
13 ．(1)BC (2) (m1 m2)gh2
(1)实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带， A 错误；为了减小误差，实验时 纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上， B 正确；设实验中当 m1 下降的 位移为h时，两物块速度为v，若满足(m1 m2)gh = (m1 + m2)v2 。可验证机械 能守恒， 所以需要打点计时器和刻度尺来测速度， 同时需要测出两物体的质量， C 正
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确； 由于实际中存在阻力， 若重物的质量过小阻力的影响较大， 结果误差会比较大， D 错误。故选 BC。
(2)根据匀变速直线运动推论中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度可得记数点“5” 时物体 的速度为v5 = 。m1 、m2 系 统重力 势 能减少量为AEp = m1gh2 m2gh2 = (m1 m2)gh2
三、计算题 (本题共 3 小题，每小题 4 分，共 38 分)
14. (10 分) (1) ，方向竖直向上； (4 分) (2) √2H(6 分)
(1)根据库仑定律有 F库 = (3 分)
因为同种电荷相互排斥，所以库仑力方向竖直向上。 (1分)
(2)开始运动瞬间 F库 mg = ma = mg (2 分) 速度最大时加速度为零，则 F库 ′ mg = 0 (2 分)
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有
解得
F库 ′ =
h = √2H
(1 分)
(1 分)
15. (12 分) (1) 15m/s；(3 分) (2) 5m/s2 ；(3 分) (3) 3.75s(6 分)
(1)当牵引力等于重力时速度达到最大，则有vm = (2 分)
解得 vm = 15m/s (1 分)
(2)根据牛顿第二定律有 F mg = mam (2 分) 解得最大加速度为 am = 5m/s2 (1 分)
(3)物体以最大加速度运动做匀加速运动时 v = (1分)
t1 = (1 分)
x1 = t1 (1 分)
解得 v = 10m/s ，t1 = 2s ，x1 = 10m
物体以最大功率做加速运动时Pt2 mg(h x1) = mvm (2) mv2 (2 分)
解得 t2 = 1.75s
故经历总时间 t = t1 + t2
解得 t = 3.75s (1 分)
16. (16 分) (1) 6m/s；(4 分) (2) 3N；(5 分)
(3) 当传送带顺时针转动且速度在0 < v ≤ 4m/s或逆时针转动时， x = 1. 6√5m;
当传送带顺时针转动且速度在4m/s < v ≤ 2√14m/s时， x = 0. 4√v2 + 64m；
当传送带顺时针转动且速度v > 2√14m/s时， x = 0. 8√30m 。(7 分)
(1)滑块 a 从 A 到达 B 的过程，由动能定理有
mgh u1mg cOs37° = mvB (2) 0 ① (3 分)
解得 v1 = 6m/s ② (1 分)
(2)滑块 a 在传送带上做匀减速运动，则滑块 a 到达传送带另一端 C 点的过程， u2mgL = mv2 (2) mv1 (2) ③ (1 分)
滑块 a 与 b 碰撞结合成 c ， vC = v2 ④
结合体 c 到达 G 点的过程，
qE 2R 2mg 2R = 2mvG (2) 2mvc (2) ⑤ (1 分)
结合体在 G 点， 2mg qE + FN = 2m ⑥ (1 分)
根据牛顿第三定律可知， F压 = FN ⑦ (1分)
解得 F压 = 3N ⑧ (1 分)
(3)结合体 c 经过 G 点后将做平抛运动，有x = vG t ⑨
2R = gt2 ⑩ (1 分)
情况一：传送带顺时针转动且速度在0 < v ≤ 4m/s或逆时针转动时， 滑块在传送 带上一直做匀减速运动，滑块到达 C 点速度为 4m/s ，由(2)知此时位
置坐标为
x = m = 1. 6√5m ○11 (1 分)
情况二： 当传送带顺时针转动时，设滑块 a 在传送带上一直加速到 C 点时速度为
v2 ′，有
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联立②○12得
u2mgL = mv2′2 mv1 (2)
v2 ′ = 2√14m/s
○12 (1 分)
○13 (1 分)
因此， 当传送带顺时针转动且速度在4m/s < v ≤ 2√14m/s时，可知滑块 a 在传送 带上运动过程中必定与传送带共速，即滑块 a 到达 C 点速度为v ，联立④⑤⑨⑩
解得位置坐标为
(
x
)=
2√v2 +64
5
= 0. 4√v2 + 64
○14 (1 分)
情况三：当传送带顺时针转动且速度v > 2√14m/s时，滑块到达 C 点速度为
2√14m/s，结合○14解得位置坐标为
x = 4√30 5 m = 0. 8√30m ○15 (1 分)
综上,当传送带顺时针转动且速度在0 < v ≤ 4m/s或逆时针转动时， x = 1. 6√5m； 当传送带顺时针转动且速度在4m/s < v ≤ 2√14m/s时， x = 0. 4√v2 + 64；
当传送带顺时针转动且速度v > 2√14m/s时， x = 0. 8√30m 。 (1 分)