浙江省杭州市杭州二中錢江學校2024-2025學年高一物理下學期月考試題含解析

PAGE16-浙江省杭州市杭州二中錢江學校2024-2025學年高一物理下學期月考試題（含解析）第Ⅰ卷（選擇題）一、單選題（本大題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題日要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.關于元電荷下列說法錯誤的是()A.全部帶電體的電荷量大小肯定等于元電荷的整數倍B.元電荷的值通常取作e＝1.60×10－19CC.元電荷事實上指電子和質子本身D.電荷量e的數值最早是由美國科學家密立根用試驗測得的【答案】C【解析】【詳解】A.全部帶電體的電荷量大小肯定等于元電荷的整數倍，選項A正確；B.元電荷的值通常取作e＝1.60×10－19C，選項B正確；C.元電荷是基本的電量單位，不是指電子和質子本身，選項C錯誤；D.電荷量e的數值最早是由美國科學家密立根用試驗測得的，選項D正確；此題選擇不正確的選項，故選C.2.如圖所示，下列關于機械能是否守恒的推斷正確的是()A.甲圖中，火箭升空的過程中，若勻速升空機械能守恒，若加速升空機械能不守恒B.乙圖中物體勻速運動，機械能守恒C.丙圖中小球做勻速圓周運動，機械能守恒D.丁圖中，輕彈簧將A、B兩小車彈開，兩小車組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】C【解析】【詳解】A．由于推力對火箭做功，不論是勻速還是加速，火箭的機械能不守恒，機械能增加，故A錯誤；B．物體勻速運動，沿斜面上升，動能不變，重力勢能增加，則機械能必定增加，故B錯誤；C．小球在水平面內做勻速圓周運動的過程中，細線的拉力不做功，機械能守恒，故C正確；D．輕彈簧將A、B兩小車彈開，彈簧的彈力對兩小車做功，則兩車組成的系統(tǒng)機械能不守恒，但兩小車和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D錯誤。故選C。3.兩個相互垂直的力F1和F2作用在同一物體上，使物體運動，如圖所示，物體通過一段位移時，力F1對物體做功4J，力F2對物體做功3J，則力F1與F2的合力對物體做的功為()A.7J B.2J C.5J D.0【答案】A【解析】【詳解】當有多個力對物體做功的時候，總功的大小就等于用各個力對物體做功的和，由于力F1對物體做功4J，力F2對物體做功3J，所以F1與F2的合力對物體做的總功就為W=3J+4J=7J故A正確，BCD錯誤。故選A。4.2024年11月6日，中國空間站“天和號”以1：1實物形式(工藝驗證艙)亮相珠海航展，它將作為將來“天宮號”空間站的核心艙．安排于2024年左右建成的空間站在高度為400~450km(約為地球同步衛(wèi)星高度的九分之一)的軌道上繞地球做勻速圓周運動，則下列說法正確的是A.空間站運行的加速度等于地球同步衛(wèi)星運行的加速度B.空間站運行的速度約等于地球同步衛(wèi)星運行速度的3倍C.空間站運行的周期大于地球的自轉周期D.空間站運行的角速度大于地球自轉的角速度【答案】D【解析】分析】依據來推斷空間站運動的速度、加速度、角速度以及周期的大小【詳解】ACD、依據可知半徑越大，周期越大，而加速度、線速度、角速度都在減小，故AC錯；D對；B、題目中給的是高度約為地球同步衛(wèi)星高度的九分之一，那半徑就不是九分之一的關系，所以空間站運行的速度不等于地球同步衛(wèi)星運行速度的3倍，故B錯；故選D【點睛】本題比較簡潔，但假如不細致讀題的話就會做錯B選項，所以在做題過程中細致審題是特別關鍵的．5.實線為三條方向未知的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖中的虛線所示（a、b只受電場力作用），則（）A.a與b帶異種電荷 B.a與b帶同種電荷C.a的速度將增大，b的速度將削減 D.a的加速度將增大，b的加速度將削減【答案】A【解析】【詳解】AB．