【文档说明】四川省南充市2022-2023学年高一下学期期末学业质量监测物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1004.986 KB，由小赞的店铺上传

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南充市2022—2023学年度下期普通高中一年级学业质量监测物理试题注意事项：1．必须使用2B铅笔在答题卡上将选择题所选的答案的对应的标号涂黑；2．必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上将第Ⅱ卷的答题

内容书写在题目所指示的答题区域内，答在试题卷上无效。第Ⅰ卷（选择题，共47分）一、本大题8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项最符合题意。1.如图，虚线为飞机在竖直平面内起飞拉升阶段的一段轨迹，P是轨迹上的一点。某同学在该平面内经过P画出了四条有向线段甲、乙

、丙、丁表示飞机的瞬时速度方向，你认为正确的是（）A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】B【解析】【详解】做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，则飞机经过P点时瞬时速度的方向为乙所示。故选B。2.一段两岸平直、河宽为L的河流，河水均匀流动的速率为1v，船在静水中的速率为2v，则（）A.若船头垂直

河岸渡河，其渡河位移最小为LB.若12vv，则船不可能垂直于河岸渡河C.若12vv，则船渡河的最小位移为LD.若12vv，则船渡河的最短时间为1Lv【答案】C【解析】【详解】A．若船头垂直河岸渡河，其渡河轨迹为向下游的直线，因此位移一定大于L，故A错误；BC．若12vv，则船速可以分

解为沿河上游方向大小为1v的分速度，另一个方向为垂直河岸的速度，在沿河方向水速和船的分速度相互抵消，因此船可以垂直于河岸过河，其位移最小，为L，故B错误，C正确；D．无论水速快还是船速快，船渡河的最短时间为2Lv，故D错误。故选C。3.某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水

流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺寸116的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的（）A12B.14C.18D.116【答案】B【解析】【详解】由题意可知，水流出后做

平抛运动的水平位移和下落高度均变为原来的116，则有212hgt=得2htg=所以时间变为实际四分之一，则水流出的速度xvt=由于水平位移变为实际的116，时间变为实际的四分之一，则水流出的速度为实际的四分之一故选B。4.如图，桌面距地面高度为1H，质量为m的小球处于距地面的高度为2

H处，重力加速度为g，则（）.的的A.小球的重力势能为2mgHB.小球的重力势能为()21mgHH−C.若取桌面处为零势能面，则小球的重力势能为()21mgHH−D.若取地面处为零势能面，则小球的重力势能为1mgH【答案】C【解析】【详解】AB．描述一个物体重

力势能需要先规定零势能面，物体重力势能是重力乘以到零势能面的竖直高度，故AB错误；C．若取桌面处为零势能面，小球到零势能面的高度为21HH−，则小球的重力势能为()21mgHH−，故C正确；D．若取地面处为零势能面，则小球的重力势能为2mgH，故

D错误。故选C。5.一物体在水平力F的作用下在水平面内由静止开始运动。已知拉力F随物体位移的变化如图所示，物体经拉力F作用2s后到达位移5m处，图中曲线部分均为圆的一部分。则在这一过程中（）A.拉力做功为3JB.拉力做功为33J4+C.拉

力的平均功率为12W8+D.拉力的平均功率为12W8−【答案】D【解析】【详解】AB．Fx−图像中，图像与坐标轴所围成的面积大小代表这个力做功的大小，x轴上方的面积代表着力做正功，x轴下方的面积代表着力做负功；由题意得，整个过程中，拉力做的功为x轴上方的面积减去x轴下方的面积，即

3J4W=−故AB错误；CD．又因为WPt=所以拉力的平均功率12W8WPt−==故C错误，D正确。故选D。6.如图为太阳系部分行星及哈雷彗星的轨道示意图，其中哈雷彗星轨道上标注了其出现在相应位置的年份（如图中1986、1984等）。

已知地球轨道半径为R，则（）A.哈雷彗星在1984年时的速度大于其在1965年时的速度B.哈雷彗星轨道的半长轴约为76RC.天王星的运行角速度小于海王星的运行角速度D.海王星的周期小于76年【答案】A【解析】【详解】A．根据开普勒第二定律，近日点的速度大于远日点的速度，因此哈雷彗星在1984年

