2021_2022学年辽宁省丹东市凤城市第一中学高一（下）月考物理试卷（7月）(含答案解析)

这是一份2021_2022学年辽宁省丹东市凤城市第一中学高一（下）月考物理试卷（7月）(含答案解析)，共16页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 质量为1，2B等内容，欢迎下载使用。

A. 体积小的带电体就是点电荷
B. 电场强度的方向就是放入电场中的电荷所受电场力的方向
C. 由公式E=kQr2可知，在离带电体很近时，r趋近于零，电场强度无穷大
D. 匀强电场中电场强度处处相同，电场线是一组等间距的平行线
2. 北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧决赛18日在云顶滑雪公园举行，中国队选手谷爱凌以95.25分轻松夺金。假设U型场地截面为半径为r的光滑半圆，谷爱凌质量为m(含装备)，沿截面滑行到最低点的速度为v，重力加速度为g，则她对地面的压力为( )
A. mgB. mv2rC. mg−mv2rD. mg+mv2r
3. 质量为1.0kg的物体以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，g取10m/s2，则下列判断正确的是( )
A. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.2B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
C. 物体滑行的总时间为1sD. 物体滑行的总时间为3s
4. 如图所示为高速公路某路段旁的避险车道，车辆可驶入避险。若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进一段到B点减速为0，货车所受摩擦阻力恒定，A、B两点高度差为h，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是( )
A. 摩擦阻力做功为12mv02−mghB. 摩擦力做的功大于机械能的变化量
C. 动能的变化量等于重力做的功D. 产生的热量为12mv02−mgh
5. 质量为m的赛车在水平直线赛道上以恒定功率P加速，受到的阻力Ff不变，其加速度a与速度的倒数1v的关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 赛车速度随时间均匀增大
B. 赛车加速度随时间均匀增大
C. 赛车加速过程做的是加速度逐渐减小的加速运动
D. 图中纵轴截距b=Pm、横轴截距c=Ffm
6. 如图所示，甲、乙两行星半径相等，丙、丁两颗卫星分别绕甲、乙两行星做匀速圆周运动，丙、丁两卫星的轨道半径r1=2r2，运动周期T2=2T1，则( )
A. 甲、乙两行星质量之比为1:162
B. 甲、乙两行星第一宇宙速度大小之比为42:1
C. 甲、乙两行星密度之比为16：1
D. 甲、乙两行星表面重力加速度大小之比为82:1
7. 如图所示，K1、K2闭合时，一质量为m、带电荷量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平行金属板间。现保持K1闭合，将K2断开，然后将B板向下平移到图中虚线位置，则下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容增大B. A板电势比电路中Q点电势高
C. 液滴将向下运动D. 液滴的电势能增加
8. 如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )
A. 电压是甲图时，在0∼T时间内，电子的电势能一直减少
B. 电压是乙图时，在0∼T2时间内，电子的电势能先增加后减少
C. 电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D. 电压是丁图时，电子在板间做往复运动
9. 如图所示，从倾角为θ的斜面上的某点先后将同一小球以不同初速度水平抛出，小球均落到斜面上．当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α1，当抛出的速度为v2时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α2，则( )
A. 当v1>v2时，α1>α2B. 当v1>v2时，α1<α2
C. 无论v1、v2大小如何，均有α1=α2D. 2tanθ=tan(α1+θ)
