【文档说明】山东省菏泽市鄄城县第一中学2022-2023学年高一6月月考物理试题 word版含解析.docx，共(22)页，945.639 KB，由小赞的店铺上传

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高一物理试题一、选择题：（1-8单选，每个4分；9-12多选，每个5分漏选得3分错选多选得0分）1.如图所示，小船以大小为1v。方向与上游河岸成θ的速度（在静水中的速度）从A处过河，经过t时间，正好到达正对岸的B处。现要使小船在更短的

时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种（）A.只要增大1v大小，不必改变角B.只要增大角，不必改变1v大小C.在增大1v的同时，也必须适当增大角D.在增大1v的同时，也必须适当减小角【答案】C【解析】【详解】AB

CD．由题意可知，水流的速度和河岸的宽度为21cosvv=，1sindvt=现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，应满足（1v和是变化后的速度和夹角）11sinsinvv，11coscosvv=当11vv时，

则ABD错误，C正确。故选C。2.固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积【答案】

C【解析】【详解】如图所示设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得212mghmv=由几何关系可得sinhL=sin2LR=联立可得22LhR=可得gvLR=故C正确，ABD错误。故选C。3.

汽车沿平直公路以恒定功率p从静止开始启动，如图所示，为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的T点结束，所用的时间t=8秒，经历的路程s=50米，8秒后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则()A

.汽车做匀速运动时的牵引力大小为2×105牛顿，B.汽车所受的阻力大小4×104牛顿，C.汽车的恒定功率为1.6×105W，D.汽车的质量为8×103kg【答案】C【解析】【详解】加速过程在T点结束，即此后汽车沿平直路面作匀速运动，由平衡条件和图象信息可得0TFf

−=，汽车做匀速运动时的牵引力大小为4210TFN=，汽车所受的阻力大小4210fN=，由图象信息得汽车的恒定功率4521081.610PFvWW===，汽车加速运动过程，牵引力做功为Wpt=，根据动能定理可得212PtFsmv−=，解得543

22()2(1.610821050)8.751064Ptfsmkgkgv−−===，故C正确，A、B、D错误；故选C．【点睛】关键会根据物体的受力判断物体的运动规律，汽车以恒定功率启动，先做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零后，做匀速直线运动．4.“羲和号”是我国首颗太

阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距

地面高度为（）A.1223222π−gRTRnB.1223222πgRTnC.1223224π−gRTRnD.1223224πgRTn【答案】C【解析】【详解】地球表面的重力加

速度为g，根据牛顿第二定律得2GMmmgR=解得2GMgR=根据题意可知，卫星的运行周期为'TTn=根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有()()2224'GMmmRhTRh=++联立解得223224gRThRn=−故选C。5.假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4

200km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高为36000km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同

步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为（）A.4次B.6次C.7次D.8次【答案】C【解析】【详解】设宇宙飞船的周期为T，由2224()MmGm

RRT=得234=RTGM则2326400+4200=()246400+36000T解得T=3h设两者由相隔最远至第一次相隔最近的时间为t1，有1022(-)tTT=解得1127th=再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2，有2022(-)2tTT=解得2247th=由n=

1224tt−=6.5次知，接收站接收信号的次数为7次。故选C。6.半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为L的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为

2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（）A.正电荷，Δπ=QLqRB.正电荷，3Δπ=QLqRC.负电荷，2Δπ=QLqRD.负电荷，23Δπ=QLqR【答案】C【解析】【详解】取走A、B处两段弧长均为L的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点

产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有12322QLQLREkkRR==由图可知，两场强的夹角为120，则两者的合场强为132QLEEkR==根据O点的合场强为

0，则放在D点的点电荷带负电，大小为32QLEEkR==根据()22qEkR=联立解得2Δπ=QLqR故选C。7.在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示。规定沿x轴正

向为场强的正方向，则下列说法正确的是（）A.将一个正试探电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电势能先增大后减小B.x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高C.若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一

侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功D.若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A．由电场分布可知，P带正电荷，Q带负电荷，P、Q之间的电场线从P指

向Q，则将一个正试探电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力做正功，则电势能一直减小，故A错误；B．x轴上从P点到Q点的电势一直降低，故B错误；C．两电荷连线垂直平分线是等势面，则若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线

上的一侧移至另一侧对称点的过程中电场力不做功，故C错误；D．两电荷连线的垂直平分线上，在两电荷连线的中点处场强最大，则若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力先增大后减小，故D正确。故选

D。8.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示。E表示极板间的场强，U表示极板间的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的

