【文档说明】重庆市荣昌仁义中学校2023-2024学年高一下学期6月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，3.178 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市荣昌仁义中学2023-2024年高一下6月月考物理学科试卷考试时间：90分钟总分：100分一、选择题（1-7题为单选题，每题3分，共21分；8-10题为多选题，至少两个正确选项，每题5分，错选或不选不得分，漏选得3分，共15分。共10题，共36分）1.古希

腊贵族妇女外出时都喜欢穿柔软的丝绸衣服，戴琥珀做的首饰。人们发现，不管将琥珀首饰擦得多干净，它很快就会吸上一层灰尘，这主要是因为（）A.琥珀是一种树脂化石，树脂具有粘性，容易吸附灰尘B.经丝绸摩擦后琥珀带电，能吸引灰尘C.室外的灰尘比

较多，在琥珀上积聚的速度比较快D.琥珀本身能创造电荷，能吸引灰尘【答案】B【解析】【详解】琥珀本身不带电，琥珀首饰经丝绸摩擦后，通过电荷的转移（并不是创造）便带有了电荷，由于带电体能够吸引轻小物体，所以带电的琥珀会将轻小的灰尘吸附在它上面，导致琥珀比较容易脏。故选B。2.如图

所示，一质量为m的游客乘坐摩天轮观光。假设该游客随摩天轮在竖直平面内做半径为R的圆周运动。重力加速度为g。在游客从最低点转过270的过程中，其重力势能的增加量为（）A.mgRB.0.75mgRC.2mgRD.2mg

R【答案】A【解析】【详解】在游客从最低点转过270的过程中，游客的上升的高度为R，根据pEmgH=可知，游客重力势能的增加量为的pEmgR=故选A。3.有个同学在户外挂了一个小沙袋（视为质点），沙袋质量为m

，绳长为L。当他沿着水平方向对着静止的沙袋打了一拳后，细绳偏离竖直方向的最大角度为θ，如图所示。重力加速度大小为g，不计空气阻力，假设拳头与沙袋接触的时间为t，下列说法正确的是（）A.沙袋在离开最低点时

重力做功的功率为()g1cosmLt−B.沙袋在离开最低点时重力做功的功率为()g2g1cosmL−C.人击打沙袋的过程中对沙袋做的功为()g1sinmL−D.人击打沙袋的过程中对沙袋做的功为()g1cosmL−【答案】D【解析】【详解】

CD.沙袋从静止到上升到最高点过程，由动能定理可得()1cosθ0WmgL−−=人可知人在击打沙袋的过程中对沙袋做的功()1cosθWmgL=−人故D正确，故C错误；AB.沙袋离开最低点时，沙袋的速度方向在水平方向，重力方向竖直向下，两者垂直，重力的功率为零，故AB错误。故选D。4.

“墓地轨道”用于放置失效卫星，位于地球同步轨道上方300千米处。如图所示，2022年1月26日，中国实践21号卫星利用捕获网成功将失效的北斗2号G2同步卫星拖到“墓地轨道”后，实践21号卫星又返回地球同步轨道。卫星在两个轨道上都做匀速圆周运动。关于G2卫星和实践21号卫星

的说法正确的是（）A.G2卫星在同步轨道运行过程中，加速度始终不变B.G2卫星在“墓地轨道”的运行速度在7.9km/s至11.2km/s之间C.实践21号卫星离开“墓地轨道”返回同步轨道时需要加速D.实践21号卫星从“墓地轨道”返回同步轨道的过程中，万有引力做正功【答案】D【

解析】【详解】A．G2卫星在同步轨道运行过程中，加速度大小不变，加速度方向时刻改变，指向圆心，故A错误；B．7.9km/s是第一宇宙速度，是环绕地球最大环绕速度，故G2卫星在“墓地轨道”的运行速度小于7.9km/s，故B错

误；C．实践21号卫星离开“墓地轨道”返回同步轨道时需要减速，做向心运动，故C错误；D．实践21号卫星从“墓地轨道”返回同步轨道的过程中，做向心运动，万有引力做正功，故D正确。故选D。5.鲁南高铁是山东省“三横