由于兩電荷所受的電場力的方向相反，故a、b兩粒子所帶的電荷的電性相反，B錯誤A正確；C．由于動身后對于b電場力方向始終和軌跡的切線方向即速度方向成銳角，始終對電荷做正功，而對于a電場力先做負功，后做正功，但合力做正功，故兩電荷的動能越來越大，故兩個電荷的速度都將越來越大，C錯誤；D．電場線的疏密代表電場的強弱，由圖可知越向左場強越小，則a受到的電場力漸漸減小，b受到的電場力漸漸增大，依據牛頓其次定律可知，a的加速度減小，b的加速度增大，D錯誤。故選A6.如圖所示的四種電場中均有a、b兩點，其中a、b兩點的電場強度相同的是A.甲圖中與點電荷等距的a、b兩點B.乙圖中兩等量異種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點C.丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點D.丁圖中勻強電場中的a、b兩點【答案】BD【解析】【詳解】A．甲圖中a、b兩點場強大小相等，但方向不同，A錯誤；B．乙圖中a、b兩點對稱，所以場強大小相等，方向均垂直中垂線向左，B正確；C．丙圖中a、b兩點對稱，場強大小相等，但方向相反，C錯誤；D．丁圖的兩平行板間為勻強電場，場強到處相同，D正確。故選BD。7.如圖所示，A為地面上的待放射衛(wèi)星，B為近地圓軌道衛(wèi)星，C為地球同步衛(wèi)星。三顆衛(wèi)星質量相同，線速度大小分別為、、，角速度大小分別為、、，周期分別為、、，向心加速度分別為、、，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】由題意可知，B、C均為繞地球公轉的衛(wèi)星，萬有引力供應圓周運動向心力，則有解得，，，因C的軌道半徑大，則有，，，A和C屬于同軸轉動的模型，角速度、周期相等，則有，C的軌道半徑大，依據則有依據則有綜上分析，則有故A正確，BCD錯誤。故選A。8.以恒定功率從靜止起先運動的汽車，經時間后速度達到最大速度在此過程中汽車通過的位移為，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】汽車以恒定功率啟動，依據可知隨著速度的增大，牽引力越來越小，依據牛頓其次定律有阻力不變，所以加速度越來越小，故汽車做加速度減小的加速運動，直到最大速度，作出速度時間圖象，如圖所示若汽車做的是勻加速直線運動，則速度時間圖象如紅色直線所示，此時與時間軸圍成的面積，即為汽車在ts運動的位移，則有而現在汽車做的是加速度減小的加速運動，其速度時間圖象如黑色曲線，此時與時間軸圍成的面積，即為汽車在ts運動的位移，由圖可知，則有故A正確，BCD錯誤故選A。9.半徑相同的兩個金屬小球A、B帶有等量的電荷，相隔較遠的距離，兩球之間的吸引力大小為F，今用第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開，這時A、B兩球之間作用力的大小是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】兩球之間是吸引力，故假設A的帶電量為Q，B的帶電量為-Q，兩球之間的相互吸引力的大小是：，第三個不帶電的金屬小球C與A接觸后，A和C的電量都為，C與B接觸時先中和再平分，則C、B分開后電量均為，這時，A、B兩球之間的相互作用力的大?。汗蔆正確ABD錯誤。故選C。10.如圖，在點電荷產生的電場中，將兩個帶正電的檢驗電荷、分別置于、兩點，虛線為等勢線，取無空遠處為零電勢點，若將、移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，則（）A.在點的電勢能大于在點的電勢能B.在點的電勢能小于在點的電勢能C.的電荷量小于的電荷量D.的電荷量大于的電荷量【答案】D【解析】【詳解】AB．將q1、q2移到無窮遠的過程中，由于外力克服電場力做的功相等，由功能關系知，兩個摸索電荷電勢能的變更量相等，無窮遠處電勢能為零，則q1在A點的電勢能等于q2在B點的電勢能，故AB錯誤；CD．