位置，则（）A.U变小，E变小B.E变大，Ep变大C.U变小，Ep不变D.U不变，Ep不变【答案】C【解析】【详解】由题意知，电容器的带电荷量Q不变，正极板移动后，极板间距离减小，根据电容的决定式4SCkd=知，电容C增大，由公式QUC=的知，极板间电压U变小

，由4SCkd=QUC=UEd=可得推论公式4kQES=分析，可知极板间电场强度E不变，则由U′＝Ed′知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能Ep不变，故C正确，A、B、D错误。故选C。9.如图所示，某同球以1

3m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取210m/s，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙

壁的距离d分别为（）A.5m/sv=B.32m/sv=C.3.6m=dD.3.9m=d【答案】BD【解析】【详解】设网球飞出时的速度为0v，竖直方向20=2()vgHh−竖直代入数据得0=210(8.

451.25)m/s12m/sv−=竖直则220=1312m/s5m/sv−=水平排球水平方向到P点的距离0006mvxvtvg===竖直水平水平水平根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量0044m/s5vv==水平⊥水平平行墙面的速

度分量0033m/s5vv==水平∥水平反弹后，垂直墙面的速度分量'00.753m/svv==水平⊥水平⊥则反弹后网球速度大小为'220=32m/svvv+=水平水平⊥水平∥网球落到地面的时间'28.45

2s1.3s10Htg===着地点到墙壁的距离''3.9mdvt⊥==水平故BD正确，AC错误。故选BD。10.如图所示,支架固定在底座上，它们的总质量为M．质量分别为2m和m的小球A、B(可视为质点)固定在一根长度为L的轻杆两端，该轻杆通过光滑转轴O安装在支架的横梁上,O、

A间的距离为L/3,两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动,运动过程中支架和底座一直保持静止．当转动到图示竖直位置时,小球A的速度为v,重力加速度为g,对于该位置有的A.小球A、B的加速度大小相等B.若gLv3=，则底座对水平地面的压力为Mg+3mgC.小球A

、B的向心力大小相等D.若1vgL3=，则底座对水平地面的压力为Mg+mg/3【答案】BC【解析】【详解】A、两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，所以两小球的角速度相同，根据2ar=可知小球A、B的加速度之比为:1:2ABaa=，故A错误；B、若3

gLv=时对A分析则有22213AmvmgFL−=，解得轻杆对A支持力为0NF=，根据vr=可知23BgLv=，对B分析则有223BBmvFmgL−=，解得轻杆对B拉力为3BFmg=，以底座和轻杆为对象，水平地

面对底座的支持力为3NFMGmg=+，故B正确；C、根据2Fmr=可知A、B的向心力之比为:1:1ABFF=，故C正确；D、若13vgL=时对A分析则有22213AmvmgFL−=，解得轻杆对A支持力为43AFmg

=，根据vr=可知23BvgL=，对B分析则有223BBmvFmgL−=，解得轻杆对B拉力为53BFmg=，以底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支持力为3NFMGmg=+，故D错误；故选BC．11.如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中

线上的两点。当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v。若两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t=T时，小球（）A.在B点上方B

.恰好到达B点C.速度大于vD.速度等于v【答案】BD【解析】【详解】0−T时间内由静止释放该小球在竖直方向上依然做自由落体运动；假设小球带正电，04−T在水平方向上向右加速运动，344TT−先向右减速运动到零，再反向向左做加速度，34TT−再向左做减速运动，因加速和减速的加速

度大小相等，则合运动折线回到B点，此时水平速度仍为零，则小球到达B点的速度仍为v；故BD正确，AC错误。故选BD。12.地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（

）A.小球的动能最小时，其电势能最大B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量【

答案】BD【解析】【详解】A．如图所示Eqmg=故等效重力G的方向与水平成45。当0yv=时速度最小为min1vv=，由于此时1v存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；BD．水平方向上0Eqvtm=在竖直方向上vg

t=由于Eqmg=，得0vv=如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知0GEqWW+=则重力做功等于小球电势能的增加量，故BD正确；C．当如图中v1所示时，此时速度水平分

量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；故选BD。二、实验题（13题8分，14题10分，共18分）13.如图(a)所示，AB是一可升降的竖直支架，支架顶端A处固定一弧形轨道，轨道末端水平。一条形木板的上端铰接于过A的水平转轴上，下端搁在水平地面上。将一小球从弧形轨

道某一位置由静止释放，小球落在木板上的某处，测出小球平抛运动的水平射程x和此时木板与水平面的夹角θ，并算出tanθ。改变支架AB的高度，将小球从同一位置释放，重复实验，得到多组x和tanθ，记录的数据如下表：实验次数1234

