高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024~2025學(xué)年高一教學(xué)質(zhì)量檢測物理本試卷共8頁，滿分100分，考試用時90分鐘。注意事項：1、答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2、回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3、考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。1.A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內(nèi)，它們通過的路程之比是4：3，運動方向改變的角度之比是3：2，則它們（）A.線速度大小之比為3：4B.角速度大小之比為3：2C.圓周運動的半徑之比為2：1D.向心加速度大小之比為1：2【答案】B【解析】A．A、B兩艘快艇在相同時間內(nèi)，它們通過的路程之比是4：3，根據(jù)可得，它們線速度大小之比為，故A錯誤；B．A、B兩艘快艇在相同時間內(nèi)，運動方向改變的角度之比是3：2，根據(jù)可得，它們角速度大小之比為，故B正確；C．根據(jù)可知，A、B兩艘快艇做圓周運動的半徑之比為，故C錯誤；D．根據(jù)可知A、B兩艘快艇的向心加速度大小之比為，故D錯誤。故選B。2.如圖，A、B、C、D是正方形的四個頂點，在A點和C點放有電荷量都為q的正電荷，在B點放了某個未知電荷后，恰好D的電場強度等于0。則放在B點的電荷電性和電荷量為（）A.負電荷電荷量為 B.負電荷電荷量為C.正電荷電荷量為 D.正電荷電荷量為【答案】B【解析】設(shè)正方向邊長l，A、C點的電荷在D點的場強均為則A、C點的電荷在D點的合場強為因為D點的電場強度恰好等于零，則B點的點電荷在D點的場強與A、C點的電荷在D點的合場強等大反向，因此B點的點電荷帶負電，且B點的點電荷在D的電場強度大小是解得故選B。3.太陽系中，海王星是離太陽最遠的一顆行星，它的質(zhì)量是地球的17倍，半徑是地球的4倍。海王星的公轉(zhuǎn)軌道半徑是地球公轉(zhuǎn)軌道半徑的30倍。下列說法正確的是（）A.海王星的公轉(zhuǎn)周期約為地球的30倍B.海王星的第一宇宙速度約為7.9km/sC.太陽對地球的引力為對海王星引力的900倍D.地球公轉(zhuǎn)加速度為海王星公轉(zhuǎn)加速度的900倍【答案】D【解析】A．根據(jù)開普勒第三定律，可得海王星的公轉(zhuǎn)周期與地球的公轉(zhuǎn)周期之比為，故A錯誤；B．根據(jù)可得第一宇宙速度公式為已知海王星質(zhì)量是地球的17倍，半徑是4倍，則海王星的第一宇宙速度約為，故B錯誤；C．太陽對行星的引力為已知地球與海王星質(zhì)量比為1∶17，軌道半徑比為1∶30，則有，故C錯誤；D．根據(jù)可得則地球公轉(zhuǎn)加速度與海王星公轉(zhuǎn)加速度之比為，故D正確。故選D。4.某種類型的飛機質(zhì)量為，起飛過程中從靜止開始勻加速滑跑，加速度大小為，當位移為時速度達到起飛速度，此過程中飛機受到的阻力恒為，取重力加速度，下列說法正確的是（）A.飛機起飛時克服阻力做功的瞬時功率為B.飛機滑行過程中克服阻力做功的平均功率為C.飛機起飛時牽引力瞬時功率為D.飛機滑行過程中牽引力的平均功率為【答案】C【解析】A．根據(jù)速度-位移公式可得起飛時的速度為飛機起飛時克服阻力做功的瞬時功率為聯(lián)立解得，故A錯誤；B．滑行過程中克服阻力做功根據(jù)位移-時間公式，有滑行過程中克服阻力做功的平均功率為聯(lián)立解得，故B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律，有飛機起飛時牽引力的瞬時功率為聯(lián)立解得飛機起飛時牽引力的瞬時功率為，故C正確；D．滑行過程中平均速度滑行過程中牽引力的平均功率為聯(lián)立可得，故D錯誤。故選C。5.某靜電場的電場強度E在x軸上關(guān)于坐標原點O對稱的P、Q兩點間的變化情況如圖所示．設(shè)從P點由靜止釋放的電子運動過程中的加速度為a，動能為Ek，電勢能為Ep，規(guī)定x軸正方向為電場強度E和加速度a的正方向，無限遠處電勢為零，電子只受電場力作用，則電子在x軸上的P、Q兩點間運動的過程中，各物理量隨x變化的圖象正確的是A. B.C. D.【答案】B【解析】A.