【文档说明】四川省内江市第六中学2023-2024学年高一下学期第一次月考（创新班）物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.182 MB，由小赞的店铺上传

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内江六中2023-2024学年（下）高2026届第一次月考物理学科试题一、单项选择题（每小题4分，共8小题合计32分）1.天气干燥的时候脱衣服，有时会看到火花，并伴有“噼啪”的声音，这是因为（）A.人体本身带电B.空气带电，通过衣服放电C衣服由于摩擦而产生了静电D.以上说法均不对【答案】C【解

析】【详解】因为衣服之间的相互摩擦，产生了静电，通过干燥的空气放电而产生电火花。故选C。2.核酸检测采样时使用的“采样拭子”，其顶端是如图所示的植绒拭子，安全、无毒。有一种植绒方式是：植绒机产生数万伏的高压静电

，通过电子转移让喷头中的绒毛带上负电荷，然后在被植绒物体表面喷涂上胶粘剂，移动喷头靠近被植绒物体，绒毛在高压静电作用下从喷头中飞升到被植绒物体表面，呈垂直状植在涂有胶粘剂的物体表面。上述植绒过程中蕴含了许多科学知识，下列描述不合

理．．．的是（）A.喷头中的绒毛带上负电荷，是由于绒毛得到了电子B.以移动的喷头为参照物，被植绒物体是运动的C.绒毛能在高压静电作用下运动，是由于能量可以创生D.绒毛从喷头中飞升到被植绒物体表面后，采样拭子之间存在

斥力【答案】C【解析】【详解】A．喷头中的绒毛带上负电荷，是由于绒毛得到了电子，合理，但不符合题意，故A错误；B．以移动的喷头为参照物，被植绒物体与喷头的位置产生了变化，被植绒物体相对喷头是运动的，合理，但不符合题意，故B错误；C．能量不能被创生，也不能被消灭，能量是守恒的，

总量不变，不合理，符合题意，故C正确；D．绒毛从喷头中飞升到被植绒物体表面后，采样拭子带负电，同种电荷相排斥，所以存在斥力，合理，但.不符合题意。故D错误。故选C。3.下列说法正确的是（）A.物体做匀速直线运动，其机械能不一定不变B.物体做匀速圆周运动，其机械能一定不变C.

合外力对物体做正功，物体的机械能一定增加D.滑动摩擦力只能对物体做负功【答案】A【解析】【详解】A．物体做匀速直线运动，其机械能不一定不变，例如物体向上做匀速直线运动时机械能增加，选项A正确；B．物体在竖直平面内做匀速圆周运动时，动能不变，重力势能不断变化，则其机械能不断变化，选项B错误；

C．合外力对物体做正功，物体的动能增加，但是机械能不一定增加，例如做自由落体运动的物体，选项C错误；D．滑动摩擦力对物体可以做正功、做负功、也可以不做功，选项D错误。故选A。4.关于曲线运动，下列说法正确的是（）A.物体在恒力作用下不可能做曲线运

动B.物体在变力作用下一定做曲线运动C.做曲线运动的物体速度一定是变化的D.速度发生变化的运动一定是曲线运动【答案】C【解析】【详解】A、物体在恒力作用下可能做曲线运动，如平抛运动，加速度为g，所以A错误；B、物体在变力作用下一定做曲线运动

，当合力方向与速度方向在同一直线上时，物体做直线运动，力可以变化，所以B错误；C、曲线运动速度方向一定变化，加速度一定不为零，故曲线运动一定变速运动．所以C正确；D、变速运动包含匀变速直线运动，曲线运动，故D错误；故选C．【点睛】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛

运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．5.“嫦娥”月球探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后是与变轨前相比（）A.角速度变小B.轨道半径变小C.动能变小D.向心加速度变小【答案】B【解析】详解

】A．变轨后周期变小，根据2T=可知角速度变大，A错误；BCD．设月球质量为M，探测器质量为m，根据万有引力提供向心力222MmvGmrmmarr===解得32GMr=，2GMar=，GMvr=可知轨道半径变小，向心加速度变大，速度变大即动能变大，B正确，CD错

误。故选B。6.如图所示，真空中有M、N两点，纸面内到M、N两点的距离之比等于2的点的集合为图中圆心为O、半径为d的圆，P、T、S为圆上的三点，PO⊥MO，T、S两点为圆与直线MN的交点，显然2dNO=，MO=2d。在M、N两点分别固定两点电荷Q1、Q

2，点电荷Q2所带电荷量为q−，P点的电场方向恰好指向圆心O。已知真空中带电荷量为Q的点电荷在空间产生的电场中某点的电势kQr=，式中r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量，下列说法不正确．．．的是（）A.Q1所带电荷量为2qB.S点的电场强度大小为227kq

dC.T点的电势为0D.球心为O、半径为d的球面上任意一点的电场方向均指向球心【【答案】B【解析】【详解】A．图下图所示，根据几何关系有121.25125EPNdEPMd===，21.55pEE=根据库仑定律有112(5)kQEd=，222(0.5)kqEdd