56tanθ0.180.320.691.001.191.43x/m0.0350.0650.1400.1600.2400.290(1)在图(b)的坐标中描点连线，作出x—tanθ的关系图象。（）(2)根据x—tan

θ图象可知小球做平抛运动的初速度v0=___m/s；实验中发现θ超过60°后，小球将不会掉落在斜面上，则斜面的长度为____m。（重力加速度g取10m/s2）(3)实验中有一组数据出现明显错误，可能的原因是______。【答案】①.见解析②.1.0（0.96~1.04）③

.0.69（0.65~0.73）④.小球释放位置与其他次实验不同（低于其他次实验）【解析】【详解】(1)[1]．x-tanθ的关系图象如图所示．(2)[2][3]．根据2012tangtvt＝得02tanvtg=则水平射程为2002tanvxvtg=＝可知

图线斜率202vkg=0.300.21.5k=＝解得00.210m/s1.0m/s22kgv＝＝＝当θ=60°时，有02tan2133ss105vtg=＝＝则斜面的长度为的0312350.69m1cos6052vts=＝＝(3)[4]．实验中有一组

数据出现明显错误，由图可知，水平射程偏小，由2002tanvxvtg=＝知，初速度偏小，即小球释放位置低于其他次实验．14.某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05s闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学

通过计算得到不同时刻的速度如下表。（当地重力加速度取9.8m/s2，小球质量m=0.2kg，结果保留3位有效数字）时刻t2t3t4t5速度/（m·s-1）4.994.483.98（1）由频闪照片上数据计算5t时刻小球的速度5v=______m/s；（2）从2t到5t时间内，重力势能增量pE

=______J，动能减少量kE=______J；（3）在误差允许范围内，若pE与kE近似相等，即可验证了机械能守恒定律。由上述计算得pE______kE（选填“>”、“<”或“=”），造成这种结果的主要原因是______。【答案】①.

3.48②.1.24③.1.28④.<⑤.存在空气阻力【解析】【详解】（1）[1]根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有的()2516.1418.6610m/s3.48m/s20.05v−+==（2）[2]重力势能的增加量()pΔ

0.29.80.23680.21160.1866J1.24JEmgh==++=[3]在t2时刻小球的速度()2226.1823.6810m/s4.986m/s20.05v−+==则从t2到t5时间内，动能的减小量为()

2222k25111Δ0.24.9863.48J1.28J222Emvmv=−=−=（3）[4]由上述计算得ΔEp<ΔEk[5]由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能减小量没有全部转化为重力势能。三、计算题

（共2小题，30分）15.如图所示，一段光滑圆弧轨道CD右端连接一长木板，一起固定在水平面上。有一个可视为质点的质量为2m=kg的小物块，从光滑平台上的A点以04v=m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入圆弧轨道，最

后小物块滑上长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，小物块与长木板间的动摩擦因数0.1=，圆弧轨道的半径为1R=m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角为37=。（不计空气阻力，210m/s=g，sin370.6=，cos370.8=）求

：（1）AC两点的高度差；（2）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。【答案】（1）0.45mh=；（2）78N；（3）145m【解析】【分析】【详解】（1）小物块在C点的速度为Cv，则0cos37Cvv=求得5m/sC

v=其竖直方向分速度为sin373m/syCvv==设AC两点的高度差为h，则22yvgh=求得0.45mh=（2）小物块由C→D的过程中，由动能定理得()22111cos3722DCmgRmvmv=−−解得29m/sDv=小物块在D点时，由牛顿第二定律得：2DNmvFm

gR−=代入数据得78NNF=由牛顿第三定律可知，小物块在D点时对轨道的压力大小为78NNNFF==（3）要使小物块不滑出长木板，设木板的最小长度为L，由动能定理得.2102DmgLmv−=−求得14.5mL=16.如图所示，两平行金属板A、B长为

L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q=1.0×10－10C，质量为m=1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0×106m/s，粒子飞出电场

后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为

9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计）(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹。(3)确定点电荷Q的电

性并求其电荷量的大小。【答案】(1)3cm；12cm；(2)；(3)负电；81.010C−【解析】【详解】(1)粒子在两平行金属板间做类平抛运动，则有0Lvt=212yat=FqUamdm==联立可得穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（偏移位移）为2201)0.

03m3cm22qULyatmdv====(粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为y，由几何关系得2122yLLy=+解得412cmyy==(2)第一段是抛物

线、第二段是直线、第三段是圆弧，轨迹如图(3)粒子到达H点时，其水平速度602.010m/sxvv==竖直速度61.510m/syvat==则有62.510m/sv=合该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电；根据几何关系可知半径15cmr=根据牛

顿第二定律则有22mvkqQrr=合解得81.010CQ−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com