由E-x圖象可知x軸正半軸場強方向向右，x軸負半軸場強方向向左，沿場強方向電勢降低，逆場強方向電勢升高，故A錯誤；B.根據(jù)牛頓第二定律可知，可得，又電子所受電場力方向與場強方向相反，故B項正確；CD.電子從P點向O點運動的過程中，電場力做正功，動能一直增大，電勢能一直減小，電子從O點向Q點運動的過程中，電場力做負功，動能一直減小，電勢能一直增大，故C錯誤，D錯誤6.電容器的極板A、B分別接在恒壓直流電源的兩極上，G是靈敏電流計。熔噴布勻速從兩極板間穿過，當熔噴布的厚度變薄時會導(dǎo)致相對介電常數(shù)變小。下列說法中正確的是（）A.熔噴布變薄，電容器兩端電壓會變大B.熔噴布變薄，電容器的電容會變大C.熔噴布變厚，電容器的電荷量保持不變D.熔噴布變厚時，電流計中會有自b向a的電流【答案】D【解析】AB．熔噴布變薄，電容器一直與恒壓直流電源連接，所以電容器兩端電壓不變；根據(jù)，由于相對介電常數(shù)變小，所以電容器的電容會變小，故AB錯誤；CD．熔噴布變厚，根據(jù)，由于相對介電常數(shù)變大，所以電容器的電容會變大；根據(jù)，由于電容器兩端電壓不變，所以電容器的電荷量會增加，則電流計中會有自b向a的電流，故C錯誤，D正確。故選D。7.如圖所示，質(zhì)量為m的圓柱形勻質(zhì)木塊漂浮在水面上，浸入水中的深度為h。用豎直向上的拉力將木塊緩慢提升至其底面距水面高度為h處，忽略水面高度變化，重力加速度為g。在木塊上移的過程中，下列說法正確的是（）A.重力對木塊做功為B.浮力對木塊做功為C.拉力對木塊做功為D.拉力與重力對木塊做功之和為0【答案】C【解析】A．在木塊上移的過程中，重力對木塊做功為，故A錯誤；B．由平衡條件可知，開始時浮力與木塊重力等大，在木塊上移的過程中，浮力線性減小，則浮力對木塊做功，故B錯誤；C．根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得拉力對木塊做功為，故C正確；D．根據(jù)C選項分析，可知拉力與重力對木塊做功之和為，故D錯誤。故選C。8.如圖所示，半徑為R的光滑絕緣半圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)，下端與光滑絕緣水平面相切于B點，整個空間存在水平向右的勻強電場。質(zhì)量為m的帶正電小球從A點以某一初速度向左運動，沿軌道運動并從C點飛出，經(jīng)過P點時恰好對軌道無壓力。已知軌道上M點與圓心O等高，共線，與豎直方向的夾角為，取重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.小球所受靜電力大小為B.小球經(jīng)過P點的速度大小為C.小球經(jīng)過軌道上C點的加速度大小為D.小球在M點受到的彈力大小為【答案】D【解析】AB．小球經(jīng)過P點時恰好對軌道無壓力，合力恰好提供向心力，則有可得小球所受靜電力大小為根據(jù)牛頓第二定律，小球經(jīng)過P點時有小球經(jīng)過P點的速度大小為故AB錯誤；C．小球從P點到C點的過程中，根據(jù)動能定理有求得可得小球經(jīng)過軌道上C點的向心加速度大小為水平方向的加速度大小為則小球經(jīng)過軌道上C點的加速度大小為，故C錯誤；D．P點是小球運動的等效最高點，根據(jù)運動的對稱性，可知小球在M點速度大小滿足小球在M點根據(jù)牛頓第二定律，有聯(lián)立可求得小球在M點受到的彈力大小，故D正確。故選D。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，實線為電場中的三條電場線，，a、b兩帶電粒子從N點以相同的初速度垂直于電場線射出，僅在靜電力作用下沿虛線運動，下列說法正確的是（）A.a一定帶正電，b一定帶負電B.a的加速度減小，b的加速度增大C.a的電勢能減少，b的電勢能增大D.電勢差大于電勢差【答案】BD【解析】A．電場線方向未知，無法判斷兩個電荷的正負，A錯誤；B．電場線越密，電場強度越大，電荷所受電場力越大，電荷運動的加速度越大，所以a的加速度減小，b的加速度增大，B正確；C．軌跡向電場力的方向彎曲，兩個電荷的電場力均做正功，兩個電荷的電勢能均減小，C錯誤；D．根據(jù)因為，所以d相同電場線越密，電場強度越大，所以MN段的電場強度大于NQ段的電場強度；所以電勢差大于電勢差，D正確。故選BD。10.