將q1、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做功，則知Q對q1、q2存在引力作用，故Q帶負電，電場線方向從無窮遠指向Q，所以A點電勢高于B點電勢。A與無窮遠處間的電勢差小于B與無窮遠處間的電勢差，由W=qU得知q1的電荷量大于q2的電荷量，故C錯誤，D正確。故選D。11.如圖所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，點電荷A、B所帶電荷量分別為QA、QB，測得在C處的某正點電荷所受靜電力方向平行于AB向左，則下列說法正確的是()A.A帶正電，QA∶QB＝1∶8B.A帶負電，QA∶QB＝1∶8C.A帶正電，QA∶QB＝1∶4D.A帶負電，QA∶QB＝1∶4【答案】B【解析】【詳解】AC、由平行四邊形定則可知，A對C的力沿CA方向，指向A，又C帶正電，所以A帶負電，故A、C錯誤；BD、由幾何關系得，解得，故B正確，D錯誤；故選B．12.如圖所示，用長為L的細線，一端系于懸點A，另一端拴住一質量為m的小球，先將小球拉至水平位置并使細線繃直，在懸點A的正下方O點釘有一小釘子，今將小球由靜止釋放，要使小球能在豎直平面內做完整圓周運動，OA的最小距離是()A. B. C. D.【答案】D【解析】設小球做完整圓周運動時其軌道半徑為R，小球剛好過最高點的條件為，解得；小球由靜止釋放到運動至圓周的最高點過程中，只有重力做功，因而機械能守恒，取初位置所在水平面為參考平面，由機械能守恒定律得，解得，所以OA的最小距離為，故D正確.故選D．【點睛】解決本題的關鍵知道小球在豎直面內做圓周運動最高點的臨界狀況，結合牛頓其次定律和機械能守恒定律進行求解．二、多選題（本大題共5小題，每小題5分，共25分。每題至少有兩個選項是正確的，少選得3分，錯選或多選不得分）13.如圖，在放射地球同步衛(wèi)星的過程中，衛(wèi)星首先進入近地停岸軌道Ⅰ，然后由Q點進入橢圓軌道Ⅱ，再在P點通過變更衛(wèi)星速度，讓衛(wèi)星進入地球同步軌Ⅲ，則A.將衛(wèi)星放射至軌道Ⅰ，放射速度必定大于11.2km/sB.衛(wèi)星在同步軌道Ⅲ上運行時，其速度小于7.9km/sC.衛(wèi)星在P點通過加速來實現由軌道Ⅱ進入軌道ⅢD.衛(wèi)星在軌道Ⅱ上經過P點時的加速度大于在軌道Ⅲ上經過P點時的加速度【答案】BC【解析】【詳解】A．11.2km/s是其次宇宙速度，放射到近地軌道的最小速度是第一宇宙速度7.9km/s，A錯誤B．依據萬有引力供應向心力：，同步衛(wèi)星軌道半徑大于近地衛(wèi)星，所以同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度小于近地衛(wèi)星環(huán)繞速度7.9km/s，B正確C．由軌道Ⅱ進入軌道Ⅲ，從低軌道進入高軌道，須要點火加速離心，C正確D．萬有引力供應加速度：，無論哪個軌道經過P點，到地心的距離都相同，受到的萬有引力都相同，加速度相同，D錯誤14.科學家在宇宙太空發(fā)覺了一顆超新星，其質量約為地球質量的k倍，半徑約為地球半徑的n倍，則下列說法正確的是（）A.超新星與地球密度之比為 B.超新星與地球密度之比為C.超新星和地球的第一宇宙速度之比為 D.超新星和地球的第一宇宙速度之比為【答案】BD【解析】【詳解】AB．依據密度公式可知已知超新星質量約為地球質量的k倍，半徑約為地球半徑的n倍，則超新星與地球密度之比為，故A錯誤，B正確；

CD．第一宇宙速度是繞星球表面做勻速圓周運動的衛(wèi)星的運行速度，依據萬有引力供應向心力可知解得已知超新星質量約為地球質量的k倍，半徑約為地球半徑的n倍，則超新星與地球的第一宇宙速度之比為，故C錯誤，D正確。