10. 如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为2m、m，P、Q用长为L的轻杆通过铰链连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，原长为L2的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上，轻杆与竖直方向夹角α=30∘。P由静止释放，下降到最低点时α变为60∘，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中( )
A. P、Q组成的系统机械能不守恒
B. 下降过程中P的速度始终比Q的速度大
C. 弹簧弹性势能最大值为(23−1)mgL
D. P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为3mg
11. 空间有平行于梯形区域abcd的匀强电场(图中未画出)，已知梯形的∠a=45∘，∠c和∠d均为直角，且上底bc=2cm、下底ad=4cm，并知a、b、c三点的电势分别为4V、8V、10V。将一电荷量q=−2×10−5C的点电荷从a点开始沿abcd路线移动，则下列判断正确的是( )
A. 梯形区域的下底ad中点的电势为6V
B. 该匀强电场的场强大小为2V/m
C. 该点电荷在c点的电势能为+2×10−5J
D. 该点电荷从a点移到d点过程中，电场力对它做功为+8×10−5J
12. 静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线。一质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x=0)进入电场，沿x轴正方向运动。下列叙述正确的是( )
A. x1∼x2和x2∼x3的场强E的大小不变，方向相反
B. 0∼x2全程，电场力做功为零
C. 要使粒子能运动到x2处，粒子的初速度v0至少为2qφ0m
D. 0∼x4粒子在做反复运动
13. 图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
(1)在此实验中，下列说法正确的是________
A.斜槽轨道必须光滑
B.记录的点应适当多一些
C.为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接
D.y轴的方向根据重垂线确定
(2)图乙是某同学通过实验对平抛运动进行研究，记录的抛物线轨迹的一部分。x轴沿水平方向，y轴是竖直方向，由图中所给的数据可求出：平抛物体的初速度是_______m/s，小球从开始抛出到运动至B点过程中，小球重力的平均功率________W。(重力加速度g=10m/s2、小球的质量m=0.1kg)。
14. 在利用图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)下面叙述正确的是______。(填正确答案标号)
A.重锤质量的称量可能会造成较大的实验误差
B.重锤密度大、质量大些，有利于减小实验误差
C.操作时应先接通电源，后释放纸带
D.应该选用点迹清晰且第一、二两点间的距离接近2mm的纸带
(2)实验中用打点计时器打出的纸带如图乙所示，其中，O为打下的第1个点，A、B、C、D为距O点较远的连续选取的四个计数点(OA间有若干点没有画出)。用刻度尺量出A、B、C、D到O点的距离如图乙所示，已知重锤的质量m=1.00kg，打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，实验地点的重力加速度g=9.80m/s2。为了验证从打下O点到打下C点的过程中重锤的机械能守恒，则应计算出：打下C点时重锤的速度v=___m/s，该过程重锤动能的增加量ΔEk=____J，该过程重锤重力势能的减少量ΔEp=______J。(结果均保留三位有效数字)
15. 跳台滑雪是一项勇敢者的运动，现有某运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经2.0s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=30∘，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，求：(结果可用根式表示)
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小；
16. 假设我国宇航员登上某一星球，该星球的半径R=4500km，在该星球表面有一倾角为30∘的固定斜面，一质量为1kg的小物块在力F的作用下由静止开始沿斜面向上运动，力F始终与斜面平行。已知小物块和斜面间的动摩擦因数μ=33，力F随时间变化的规律如图所示(取沿斜面向上为正方向)，2s末小物块的速度恰好为0，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2。