五纵”高速铁路重要组成部分，全长494公里。小明同学在济宁北站乘坐动车时，利用手机加速度传感器测量动车的加速度a随时间t的变化关系，如图所示。6s时动车由静止开始加速，可以认为加速度随时间均匀增大，10s时达

到最大加速度20.5m/s，并以此加速度做匀加速直线运动直至达到最大速度252km/h，随后匀速行驶。在动车水平桌板上放置一质量为2kg的物体，该物体始终相对桌板静止。重力加速度210m/sg=，动车

加速过程始终在水平面上，下列说法正确的是（）A.10s时动车速度大小为2m/s的B.动车匀加速直线运动的时间为138sC.匀加速直线运动过程中，桌板对物体的作用力大小为1ND.匀加速直线运动过程中，桌板对物体做的功为4900J【答案】B【解析】【详解】A．加速度a随时间t的变化

关系中与时间轴围成的面积表示速度的变化量，从静止开始，10s时动车的速度大小为()0111Δ0.5106m/s1m/s22vvat===−=A错误；B．最大速度252km/h=70m/s，在匀加速段0701s138s0.5vvta−−===B

正确；C．根据牛顿第二定律可得1Nfma==支持力为20Nmg=，桌板对物体的作用力大小为()2222N201N401NFFf=+=+=C错误；D．匀加速直线运动过程中，物体移动位移为0701138m4899m22

vvxt++===桌板对物体做的功为14899J4899JWfx===D错误。故选B。6.1964年，美国物理学家默里·盖尔曼和乔治·茨威格各自独立提出了强子的夸克模型，这一模型指出中子、质子这一类

强子是由更基本的单元夸克组成的；中子由两个下夸克和一个上夸克组成，质子由两个上夸克和一个下夸克组成；其中上夸克所带电荷量为23e+，下夸克所带电荷量为13e−、强子内部的作用比较复杂，研究的过程中不妨假设构成中子的三个夸克等间距的分布在

一个圆周上，如图所示，三个夸克间的距离都为L，三个夸克之间的静电力可以按照点电荷进行处理，下列说法正确的是（）A.上夸克受到的两个下夸克对它的静电力为2229ekLB.上夸克受到的两个下夸克对它的静电力为2239ekLC

.两个下夸克在上夸克所在位置形成的电场强度为233ekLD.两个下夸克在上夸克所在位置形成的电场强度为2233ekL【答案】C【解析】【详解】AB.由题意可知上夸克所带电荷量123qe=，下夸克所带电荷量为213qe=，带负电。根据库仑定律可知上夸克和下夸克之间的静电力为212

222e9qqFkkLL==中子由两个下夸克和一个上夸克构成，两个下夸克对上夸克的静电力的合力为226023e2cos29FFkL==合故AB错误；CD．根据电场强度的定义式FEq=可知，上夸克所在位置的场强为233eEkL=故C正确，D错误。故选C。7.0

22年4月12日，复兴号CR450动车组在研制先期试验时，在郑州至重庆高速铁路巴东至万州段成功实现隧道内单列时速403公里的纪录。如图所示，该车由4辆动车和4辆无动力拖车组成（三角形代表动车、矩形代表拖车）。假设每节车质量同为m，每节动

车额定功率为0P，动车组最大行驶速度为mv，各节车厢之间只有水平弹力，行驶过程中每节车厢所受阻力fkmg=（k为常数）。若动车组以额定功率启动，某时刻速度为最大行驶速度的一半时，下列说法正确的是（）A.3、4车之间的弹力为4kmgB.3、4之间的弹力为零C.此时列车

前进的加速度为kgD.此时列车前进的加速度为2kg【答案】C【解析】【详解】CD．当达到最大速度时有048mPkmgv=当动车以某时刻速度为最大行驶速度的一半运行时有042mvPF=则加速度88Fkmgakgm−==选项D错误，C正确；AB．对1

23整体分析可知034332mPkmgTmav−+=解得342Tkmg=选项AB错误。故选C。8.如图，A、B两个点电荷固定在空间，实线为两点电荷电场中的部分电场线，弯曲虚线为一个带电粒子仅在电场力作用下运动的轨迹，a、b为轨迹上