=+解得12Qq=故A正确；B．S点的电场强度大小为()()2222291.53SqqkqEkkddd=−=故B错误；C．T点的电势为200.5qqkkdd−=+=故C正确；D．空间中到两点电荷的距离之比等于2的点的集

合为球面，所以两电荷在此球面上任意一点对应的电势互为相反数，此球面上任意一点的电势均为零，此球面为等电势面，所以球心为O、半径为d的球面上任意一点的电场方向均指向球心，故D正确。故选B。7.如图所示，可视为质点、质量为M的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上，细绳的另

一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为，且tan，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让整个装置由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是（）A.整个过程中，细绳的拉力不

可能为零B.从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程，转盘对物块所做的功为1sin2MgLC.当转盘的转速为122cosgL时，物块刚好与转盘分离D.从开始转动到物块刚好与转盘分离的过程中，转盘对物块所做的功为sin2cosMgL【答案

】B【解析】【详解】AB．转盘刚开始转动，细绳未硼紧，此时静摩摖力提供向心力，当转动到某一角速度1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有21sinMgML=此时物块线速度大小为11sinvL=从开始运动到细绳中将要出现拉

力过程中，设转盘对物块做的功为W，对物块由动能定理，可得212Wmv=联立解得1sin2WMgL=故A错误、B正确；C．当转盘对物块支持力恰好为零时，竖直方向cosMgT=水平方向222sinsinTML=联立解得2cosgL=此时转盘的转速大小为212cosgnL=故

C错误；D．此时物块的线速度大小为22sinvL=从开始运动到转盘对物块的支持力刚好为零过程上，设转盘对物块做的功为2W，对物块由动能定理，可得22212Wmv=联立解得22sin2cosMgLW=故D错误。故选B。8.两电荷量分别为1q和2q

的点电荷放在x轴上的O，M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A，N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法正确的是（）A.N点的电场强度大小为零B.q1<q2C.NC间场强

方向沿x轴正方向D.将一负点电荷从N点移到D点，电势能先减少后增加【答案】D【解析】【详解】A.N点的斜率不等于零，则N点的电场强度大小不为零，A错误；B.ND段中的C点电势最高，C点切线一定是水平的，C点合

场强等于零，则q1>q2，B错误；C.q2附近电势为负值，q2一定带负电，q2附近的电场线是汇聚的，NC间场强方向沿x轴负方向，C错误；D.若在电场强度等于零，该点两侧场强方向一定相反。则NC段电场强度的方向向左，CD段电场强度方向向右，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先向右做正功电势能减少，

电场力后向左做负功电势能增加，D正确。故选D。【点睛】若在电场强度等于零，该点两侧场强方向一定相反。二、多项选择题（每题4分，共4小题16分，选对未选全得2分，选错得0分）9.如图所示，倾角为37°的斜面固定于水平地面上，A、B通过轻质弹簧连接，A、C由轻质细绳绕过斜面上端的

定滑轮连接，开始时在外力作用下，细绳无作用力但伸直，A、C等高，已知A、B的质量为m，C的质量为10m，取地面为零势面，现从静止释放C，当C的速度最大时，B恰好脱离地面，则对开始和C达最大速度两状态的说法中正确的是（）（sin37°=0.

6，cos37°=0.8）A.开始时C物体的重力势能大于A物体的重力势能B.C与斜面间的摩擦因素为0.5C.A物体机械能的变化量等于绳拉力做功D.A、B、C和弹簧、细绳组成的系统机械能的变化量等于斜面对C的摩擦力所做的功【答案】AB

D【解析】【详解】A．根据题意可知C的质量大于A的质量，高度相等，所以开始时C物体的重力势能大于A物体的重力势能，故A正确；B．当B刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，对B有kxB=mg物体B刚离开地面时，物体C获得最大速度，A、C的加速度为0，对A有T-mg-kxB

=0对C有103710cos370mgsinTmg−−=联立解得0.5=故B正确；C．A物体机械能的变化量等于绳拉力做功与弹力做功之和，故C错误；D．根据能量守恒可知A、B、C和弹簧、细绳组成的系统机械能的变化量等于斜面对C的摩擦力所做的功，故D正确。故选ABD。10.图中实线为某电

场的电场线，其中COD、、为同一条电场线上不同位置的点，两个重力不计的带电粒子A、B先后从S点以相同的速度水平射入该电场区域，仅在电场力作用下的运动轨迹（与等势面不重合）如图中虚线所示。已知A粒子带正电，则（）A.该电场不可能是某个点电荷产生的电场B.在相等的时间内，A的动