(1)求该星球表面的重力加速度。
(2)若在该星球表面上水平抛出一个物体，使该物体不再落回该星球表面，则物体至少需要多大的初速度？
17. 如图所示，一质量为m，电荷量为e的质子从静止开始经加速电压U加速后，紧挨A板水平进入竖直方向的偏转电场中，已知A、B板的长度及板间距离都是L，A板电势比B板电势高2U，紧挨A、B的右侧有平面直角坐标系，坐标原点与A板右端重合，第四象限有竖直向上的匀强电场，电场强度为E。
(1)质子从加速电场射出时的速度v1是多大？
(2)质子射出偏转电场时的偏转角θ是多大？
(3)质子进入第四象限后经过多长的时间t速度方向变为水平？
18. 如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径为R。整个轨道处于水平向左的匀强电场中，电场强度为E。现有一电荷量为+q，质量为m的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体通过半圆形轨道的最高点C时对轨道恰无压力，然后落至水平轨道上的D点(图中未标出)。已知重力加速度为g，且qE=mg。求：
(1)带电体到达圆形轨道最低点B时的速度大小；(用g、R表示)
(2)带电体在从P开始运动到C点的过程中对轨道的最大压力；(用m、g表示)
(3)带电体离开C点后经多长时间动能最小。(用g、R表示)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.能否看作点电荷与物体本身大小、质量等无关，要看物体本身的大小与物体相互之间的距离能否忽略，故A错误；
B.电场强度方向就是放入电场中正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反，故B错误；
C.公式E=kQr2，只适用于真空中静止的点电荷，在离点电荷很近的地方，r趋近于零，电荷就不能再看成点电荷，公式不再适用，故C错误；
D.因为电场线的疏密程度反映场强大小，电场线的切线方向反映场强方向，而匀强电场场强处处相等，所以匀强电场的电场线是互相平行的等间距的直线，故D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】谷爱凌在最低点时，设地面对她的支持力为N，对她根据牛顿第二定律结合向心力公式有N−mg=mv2r，解得N=mg+mv2r，根据牛顿第三定律，她对地面的压力为N′=N=mg+mv2r，故D正确，ABC错误。
故选D。
3.【答案】A
【解析】AB.根据动能定理得ΔEk=−μmgx，解得μ=0.2，A正确，B错误；
CD.物体的初速度为v0=2Ekm=4m/s，所以物体滑行的总时间为t=v0μg=2s，CD错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】A.货车刹车过程由动能定理有Wf−mgh=0−12mv02，解得摩擦阻力做功为Wf=mgh−12mv02，故A错误；
B.根据功能关系可知，除重力外的摩擦力做的功等于机械能的变化量，故B错误；
C.动能的变化量等于重力做的功和摩擦力做的功之和，故C错误；
D.产生的热量即为摩擦力做的负功导致，则有Q=Wf=12mv02−mgh，故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】ABC.根据题意，设汽车的牵引力为F，由公式P=Fv可得F=Pv，由牛顿第二定律有F−Ff=ma，可得a=Pm⋅1v−Ffm，可知，赛车做变加速直线运动，随着速度v增大，加速度a减小，即赛车加速过程做的是加速度逐渐减小的加速运动，故AB错误，C正确；
D.由C分析，结合a−1v图像可得，斜率为k=Pm，纵轴截距为b=−Ffm，横轴截距为c=FfP，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】A.根据卫星运动的向心力由万有引力提供，得GMmr2=mr2πT2，解得M=4π2r3GT2，则甲、乙两行星质量之比为M甲M乙=r13r23⋅T22T12=321，选项A错误；
B.由GMmR2=mv12R，得甲、乙两行星第一宇宙速度大小之比为v甲1v乙1=M甲M乙=421，选项B正确；
C.由M=ρ⋅43πR3，得甲、乙两行星密度之比为ρ甲 ρ乙 =M甲M乙=321，选项C错误；
D.由GMmR2=mg，得甲、乙两行星表面重力加速度大小之比为g甲g乙=M甲M乙=321，选项D错误。
故选B。
7.【答案】B