故選BD。15.如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，從小球接觸彈簧起先到彈簧被壓縮至最短的過程中（彈簧始終保持豎直），下列說法正確的是（）A.小球的動能不斷減小B.彈簧的彈性勢能不斷增大C.彈簧的彈性勢能和小球的動能之和不斷增大D.小球的動能和重力勢能之和不斷減小【答案】BCD【解析】【詳解】A．小球剛接觸彈簧時，重力大于彈力，小球先向下做加速度漸漸減小的加速運動，當加速度減小為0時，速度最大，然后重力小于彈力，小球向下做加速度漸漸增大的減速運動到0，所以小球的速度先增大后減小，故動能先增大后減小，故A錯誤；BCD．下落過程，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，重力對小球做正功，故小球的重力勢能不斷減小，則彈簧的彈性勢能和小球的動能之和不斷增大；球接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，形變量始終增大，所以彈性勢能始終增大，故小球的動能和重力勢能之和不斷減小，故BCD正確。故選BCD。16.如圖所示，水平傳送帶以恒定的速度v運動，一質量為m的小物塊輕放在傳送帶的左端，經過一段時間后，物塊和傳送帶以相同的速度一起運動。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則()A.物塊加速運動時的加速度為μgB.物塊加速運動的時間為C.整個過程中，傳送帶對物塊做的功為mv2D.整個過程中，摩擦產生的熱量為mv2【答案】AC【解析】【詳解】A．物塊加速運動時，由牛頓其次定律得μmg=ma可得a=μg故A正確；B．物塊加速運動的時間為t=故B錯誤；C．整個過程中，依據動能定理得傳送帶對物塊做的功為W=mv2-0=mv2故C正確；D．物塊加速運的動時間內傳送帶的位移為x帶=vt物塊的位移為x物=物塊與傳送帶間相對位移大小為△x=x帶-x物=整個過程中摩擦產生的熱量為Q=μmg△x=mv2故D錯誤。故選AC。17.如圖所示，A、B、C為靜電場中一條直的電場線上等間距的三點，一個帶電粒子僅在電場力作用下沿電場線方向運動，從A到B電場力做功與從B到C電場力做功相等，則下列推斷正確的是A.帶電粒子肯定帶正電B.電場肯定是勻強電場C.從A到C過程中，粒子運動的加速度可能先減小后增大D.從A到C過程中，粒子運動的加速度可能先增大后減小【答案】CD【解析】【詳解】A.若帶電粒子以肯定的初速度從點沿電場線方向運動，帶電粒子有可能帶負電，故A錯誤；BCD.由可知，，由可知，從到的平均電場強度與從到的平均電場強度相同，因此，從到過程中，電場強度可能恒定，也有可能先減小后增大（如圖1），也有可能先增大后減?。ㄈ鐖D2），因此粒子運動的加速度可能先減小后增大，也可能先增大后減小，故B錯誤，C正確，D正確。故選：CD第Ⅱ卷（非選擇題）三、填空題（本大題共4空，每空2分，共8分）18.（1）在等量異種電荷的連線中點有一帶正電荷的粒子，將其沿中垂線移到無窮遠處的過程中，粒子受到的電場力的變更趨勢為____________，電勢能的變更趨勢為_________。（2）在等量同種正電荷的連線中點處有一帶負電荷的粒子，將其沿中垂線移到無窮遠處的過程中，粒子受到電場力的變更趨勢為____________，電勢能的變更趨勢為__________。【答案】(1).從中間向兩側不斷減小(2).電勢能不變且為零(3).從中間向兩側先增大后減小(4).電勢能不斷增大【解析】【詳解】（1）[1][2]依據等量異種電荷的電場特點可知，在連線的中垂線上，兩電荷連線中點的電場強度最大，兩側的電場強度不斷減小，所以將一帶正電荷的粒子沿中垂線移到無窮遠處的過程中，粒子受到的電場力的變更趨勢為：從中間向兩側不斷減小；且中垂線是一條等勢線且電勢為零，所以將一帶正電荷的粒子沿中垂線移到無窮遠處的過程中，電勢能不變且為零。（2）[3][4]依據等量同種正電荷的電場特點可知，在連線的中垂線上，兩電荷連線中點的電場強度為零，兩側的電場強度先增大后減小，所以將一帶負電荷的粒子沿中垂線移到無窮遠處的過程中，粒子受到的電場力的變更趨勢為：從中間向兩側先增大后減?。磺抑写咕€上的電勢由中間向兩側不斷降低，所以將一帶負電荷的粒子沿中垂線移到無窮遠處的過程中，帶負電的粒子的電勢能不斷增大。四、解答題（本大題共2小題，第19題9分，第20題10分，共19分。每題應有解題過程，必要的文字說明和公式，只有答案不得分）19.如圖所示，豎直平