如圖所示，長為的輕桿兩端分別拴接小球A、B，其可以繞光滑水平轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，A球到O的距離為L，A、B球的質(zhì)量分別為和，重力加速度為g。當A球運動到最高點時，恰好不受桿的作用力，則此時，下列說法正確的是（）A.球A的速度大小為B.球B的速度大小為C.球B對桿的作用力大小為D.水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力大小為【答案】AC【解析】A．由題可知，A球在最高點時，根據(jù)牛頓第二定律可得解得球A的速度大小為B．由于A、B兩球的角速度相等，根據(jù)可知，故B錯誤；C．對B球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得結(jié)合上述結(jié)論解得，故C正確；D．根據(jù)上述分析可知A球?qū)U沒有作用力，B球?qū)U作用力的大小為，根據(jù)牛頓第三定律可知，水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力大小為，故D錯誤。故選AC11.如圖所示，天舟七號從近地圓軌道Ⅰ經(jīng)霍曼軌道進入圓軌道Ⅱ，與天和核心艙同軌道運行。已知橢圓形霍曼軌道與兩圓軌道分別相切，軌道Ⅱ的半徑是軌道Ⅰ半徑的n倍，天和核心艙在軌道Ⅱ上的運行周期為。下列說法正確的是（）A.天舟七號在切點處通過加速從軌道Ⅰ進入霍曼軌道B.天舟七號與天和核心艙在軌道Ⅱ上運行時的速度相同C.天舟七號在霍曼軌道上的速度均大于天和核心艙的速度D.天舟七號在霍曼軌道上運行的周期為【答案】AD【解析】A．衛(wèi)星從低軌道變軌到高軌道，需要在變軌處點火加速，所以天舟七號在切點處通過加速從軌道Ⅰ進入霍曼軌道，故A正確；B．天舟七號與天和核心艙在軌道Ⅱ上運行時的速度大小相等，方向不同，故B錯誤；C．天舟七號在霍曼軌道上變軌到軌道Ⅱ需要在變軌處點火加速，所以天舟七號在霍曼軌道上的速度不是均大于天和核心艙的速度，故C錯誤；D．設(shè)近地圓軌道Ⅰ的半徑為，則軌道Ⅱ的半徑為，根據(jù)開普勒第三定律可得解得天舟七號在霍曼軌道上運行的周期為，故D正確。故選AD。12.如圖所示，輕彈簧下端固定在斜面底端的擋板上，斜面的傾角為θ，用質(zhì)量為m的滑塊壓縮彈簧（不拴接），滑塊由靜止釋放后，沿斜面上滑的最大位移為x（已離開彈簧）。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，將滑塊、彈簧和斜面視為一個系統(tǒng)。在滑塊上滑過程中，下列說法正確的是（）A.系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱為B.滑塊機械能的增加量為C.系統(tǒng)機械能的減少量為D.彈簧彈性勢能的最大值為【答案】BC【解析】AC．系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱為所以系統(tǒng)機械能的減少量為，故A錯誤，C正確；B．滑塊機械能的增加量為，故B正確；D．根據(jù)能量守恒定律可得彈簧彈性勢能的最大值為，故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某實驗小組利用如圖甲所示的電路探究電容器的充、放電特點。S為單刀雙擲開關(guān)，R為定值電阻。（1）S接1時電源對電容器充電，此過程通過電流表A的電流方向______（填“從左到右”或“從右到左”）。（2）圖乙為電容器放電時的圖像，圖線與坐標軸圍成的面積約41小格，電容器放電之前的電壓為，測得該電容器的電容值為______F（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（3）若僅減小電阻R，放電時曲線與坐標軸所圍成的面積將______（填“變大”“變小”或“不變”）。【答案】（1）從右到左（2）（3）不變【解析】【小問1解析】S接1時電源對電容器充電，自由電子在靜電力的作用下，從正極板經(jīng)過電源向負極板移動，故通過電流表A的電流方向從右到左?！拘?解析】乙圖中圖像與橫軸圍成的面積約41格，分析I-t圖像可知，每個方格代表的電荷量為電容器放出的電荷量為則電容器的電容為【小問3解析】不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，導(dǎo)致曲線的最大電流值將增大，放電時間將變短，而放電時曲線與坐標軸所圍面積不變。14.