时的速度大于其在1965年时的速度，A正确；B．设哈雷彗星轨道的半长轴为r，根据开普勒第三定律可得()332276RrTT=解得3276rR=B错误；C．根据公式22MmGmRR=解得3GMR=因此轨道半径越大，角速度越小，所以天王星的运行角速度大于海王星的运行

角速度，C错误；D．海王星的轨道半径大于哈雷彗星的半长轴，因此海王星的周期大于76年，D错误。故选A。7.如图，在两个电荷量分别为Q+和Q−的点电荷A、B的连线上有a、c两点，在连线的中垂线上有b、d两点，a、b、c、d都与连线的中点

O等距。则（）A.a点场强与b点场强相同B.a、b、c、d四点处于同一等势面上C.正电荷q从c点移动到d点电场力做负功D.负电荷q在O点电势能小于在a点的电势能【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，a点和b点的电场线疏密程度不同，a点更密集，所以a点的电场强

度更大，故A错误；B．等势面与电场线垂直，bd连线与电场线垂直，bd两点处于同一等面上，ac连线与电场线平行，电势不相等，因此a、b、c、d四点不在同一个等势面上，故B错误；C．根据电场分布可知，c点电势小于d点电势，根据公式pEq

=可知对于正电荷，c点电势能小于d点电势能，因此正电荷q从c点移动到d点电场力做负功，故C正确；D．根据电场分布，O点电势小于在a点的电势，但是对于负电荷，电势高的地方电势能小，因此负电荷q在O点电势能大于在a点的电势

能，故D错误。故选C。8.如图，倾角37°的传送带以速度03m/sv=顺时针运转，两传动轮之间的距离足够长，质量2kgm=的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传送带上运动的vt−图像如图所示，sin370.6

=，cos370.8=，210m/sg=。则（）A.0~4s，传送带对滑块的摩擦力始终做负功B.0~4s，滑块的重力势能增加了200JC.0~4s，滑块的机械能增加了128JD.0~4s，滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为30J【答案】C【解析】【详解】A．由于物块刚放上去时

相对传送带向下运动，因此所受摩擦力沿传送带向上，后期匀速时摩擦力依然沿传送带向上，因此0~4s，传送带对滑块的摩擦力始终做正功，A错误；B．根据图像，0~4s，滑块沿传送带上升的距离为vt−图像的面积，因此可算出面积为()113232m10m2s=++=物块上升的高

度为sin37=6mhs=因此重力势能增加了2106J120Jmgh==B错误；C．传送带对滑块做的功等于滑块机械能的增加量，由功能关系可得220p1122WmvmvE=−+解得128JW=C正确；D．滑块和传送带只有在相对滑动时

才会产生热量，因此可得cos37Qmgs=cos37sin37mgmgma+=oo122m2m2s==联立解得28JQ=D错误。故选C。二、本大题3小题，每小题5分，共15分每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得

5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面，其中等势面C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为26eV和5eV，则下列说法正确的是（）A.等势面D的

电势为－7VB.等势面B的电势为4VC.该电子不可能到达电势为－10V的等势面D.该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能为4eV【答案】AD【解析】【详解】A．因电子只在静电力的作用下运动，经过A、D等势面点的动能分别

为26eV和5eV，根据动能定理，则有()ADe−−(526)eV=−解得AD−21V=又0c=，可解得7VD=−故A正确；B．因匀强电场中2cBD=+则有，等势面B的电势为7V，故B错误；C．因只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变，当电子的速度为零时，由能量守恒定律

，可知5eVDee−+=−解得12V=−故C错误；D．同理，由能量守恒定律，可知k5eV8eVDeE−+=+解得k4eVE=故D正确。故选AD。10.如图，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小

物块的质量为m，从A点向左以初速度0v沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止，已知物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度，在上述过程中（）A.小物块所走路程为204vgB.小物块所走路程为202vgC.弹簧的最大

弹性势能为2014mvD.小物块向右运动过程中，离开弹簧瞬间动能最大【答案】BC【解析】【详解】AB．对整个过程，利用功能定理20102mgsmv−=−解得202vsg=故A错误。B正确；C．物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能0p2214sEmgmv==故C正