量变化相同C.若在O点静止释放A粒子，它可能沿着电场线OD运动D.B带负电，运动过程中电势能减小，动能增大【答案】AD【解析】【详解】A．某一个点电荷产生的电场的电场线都是直线，故该电场不可能是某种点电荷形成的。故A正确；B．动量的变化量等于

合外力的冲量，A仅受电场力作用，电场力大小和方向都会变化，故相等时间内电场力的冲量不是定值。故B错误；C．若在O点静止释放A粒子，仅在电场力作用下，A粒子会向下运动，静电力方向沿电场线切线方向，粒子不会沿着弯曲的电场线OD运动。故C错误；D．B粒子带负电，运动过程中电场

力与速度方向夹角小于90°，做正功，电势能减小，动能增大故D正确。故选AD。。11.如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1m/s顺时针传动。建筑工人将质量m＝2kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1m/s的速度向

右匀速运动。已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2m，重力加速度大小为g＝10m/s2。以下说法正确的是（）A.建筑工人比建筑材料早到右端0.5sB.建筑材料运输带上一直做匀加速直线运动C.因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1JD.运输

带对建筑材料做的功为1J【答案】AD【解析】【详解】AB．建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝0Lv＝2s假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1m/s2加速的时间为t2＝0va

＝1s加速运动的位移为x1＝02vt2＝0.5m<L假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为t3＝10Lxv−＝1.5s因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt＝t3＋t2－t1＝0

.5s故A正确，B错误；C．建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为x2＝v0t2＝1m在则因摩擦而生成的热量为Q＝μmg（x2－x1）＝1J运输带对建筑材料做的功为W＝12mv02＝1J则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为2JEQW=+=故C错误，D正确。故选

AD。12.如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R=0.8m、固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧

枪，可发射速度不同但质量均为m=0.01kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠落到OP上的距O点距离为2R的Q点。不计空气阻力，取g=10m/s2。则该次发射（）A.小钢珠经过N点时速度的大小为2m/sB.小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力C.小钢珠离开弹簧枪

时的动能为0.12JD.弹簧释放的弹性势能为0.20J【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．小钢珠从N到Q做平抛运动，设运动时间为t，水平方向有Nxvt=竖直方向有212Rgt=解得22m/sNv=故A错误；B．据牛顿第二

定律2NNvFmgmR+=解得N0F=故B正确；C．选M点为零势面，从M到N由机械能守恒定律有2k12NEmgRmv=+解得k0.12JE=故C正确；D．有系统机械能守恒可得弹簧释放的弹性势能等于小钢珠离开弹簧枪时的动能和增加的重力势能，故D错误。故选BC。三、实验题（每空3分，共6分）

13.如图是“研究平抛物体的运动”的实验得出的轨迹图方格背景，方格纸每小格的边长5cmL=，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图所示，则该小球做平抛运动的初速度为___________m/s；B点的竖直分速度

为___________m/s。（g取210m/s）（保留两位有效数字）。【答案】①.1.5②.2.0【解析】【详解】[1]分析图5cm0.05mL==由图可知，小球由A到B和由B到C为在水平方向位移相等

，均为3L，则运动时间T相等，在竖直方向，由图示可知在竖直方向，由图示可知2yL=由匀变速直线运动的推论得2ygT=可得0.1syTg==初速度031.5m/sLvT==[2]根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速

度可知，在B点竖直分速度352m/s2ByLLvT+==四、计算题（共46分）14.某同学以自行车的齿轮传动作为探究学习的课题，该同学通过观察发现，自行车在水平地面上直线行驶时（不打滑），自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，后轮与小齿轮绕共同的轴转

动，后轮半径为R。如图所示，测得大齿轮的半径为1r、小齿轮的半径为2r、自行车后轮的半径为R，若测得在时间t内大齿轮转动的圈数为N，求：（1）大齿轮转动角速度的大小ω；（2）假设后轮边缘夹了一块石头，当石头随后轮转到最高点时被水平抛出并落到地面，

试求落地点与抛出点的水平距离。【答案】（1）2Nt=；（2）128rRNRxtrg=【解析】【详解】（1）大齿轮的周期tTN=则，大齿轮转动角速度的大小22NTt==（2）大齿轮和小齿轮边缘线速度的大小相等，有12rr

=解得小齿轮角速度的大小12rr=小齿轮角速度与后轮角速度的大小相等，则后轮线速度的大小11222rrRNvRRrtr===轮胎上的石头同时参与了随自行车向前的匀速直线运动和随轮胎绕车轴的匀速圆周运动，由于轮胎与地面接触时不发生相对滑动，说明在最低点合速度为零，即圆周运