驗證機械能守恒定律的裝置，如圖甲所示，質(zhì)量m1=480g、m2=800g的兩物體由跨過定滑輪的細線連接。將m1、m2由靜止釋放，實驗得到的其中一條紙帶如圖乙所示，O、A、B、C、D是計數(shù)點，相鄰的兩計數(shù)點間還有一個點未畫出，已知電源的頻率為50Hz，重力加速度g=9.8m/s2。（1）關(guān)于實驗操作，下列說法正確的是（）A.將打點計時器接到電源的直流輸出端上B.打點計時器的兩個限位孔應(yīng)在同一條豎直線上C.應(yīng)用秒表測出重物下落的時間（2）打下C點時，m1的速度大小為______m/s，從O點到C點的過程中，系統(tǒng)重力勢能的減少量?Ep=______J。（計算結(jié)果均保留兩位小數(shù)）（3）從O點到C點的過程中，系統(tǒng)重力勢能的減少量?Ep大于系統(tǒng)動能的增加量?Ek的可能原因是________?！敬鸢浮浚?）B（2）①.1.12②.0.83（3）克服空氣阻力做功【解析】【小問1解析】A．打點計時器應(yīng)使用交流電源，故A錯誤；B．為了減小阻力影響，打點計時器的兩個限位孔應(yīng)在同一條豎直線上，故B正確；C．打點計時器可以記錄時間，所以不需要用秒表測出重物下落的時間，故C錯誤。故選B【小問2解析】相鄰的兩計數(shù)點間還有一個點未畫出，則相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為打下C點時，m1的速度大小為從O點到C點的過程中，系統(tǒng)重力勢能的減少量為【小問3解析】從O點到C點的過程中，系統(tǒng)重力勢能的減少量?Ep大于系統(tǒng)動能的增加量?Ek的可能原因是物體克服空氣阻力做功，克服紙帶與打點計時器間的摩擦力做功，克服細線與滑輪間的摩擦力做功等。15.已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)的周期為T，萬有引力常量G，求：（1）地球的密度ρ；（2）地球靜止衛(wèi)星的速度大小v。【答案】（1）（2）【解析】【小問1解析】設(shè)地球質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的物體放在地球表面時，有，解得【小問2解析】設(shè)地球靜止衛(wèi)星的質(zhì)量為m0，有根據(jù)解得16.如圖所示，圓形餐桌的半徑為5r，可繞餐桌中心O轉(zhuǎn)動的圓盤半徑為3r，置于圓盤邊緣的杯子與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ，緩慢增大圓盤的角速度，杯子隨圓盤在水平面內(nèi)做圓周運動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，轉(zhuǎn)盤厚度及轉(zhuǎn)盤與餐桌的間隙不計，杯子可視為質(zhì)點，重力加速度為g。（1）求杯子剛相對圓盤滑動時，圓盤角速度ω；（2）杯子從圓盤滑離后，恰好不從餐桌邊緣掉下，求杯子與桌面間的動摩擦因數(shù)μ′?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1解析】杯子相對圓盤發(fā)生滑動時，摩擦力提供向心力解得【小問2解析】杯子從圓盤滑離時的速度杯子在桌面滑行的距離由動能定理可得聯(lián)立可得17.在直角坐標系中，三個邊長均為L的正方形區(qū)域分布如圖所示，第一象限內(nèi)區(qū)域中的勻強電場沿x軸負方向，電場強度的大小為；第二象限內(nèi)區(qū)域中的勻強電場沿y軸負方向。一電荷量為、質(zhì)量為m的粒子（重力不計）從A點由靜止釋放，恰好能通過G點。（1）求區(qū)域內(nèi)的電場強度以及粒子經(jīng)過G點的速度大??；（2）若區(qū)域內(nèi)的電場強度大小變?yōu)?，方向不變，將該帶電粒子從區(qū)域中P點由靜止釋放，經(jīng)N點通過x軸，求P點的橫坐標x?！敬鸢浮浚?），（2）【解析】小問1解析】設(shè)粒子經(jīng)過C點的速度為，在區(qū)域中，根據(jù)動能定理設(shè)粒子在區(qū)域中運動的時間為t，根據(jù)類平拋規(guī)律,x方向y方向根據(jù)牛頓第二定律解得設(shè)粒子到G點的速度為v，在區(qū)域中，根據(jù)動能定理解得【小問2解析】從P點靜止釋放的粒子，根據(jù)動能定理區(qū)域中的電場強度變?yōu)楹螅鶕?jù)牛頓第二定律根據(jù)類平拋規(guī)律，