确；D．小物块向右运动过程中，当弹簧弹力等于摩擦力时，物体速度最大，但离开弹簧瞬间，弹簧弹力为0，故D错误。故选BC。11.如图，倾角37=的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴1OO上，质量为1kgm=、可视为质点的小物块

P随转台一起匀速转动，P到斜面最低点的距离为0.5m，与接触面之间的动摩擦因数为0.5，取210m/sg=，sin370.6=。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若小物块P与斜面体始终保持相对静止，则（）A.小物块P可能受到2个力的作用B.转台的角速度

最小值为53rad/s4C.转台的角速度可能为10rad/sD.小物块P对斜面体的压力最大值为20N【答案】AD【解析】【详解】A．若小物块P恰好没有摩擦力时，只受重力和斜面支持力，且此时可以保持与斜面相对静止，故A正确；B．若转台的角速度取最小值，则小物块P应恰好不下滑，因此可得，水平方

向2NN1sin37cos37cos37FFmL−=竖直方向NNcos37sin37FFmg+=解得1522rad/s11=故B错误；CD．如果小物块P恰好不上滑，有最大角速度和最大压力，则水平方向可得2N2N22sin37cos37cos37FFmL+=竖直方向可得N2N2cos37

sin37FFmg=+解得N220NF=252rad/s=故C错误，D正确。故选AD第Ⅱ卷（非选择题，共53分）三、实验探究题（本题共2小题，共15分）12.某研究性学习小组做“用传感器观察电容器的充电和放电”的实验，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先将开关S

拨至1端，电源向电容器充电，然后将开关S拨至2端，电容器放电，与电流传感器相连接的计算机记录这一过程中电流随时间变化的It−线，如图乙所示。（1）在形成电流曲线1的过程中，电容器的电容_________，电容器两极板间的电压_________，电容器两极板间的电场强度_

_________，电容器中的电场能_________；（均选填“逐渐增大”、“不变”或“逐渐减小”）（2）曲线1与横轴所围面积___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）曲线2与横轴所围面积，该“面积”表示的物理意义为___________。【答案】①.不变②.逐

渐增大③.逐渐增大④.逐渐增大⑤.等于⑥.电容器电荷量【解析】【详解】（1）[1]曲线1的过程为电容器充电过程，电容大小与充放电无关，因此电容器的电容不变；[2]随着充电过程进行，极板上的电荷量逐渐增加，根据公式QCU=可知，

电荷量增加，两极板间的电压也逐渐增大；[3][4]根据公式UEd=可知电压增大，电场强度也逐渐增大，电场能也逐渐增大。（2）[5][6]曲线1与横轴所围面积与曲线2与横轴所围面积都表示电容器的电荷量，1是充电电荷量，2是

放电电荷量，两者相等。。13.一小组同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的钩码A和钩码B，在钩码A的下面固定穿过打点计时器的纸带，用手固定住钩码A，在钩码B下面再挂上一较小的钩码C，之后放开钩码A，让系统由静止开始运动，由于系统的速度增大得不是很

快，便于测量物理量，因此能较好地验证机械能守恒定律。已知钩码A、B的质量均为M，钩码C的质量为m，当地的重力加速度大小为g。（1）该小组同学闭合打点计时器电源开关，由静止释放钩码A后，打出纸带如图乙所示，已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，

则打点计时器打H点时纸带的速度大小=v________m/s（结果保留三位有效数字）；（2）在打H点时，系统的动能表达式为__________（用M、m及v表示）；（3）H点到起始点间的距离为s，则从释放钩码A到打H点的过中，系统的重力势

能减小量的表达式为________（用m、g及s表示）；（4）该小组同学用打各点时系统的动能kE作为纵坐标，用各点到起始点的距离s作为横坐标，描绘出kEs−图像如图丙所示。若图像斜率近似为_______（用m、g表示），

即可说明在实验误差允许范围内，系统遵循机械能守恒定律。【答案】①.1.13m/s②.()2122Mmv+③.mgs④.mg的【解析】【详解】（1）[1]由中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得，打H点时纸带的速度大小为24.