【解析】A.由平行板电容器电容的决定式C=εrS4πkd可知，板间距离增大，电容减小，A错误；
B.K1、K2闭合时，R1中无电流通过，由于电阻R2下端接地，故B板电势为零；电容器两极板电势差与R2两端电压相等，故Q点与电容器上极板电势相等。断开开关K2，电容器所带电荷量保持不变；B板下移，即板间距离d增大，由C=εrS4πkd，C=QU，可知，d增大，电容C减小，电量保持不变，则两极板电势差U增大，B板电势为零不变，故A板电势升高，B正确；
C.由场强与电势差关系E=Ud，C=QU，C=εrS4πkd，可知两极板间场强E=4πkQεrS，故两极板间场强不变，因此带电液滴受电场力不变，液滴保持静止，C错误；
D.根据U=Ed知，液滴距离下极板B的距离增大，所以液滴所在位置与B板的电势差增大，B板电势为零，故液滴所在位置电势φ升高；而根据液滴静止、上极板与电源正极相连可知液滴带负电，由Ep=qφ，可知液滴的电势能降低，D错误。
故选B。
8.【答案】D
【解析】A.若电压是甲图，0∼T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；
B.电压是乙图时，在0∼12T时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；
C.电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了12T后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；
D.电压是丁图时，电子先向左加速，到14T后向左减速，12T后向右加速，34T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D正确。
故选D。
9.【答案】CD
【解析】对于任一小球，设经过时间t小球落到斜面上，初速度为v，小球落到斜面上时速度与水平方向的夹角为β，则水平位移x=vt，竖直位移y=12at2，由几何关系有tanθ=yx，联立解得t=2vtanθg，根据速度的分解得tanβ=vyv=gtv=2tanθ，与初速度无关，根据几何知识得α=β−θ，由于θ 不变，则β、α 均不变，所以有α1=α2，2tanθ=tan(α1+θ) ，故选CD。
10.【答案】AD
【解析】A.P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，因此P、Q组成的系统机械能不守恒，A正确；
B.两物体在沿着杆的方向上速度相等，因此可得vPcsα=vQsinα，当α<45时vP45时vP>vQ，B错误；
C.P下降到最低点时，弹性势能最大，整个系统机械能守恒，因此弹簧弹性势能最大值为EP=2mgL(cs30−cs60)=(3−1)mgL，C错误；
D.P达到最大动能时，在竖直方向上的加速度为零，整个系统竖直方向合力为零，因此Q受到地面的支持力大小为3mg，D正确。
故选AD。
11.【答案】AD
【解析】A.由b点向ad做垂线，根据几何关系知p为ad中点，由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故φb−φc=φp−φd，φp=12(φa+φd)，代入数据解得φp=6V，φd=8V，故A正确；
B.由于是匀强电场，连接bd则为等势面，如图所示
根据几何关系可知ab⊥bd，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为E=Ubadba=8−42×2V/cm=2×102V/m，故B错误；
C.该点电荷在c点的电势能为Epc=φcq=10×−2×10−5J=−2×10−4J，故C错误；
D.该点电荷从a点移到d点电场力做功为Wad=Uadq=(4−8)×(−2×10−5)J=8×10−5J，故D正确。
故选AD。
12.【答案】BC
【解析】A.因为φ-x图像的斜率等于电场强度，则x1∼x2和x2∼x3的场强E的大小不变，方向相同，选项A错误；
B.因为x=0点和x=x2点的电势相同，则粒子在两点的电势能相同，即0∼x2全程，电场力做功为零，选项B正确；
C.要使粒子能运动到x2处，则粒子必须要能到达x=x1点，由能量关系φ0q=12mv02，解得v0=2qφ0m，则粒子的初速度v0至少为2qφ0m，选项C正确；
D.由于电场力做功W=qU，0∼x4过程中，电场力做总功为零，粒子先减速，再加速，最后再减速，最后速度又变为v0，速度不为零，继续向前运动，不会反复运动，故D错误。
故选BC。
13.【答案】 (1)BD；(2)4，2。
【解析】解：(1)A.在“研究平抛物体运动”的实验中，由于每次在斜槽轨道上运动情况相同，因此斜槽是否光滑与试验结果无关，A错误；