两点，下列说法正确的是（）A.A、B带同种电荷B.A、B带电量的绝对值不相等C.a点电场强度比在b点电场强度大D.带电粒子在a点加速度比在b点加速度小【答案】BD【解析】【详解】A．图中电场线起源于A，终止与B，电场线分布的特征可知两粒子带异种电荷，且A带正电，B带负电，故

A错误；B．根据图像可知，图中电场线分布不具有对称性，则两点电荷带电量的绝对值不等，故B正确；C．由于电场线分布的密集程度表示电场的强弱，由图像可知，b点附近电场分布线密度大于a点，所以，b点电场强度比a点电场强度大，故C错误；

D．根据上述，b点电场强度比a点电场强度大，根据qEma=可知粒子在a点加速度比在b点加速度小，故D正确。故选BD。9.厦门大学天文学系顾为民教授团队利用我国郭守敬望远镜积累的海量恒星光谱，发现了一个处于宁静态的中子星与红矮星组成的双星系统，中子星

和红矮星的质量比约为2：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，研究成果于2022年9月22日发表在《自然天文》期刊上。则此中子星绕O点运动的（）A.动能约为红矮星动能的0.5倍B.轨道半径约为红矮星的轨道

半径的2倍C.向心加速度大小约和红矮星的0.5倍D.向心力大小约为红矮星的2倍【答案】AC【解析】【详解】D．双星系统中，有星体之间的万有引力提供向心力，可知中子星绕O点运动的向心力大小等于红矮星的向心力大小，故D错误；C．天体运动中万有引力提供向心

力，由加速度表达式为Fam=可知向心加速度之比等于质量的反比，中子星的向心加速度大小约和红矮星的0.5倍，故C正确；B．双星系统中，由于两星在相同时间内转过的角度相等，则双星系统的角速度相等，即中子星绕O点运动的角速度等于红矮星的角速度，根据万有引力提供向心力

可得221211222GmmmrmrL==可知中子星与红矮星的半径之比为122112rmrm==故B错误；A．根据vr=，2k12Emv=可知中子星和红矮星动能之比为22211k11111222k22222221(

)121()22mvEmrmrEmrmrmv====故A正确。故选AC。10.如图甲所示，弹跳鞋是一种新型体育用品鞋，其底部装有弹簧。使用时人对弹簧施加压力，使弹簧形变后产生竖直向上的弹力，将人向上弹

离地面。某次上升过程中人的动能kE随重心上升高度h变化的图像如图乙所示，上升高度为1h时动能达到最大值，图中23hh段对应图线为直线，其余部分为曲线。已知弹簧形变未超出弹性限度，空气阻力忽略不计，下列说法正

确的是（）A.上升高度为1h时，人的加速度达到最大值B.上升高度为2h时，弹跳鞋离开地面C.在20?h的上升过程中，人的机械能一直增大D.上升高度为1h时，弹簧的弹性势能为3km1ggmhEmh−−【答案】BCD【解析】【详解】A.假设弹簧的作用力为

F，可知Fkx=在上升过程中有Fmgma−=得Fmgkxmgamm−−==随着人的上升，弹簧形变量减小，a逐渐减小，在高度为1h时Fmg=此时a=0并非最大值，故A错误；B.由图像可知，12hh阶段人做方向向上的加速度增大的减速运动，此时仍有弹力。23hh过程做向上的匀减速直线运动，

此时已没有弹力作用。因此2h高度时鞋已经脱离地面。故B正确；C.在20h的过程中，弹簧对人做正功，人的机械能增大。故C正确；D．从起跳到上升到最高点的过程中，根据机械能守恒，有弹性势能p3Emgh=从起跳到升高到h

1的过程中，根据机械能守恒，有pp1km3EEEmgh−=+可知上升高度为h1时的弹性势能p1pkm33km1EEEmghmghEmgh=−+=−−故D正确。故选BCD。二、实验题（11题6分，12题9分，共分15

分）11.回力车，施压拖动后轮卷紧弹簧，放手后弹簧恢复，通过传动系统驱动小车前进。为探究弹簧卷紧后具有的弹性势能，某同学用图（a）所示的方式进行了实验。在长木板的左端垫上小木块，微调木板的倾斜程度以补偿阻力。拖动后轮卷紧弹