510m/s1.13m/s220.02GJHxxvtT−====（2）[2]在打H点时，系统的动能表达式为()2k122HEMmv=+（3）[3]H点到起始点间的距离为s，因此重力势能减少量为pEmgs=（4）[4]若系统遵循机

械能守恒定律，则有kmgsE=因此在kEs−图像中，斜率为mg。四、计算题（本题共3小题，共38分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。14.如图，真空中两个相同的小球带有等量同种正电荷，质量均为3.6g

m=，分别用长为0.5ml=的绝缘细线悬挂于绝缘天花板上的同一点O，平衡时悬挂B球的细线偏离竖直方向60°，A球竖直悬挂且与光滑的绝缘墙壁接触。（两个小球视为点电荷，重力加速度g取210m/s，静电力常量9229.010Nm/Ck=）求：（1）小球所带电荷量；（2）O点

的电场强度大小。【答案】（1）6110C−（2）418310N/C5【解析】【详解】（1）由题意对B球受力分析可得根据共点力平衡和几何关系可得22qmgkl=解得6110Cq−=（2）因为A、B两球都使

带正电，因此在O点产生的电场强度为根据点电荷电场强度表达式可得，A、B单独在O点产生的电场强度大小为69421109.010N/C3.610N/C0.25qEkl−===合场强为40183310N/C5EE==15.很多商场

的门前都放置一台儿童游乐玩具——弹珠枪。如图，ABCD是一个正方形光滑斜台，边长为l，与水平面的倾角为，弹珠由弹珠枪击打，弹珠沿着AB边经过斜台拐角边半径为R的四分之一的圆弧轨道，最后离开圆弧轨道在斜面内运动。重力加速度为g。若弹珠经过Q点后恰好经过D点，求

：（1）弹珠经过Q点时的速率？（2）弹珠经过Q点时对圆弧轨道的压力大小？【答案】（1）()2sin2glRl−（2）()22sin42mgllRRlR−+【解析】【详解】（1）因为弹珠经过Q点后恰好经过D点，从ABCD这个平面看，相当于类平抛，设弹珠经过Q点时的速率为v，因此可得lRvt−=

21sin2lgt=联立解得()2sin2glRvl−=（2）弹珠经过Q点时，弹珠在ABCD这个平面受力为重力沿斜面向下的分力和轨道的支持力，因此根据合力提供向心力可得2NsinmvmgFR+=解得()22Nsin42mgllRRFlR

−+=根据牛顿第三定律可知，轨道对弹珠的支持力和弹珠对圆弧轨道的压力相等。16.如甲图所示为安装在公路上强制过往车辆减速的减速带，现有一水平道路上连续安装有10个减速带（图乙中未完全画出），相邻减速带间的距离均为10ml=（每个减速带宽度

远小于相邻减速带间的距离，可忽略不计）。现有一质量为2000kgm=的电动小车（可机视为质点）从第1减速带前某处以80kWP=的恒定功率启动，到达第1减速带前已达到最大行驶速度20mvm/s=。已知小

车每次通过减速带时所损失的机械能与其行驶速度相关，测量发现，小车在通过第5个减速带后，通过相邻两减速带间的时间均为1st=。通过第10个减速带后立即关闭电门无动力滑行，小车在水平路面上继续滑行距离20m后停下，已知小车运动过程中

，所受阻力大小恒定。（1）求小车所受阻力大小；（2）求小车通过第5个减速带后，通过每一个减速带时所损失的机械能；（3）若小车通过前5个减速带时损失的总机械能是其通过后5个减速带时所损失总机械能的1.6倍，求小车从上第1个减速带开始，至通过第5个减速带所用的时间。【答案】（1）400

0N（2）40000J（3）2s【解析】【详解】（1）小车速度达到最大时，由公式可得mPFv=此时小车受力平衡，解得m80000N4000N20PfFv====（2）设小车通过第5个减速带后，到下一个减速带时的速度是v1，通过减速带后速度为v2，由于其通过相邻两减速带的时间均为t，则小车后

面的速度变化都相同，因此在减速带间隔过程中，由动能定理可得22121122Ptflmvmv−=−所以通过每一个减速带时所损失的机械能为0lEPtflPtv=−=−解得40000JE=（

3）由题可得，小车通过前5个减速带时损失的总机械能为01.658lEEPtv==−从小车到第一个减速带前到最后停下来，由能量守恒定律可得()20m159502PttmvflfsEE++−−−−=解得2m0m482mvslttvP−=+−代入数据解得02s=t