动的线速度与自行车向前的速度等大方向，在最高点则其速度为2v，所以小石头脱离轮胎时速度大小为2v。石头抛出后做平抛运动，则竖直方向有21122Rgt=水平方向有12xvt=解得抛出的水平距离为128rRNRxtrg=15.某小组在研究物体的运动时设计了如图甲所示的固定轨道ABCD，

其中AB部分为粗糙斜面，斜面倾角θ=60°，BC部分为光滑的、圆心角θ=60°的圆轨道，CD部分为光滑的水平面，AB和CD分别与圆轨道部分相切于B点和C点，圆轨道的C端下面装有一压力传感器，水平面上有一端固定在D处的轻弹簧，另一端自由伸长时恰

好在C点。该小组让小滑块从斜面上不同位置由静止下滑，并记录小滑块起始位置离B点的高度h，小滑块每次刚到达C点时压力传感器的示数F与h的关系图象如图乙所示，已知小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ=33，重力加速度取g=10m/s2．求：（1）小滑块沿AB面下滑时

的加速度大小a；（2）小滑块的质量m和圆轨道的半径R；（3）已知弹簧的劲度系数k=100N/m，在其弹性限度范围内其压缩量不能超过0.2m，求h的最大值hm．【答案】（1）1033m/s2；（2）0.2kg，0.8m；（3）0.9m。【解

析】【分析】【详解】(1)小滑块沿AB面下滑时所受的合外力sin?cosFmgmg=合由牛顿第二定律Fma=合代入数据解得210sincos3m/s3agg=−=(2)设小滑块每次刚到达C点时的速度大小为v，由A到C根据动能定理得()21–coscossin2hmghRRmgmv

+−=在C点由牛顿第二定律得F–mg=m2vR可得F=423mghmgR+由图2可得2mg=4410=33mgR解得m=0.2kgR=0.8m(3)设小滑块在C点时的速度最大为vm，在弹簧弹性限

度范围内其最大压缩量d=0.2m弹力大小的平均值12Fkd=在压缩弹簧过程中弹簧弹力做功W=–Fd根据动能定理有W=0–12mvm2由A到C有mg(hm+R–Rcosθ)–μmgcosθmsinh=12mvm2

代入数据解得hm=0.9m16.如图所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为1mR=，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度

1.25mh=，在滑道某处静止放置质量为0.4kgm=的物块（可视为质点），物块与滑道的动摩擦因数为0.2=，现用力4NF=的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度2rad/s=，绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B点水平抛出

，恰好落入圆盘边缘的小桶内，重力加速度取210m/s。（1）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度；（2）求拉力作用的最短时间。【答案】（1）4m；（2）0.3s【解析】【详解】（1）物块由B点抛出后做平抛运动，在竖直方向有212

hgt=物块离开滑道的速度2m/sRvt==拉动物块时的加速度，由牛顿第二定律1Fmgma−=得218m/sa=10.5st=时物块加速获得速度1114m/svat==滑块撤去F滑行时间为021svvta−==则板长为22

211211214m22vvLxxata−=+=+=（2）圆盘转过一周时落入，拉力作用时间最短；盘转过一圈的时间21sT==物块在滑道先加速后减速11222m/svatat=−=物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系12Tttt=++由此两式联立得10.3st=17.如图所示，

长为L的细绳上端固定在天花板上靠近墙壁的O点，下端系一质量为m的小球竖直悬挂起来，A点是平衡时小球的位置，保持绳绷直。将小球从A点拉开到绳水平的位置B，然后在OA连线上于墙上固定一细长的钉子于某点。当摆到竖直位置再向左摆时，钉子就挡住摆线，

结果只有钉子以下部分可继续向左摆。设摆球做圆周运动的过程中摆线始终处于拉直状态。问下列两种情况下，钉子到悬点O的距离1x和2x各是多少？（1）将球释放后，绳被钉子1O挡住，摆球以1O为圆心做圆周运动，

并可绕过钉子的正上方C点，如图（a）所示。（2）将球释放后，绳被钉子2O挡住后，小球以2O为圆心做圆周运动，并在D点作斜上拋运动，刚好能击中钉子2O，如图（b）所示。【答案】（1）135xL=；（2）()2233xL=−【解析】【详解】（

1）取摆球绕过钉子做圆周运动的最高点（钉子的正上方C）为重力势能零点，则小球从B摆动到C的过程中机械能守恒，有()21122CmgLRmv−=当张力0T=时摆球就可绕过C点，则有21CvmgmR=联立解得125

RL=1135xLRL=−=（2）取点D为重力势能零点，则小球从B摆动到D的过程中机械能守恒，则有()2221cos2DmgLRRmv−−=在D点，根据向心力公式有22cosDvTmgmR+=且0T=，小球由D点作斜上拋运动击中2O，所用时间为t，则竖直方向有2

21cossin2DRvtgt−=−水平方向有2sincosDRvt=联立解得()2423RL=−，()22233xLRL=−=−