簧，接通电源后释放小车，让小车沿木板开始运动，得到的纸带如图（b）所示。0~9是从某点开始选取的计数点，相邻两点间还有四个点未标出，其间距如图所示。已知打点计时器使用交流电的频率为50Hz，测得小车的质量为40.0g，完成下列填空：（1）从图示时刻开始，在弹簧逐渐释放的过程中，小车做加

速度________（填“不变”“逐渐增大”“逐渐减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”）的加速直线运动；（2）在打下________两个相邻计数点的过程中，弹簧恢复到初始状态；（3）不考虑传动系统的阻力，可估算出弹簧卷紧时具有的弹性势能为________J。（保留2位有效数字）【答案】①.逐渐

减小②.5、6③.1.7×10-2【解析】【详解】（1）[1]根据2xaT=，可知道，相邻点的距离增大，但相邻段的差值越来越小，故加速度越来越小，做加速度逐渐减小的加速直线运动（2）[2]点6之后的相邻两点之间的距离一直是9.2cm，可知6点之后就已经是匀速运动

，可知，在6点之前，即5、6点之间弹簧就已经恢复了，物体就在做匀速运动。（3）[3]最终的速度0.092m/s0.92m/s0.1xvt===故动能22k1=0.04(0.92)J1.710J221E=mv2−=在该过程中弹性势能转化为动能，故弹性

势能为21.710J−。12.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平；用游标卡尺测出遮光条的宽度d，将滑块置于气垫导轨的最右端，

由导轨标尺读出遮光条中心到光电门中心之间的距离L。已知钩码质量为m，滑块和遮光条的总质量为M。（1）实验过程中___________（填“需要”或者“不需要”）平衡摩擦力。（2）将滑块和钩码用绳子相连后，跨放在定滑轮上，每次实验时，保证细线与气垫导轨平行，滑块从同一位置静止释放，

测得遮光条的挡光时间为t，遮光条挡光这段时间内的平均速度v=___________m/s。（3）在实验过程中需要计算滑块从静止运动到光电门中心的过程中系统减少的重力势能PE和系统增加的动能kE。若满足___________，则机械能守恒（用d、t、m、M、L表示）。（4）若不考虑实验中

因测量而引起的误差，在实验过程中发现，系统重力势能的减少量PE大于系统动能的增加量kE，造成这一结果的原因可能是___________（请至少给出两点可能原因）。【答案】（1）不需要（2）dt（3）221()2dm

gLMmt=+（4）系统受到阻力作用；钩码和滑块的运动过程中，滑轮也有动能。【解析】【小问1详解】实验过程中应用气垫导轨，则不需要平衡摩擦力。【小问2详解】遮光条挡光这段时间内平均速度dvt=【小问3详解】若机械能守恒则需要满足22211()()22dmgLMmvMmt=+

=+【小问4详解】系统重力势能的减少量PE大于系统动能的增加量kE，造成这一结果的原因可能是：系统受到阻力作用；钩码和滑块的运动过程中，滑轮也有动能。三、计算题（13题10分，14题12分，15题

12分，16题15分，共49分）13.梦天实验舱成功发射后运行在距地球表面高度为h的圆轨道上，实验舱拥有一项特别“炫酷”的功能——在轨释放微小卫星。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G。求：（1）地球的密度；（2）微小卫星与实验舱在轨共同运行时的速度。【答案】（1）34

πgGR；（2）2gRRh+【解析】【详解】（1）假设地球表面有一物体m，设地球的质量为M，有2GMmmgR=34π3MMVR==解得34πgGR=（2）设空间站与微小卫星的速度大小为v，有22GMmvmRhRh=++（）解得的2gRvRh=+14.用一根长为L的丝线将一质量为m