B.记录的点应适当多一些，可以将运动轨迹画的更准确，B正确；
C.小球的运动轨迹必须用平滑的曲线连接，C错误；
D.利用重垂线来确定y轴的方向，D正确。
故选BD。
(2)由于水平方向间隔相等，因此记录的时间间隔相等，竖直方向上，根据Δy=gT2，可得hBC−hAB=gT2，时间间隔T=0.1s，由于水平方向做匀速运动，因此x=v0T，可得平抛初速度v0=4m/s；
B点的竖直速度为AC段竖直方向的平均速度vBy=hAC2T=4m/s，因此小球重力的平均功率P=mgvy=mg×vBy2=2W。
14.【答案】 (1)BCD；(2)1.56，1.22，1.23。
【解析】解：(1)A.实验中重物的质量不必要测量，重锤质量测量不准，不会产生误差，故A错误；
B.为了减小阻力的影响，重锤应选择质量大一些，体积小一些的，故B正确；
C.操作时应先接通电源，后释放纸带，这样打点多，纸带可充分利用，故C正确；
D.自由落体运动，0.02s内运动的位移接近2mm，所以应该选用点迹清晰且第一、两点间的距离接近2mm的纸带，故D正确。
故选BCD；
(2)打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，周期T=0.02s，C点的瞬时速度vC=xBD4T=195.0−70.54×0.02×−3m/s≈1.56m/s，
重锤动能的增加量ΔEk=12mvC2=12×1.00×1.562J≈1.22J，
重锤重力势能的减少量ΔEp=mghOC=1.00×9.8×125.4×10−3J≈1.23J。
15.【答案】解：(1)运动员在斜面上做的是平抛运动，由平抛运动规律可得，运动员在竖直方向做自由落体运动，如图所示，根据平抛运动的位移的分解图可得
Lsin30∘=12gt2，
A点与O点的距离L=gt22sin30∘=40m；
(2)设运动员离开O点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，
即Lcs30∘=v0t，
解得v0=Lcs30∘t=103m/s。

【解析】见答案
16.【答案】解：(1)假设该星球表面的重力加速度为g，小物块在力F1=20N作用的过程中，有
F1−mgsinθ−μmgcsθ=ma1，
小物块1s末的速度v=a1t1，
小物块在力F2=−4N作用的过程中，有F2−mgsinθ−μmgcsθ=ma2，
且有0=v+a2t2，
联立解得g=8m/s2；
(2)要使抛出的物体不再落回该星球表面，物体的最小初速度v1要满足mg=mv12R，
解得v1=gR=6.0×103m/s=6.0km/s。

【解析】见答案
17.【答案】解：(1)质子在加速电场中被加速，根据动能定理，则有eU=12mv12，解得v1=2eUm∼；
(2)质子垂直进入电场后，做类平抛运动，将运动分解成水平与竖直方向，水平方向做匀速直线运动，则有L=v1t，
竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有y=12at2 ，
由牛顿第二定律，则有a=2UeLm，
竖直方向的速度为vy=at=2eUm，
因此质子射出偏转电场时的偏转角θ，即tanθ=vyv1=1 ，解得θ=45∘；
(3)质子进入第四象限后速度方向变为水平时，竖直速度为零，则vy=a′t′，a′=eEm ，
解得t′=1E2mUe。
【解析】见解答
18.【答案】解：(1)设带电体恰好通过C点时的速度为vC，根据牛顿第二定律有mg=mvC2R，
解得vC=gR，
设带电体通过B点时的速度为vB，带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理有
−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2，
解得vB=5gR；
(2)因qE=mg，所以带电体和圆心O连线与竖直方向成45∘角，且在圆心O左下方处(等效最低点)动能最大，设最大动能为Ekm，根据动能定理有qERsin45∘−mgR1−cs45∘=12mvm2−12mvB2，
由向心力公式可得FNm−2mg=mvm2R，
联立解得FNm=32+1mg，
根据牛顿第三定律，带电体对轨道的最大压力为FNm′=32+1mg，
方向与竖直方向成45∘角斜向左下方；
(3)带电体在从C运动到落至D点的过程中，动能最小时速度方向与合力方向垂直，所以此时带电体水平方向和竖直方向的分速度大小相等，设运动到动能最小位置经过的时间为t，水平方向加速度大小为g，方向水平向右，由速度公式可得vx=vC−gt，
竖直方向上有vy=gt，
又vx=vy，联立解得t=12Rg。
【解析】见解答