、带电荷量为q的小球悬挂于O点，O点到水平地面的竖直距离也为L，小球静止在水平向右的匀强电场中，如图丝线与竖直方向成53°角，重力加速度为g，求：（1）匀强电场的电场强度的大小；（2）现突然将细绳剪断，最终小球落于水平地面上，求小球落地时速度的大小。【答案】（1）43mgq；（2）253

gL【解析】【详解】（1）小球静止在水平向右的匀强电场中，由平衡条件知小球带正电，有tan53qEmg=解得场强大小为43mgEq=（2）剪断细线之后，小球所受的电场力和重力不变，细绳上的拉力消失，小球

在所受合力与细绳方向相同，从静止开始做匀速直线运动。断开细线后，小球在竖直方向做自由落体运动21cos532LLgt−=解得25Ltg=25ygLvgt==小球在水平方向做匀加速直线运动qEma=xvat=可得835xgLv=则小球落地

时的速度为22253xyvvvgL=+=15.“路亚”是一种钓鱼方法，用这种方法钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端，然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，钓鱼爱好者在a位置开始甩竿，鱼饵被甩至最高点b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。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方向成53°角，鱼饵的质量为m=0.02kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，且O离水面高度h=1.6m、到鱼竿末端鱼饵的距离L=1.6m。鱼

饵从b点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，重力加速度g取10m/s2，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）鱼饵在b点抛出时的速度大小；（2）释放鱼线前，鱼饵在b点受鱼竿作用力的大小和方向；（3）从a到b的甩竿过程，鱼竿

对鱼饵做的功W。【答案】（1）20m/s；（2）4.8N，方向竖直向下；（3）4.128J【解析】【详解】（1）鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，根据平抛运动的规律可得bsvt=212Lhgt+=联立解得0.8st=，20m/sbv=（2）释放

鱼线前，鱼饵在b点，由于4m/sbvgL=所以鱼饵受鱼竿作用力的方向竖直向下，根据牛顿第二定律可得2bvmgFmL+=解得4.8NF=（3）从a到b的甩竿过程，根据动能定理可得21(1cos53)2bWmgLmv−−=解得鱼竿

对鱼饵做的功为4.128JW=16.如图所示，可视为质点的质量为m=0.1kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=2N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去

拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动。D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点且平滑连接，并以恒定的速度v=3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆管道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3

倍，水平轨道CD的长度为l2=4.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ1=0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5，传送带的长度L=0.5m，重力加速度g=10m/s2.求：（1）最高点的速度；（2）水平轨道AB的长度l1；（3）若在AB段水平拉力F=2N的作用距离x可变，试求小滑

块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。【答案】（1）4m/s；（2）2m；（3）见解析【解析】【详解】（1）设圆管道的最高点为P，则小滑块运动到最高点P时的速度大小为pv，根据牛顿第二定律

有2NPvmgFmR+=N3Fmg=解得4m/s=Pv（2）从A点到P点，由动能定理有21111222PlFmglmgRmv−−=解得12ml=（3）①要到达E点，必须过圆管道的最高点P点，要经过过P点，力

作用距离至少满足Fx﹣μ1mgl1﹣2mgR=0解得x=0.6m可知x<0.6m时，无法达到E点。②滑块恰好过P点的情况下，从P点到D点的过程，由动能定理得2121122mgRmglmv−=解得到达D点的速度v1=0<3m/s则滑块只要能够达到P点就能滑上传送带。③讨论传

送带上运动情况：若滑块在传送带上全程加速，加速到E点时速度恰好3m/s，由动能定理有2221122DmgLmvmv=−解得vD=2m/s对应F作用的距离满足21121)2DFxmgllmv−+=（解得x=0.7m所以当0.6m≤x≤0.7m，滑块在传送带上一直加速当0.6m≤x≤0

.7m，F作用的距离应满足为2112212EFxmgllmgLmv−++=（）解得E4019m/svx=−③当过D点的速度超过3m/s时，滑上传送带即减速，若全程减速，到E点恰好为共速。滑块在传送带减速过程，有2221122DmgLmvmv−=−解得D14m/sv=对应距离满足2

1121)2DFxmgllmv−+=（解得x=0.95m即当0.7m<x≤0.95m时，小滑块滑上送带先加速再匀速运动或者先减速再匀速运动，达到E点时vE=3m/s④若x>0.95m，小滑块进入传送带全程减速，则2112212EFxmgllmgLmv

−+−=（）解得E4029m/svx=−