湖北荆州中学2025-2026学年高一下学期6月阶段检测物理试卷

**基本信息** 荆州中学高一下物理月考卷以神舟十五号对接、电子显微镜等科技情境为载体，覆盖电场、机械能、天体运动等核心知识，通过基础辨析与综合应用题梯度设计，考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7题/28分|摩擦起电本质、电场强度定义、超重失重等|基础概念辨析，如第1题考查静电屏蔽原理| |多选题|3题/12分|抛体运动、天体运动、弹簧能量等|多选项辨析，如第9题结合神舟十五号变轨考查天体运动规律| |实验题|2题/16分|机械能守恒验证、电压表内阻测量|科学探究能力，如11题误差分析、12题多用电表操作| |解答题|3题/44分|板块模型、电场与圆周运动综合、弹簧传送带综合|综合应用，如15题结合弹簧弹性势能、传送带摩擦、圆形轨道临界问题，考查科学推理与模型建构|

荆州中学2025-2026学年高一下学期6月月考 物理试题 一、单选题（28分） 1．下列说法正确的是（     ） A．摩擦起电本质上创造了电荷 B．电荷量是能连续变化的物理量 C．由电场强度的定义式可知，与成反比、与成正比 D．静电屏蔽是利用静电感应使内部电场为零 2．已知行星的平均密度为，靠近行星表面运行的卫星做圆周运动的周期为T。对于任何行星均为同一常量的是（   ） A． B． C． D． 3．一位外卖员进入厢式电梯上楼或下楼，他用手机中的加速度传感器记录了电梯在某一段运动过程中的竖直方向加速度随时间变化的图像如图所示，图中已知，重力加速度为，取竖直向上为正方向。下列说法正确的是（    ） A．时间段内，外卖员处于超重状态，且电梯一定在加速上升 B．时间段内，电梯一定处于匀速状态 C．时间段内，外卖员的重力变小 D．质量为的外卖员对电梯地板最大压力为 4．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（　　） A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR 5．在真空中建立一个x轴，在x=-6m处固定一个电荷量为Q1的点电荷，原点O处固定一个电荷量为Q2的点电荷。取无限远处为电势能零点，距离点电荷为r处的电势决定式为（Q为场源电荷的电荷量，k为静电力常量），x轴上的电势φ的分布与位置x的关系如图所示，其中图像与x轴的交点分别为A点和B点，C点为x>0范围内的最低点。关于这两个电荷及其激发的电场的描述，下列说法正确的是（　　） A． B．Q1为正电荷 C．B点的横坐标为2m D．A点的电场方向沿x轴正方向 6．如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球M、N；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（　　） A．两绳中的张力大小一定相等 B．N的质量一定大于M的质量 C．N的电荷量一定小于M的电荷量 D．N的电荷量一定大于M的电荷量 7．我国科学家侯建国院士团队成功研制出高分辨透射电子显微镜，其核心部件电子偏转系统工作原理简化为如图所示：电荷量为q、质量为m的电子束以初速度水平射入平行板电容器。极板间电压为U，板长为L，间距为d，忽略重力和电子间相互作用。已知电子离开偏转系统时动能增量为，偏转距离为y，对于可以飞出电场的电子，下列选项正确的是（     ） A．若仅将初速度v0减小为原来的一半，则y变为原来的4倍，变为原来的4倍 B．若仅将电压U增大为原来的2倍，则y变为原来的2倍，变为原来的2倍 C．若仅将板长L增大为原来的2倍，则y变为原来的2倍，变为原来的4倍 D．若仅将板间距d减小为原来的一半，则y变为原来的2倍，变为原来的2倍 二、多选题（12分） 8．人们用手抛撒种子进行播种，某次抛撒种子后，其中两颗种子a、b的运动轨迹如图所示，a的质量比b要大，它们的轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，、分别为运动轨迹上与在同一水平线上的两点，、是两轨迹的最高点。从到和到的过程中，不计空气阻力，则（　　） A．a的速度变化量比b的大 B．a的最小速度比b要大 C．a抛出的初速度可能比b的要大 D．a抛出的初速度可能比b的要小 9．如图所示为“神舟十五号”对接前变轨过程的简化示意图，AC是椭圆轨道Ⅱ的长轴，“神舟十五号”从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ，与在圆轨道Ⅲ运行的天和核心舱实施对接。天和核心舱所在轨道高度约340公里~450公里，地球同步卫星轨道离地高度约36000公里，下列说法正确的是（     ） A．“神舟十五号”两次变轨过程中均需要点火减速 B．“神舟十五号”在椭圆轨道Ⅱ上C点时的加速度等于天和核心舱在C点时的加速度 C．“神舟十五号”在椭圆轨道Ⅱ上经过C点时的速率大于天和核心舱经过C点时的速率 D．“神舟十五号”在轨道Ⅲ时的角速度大于地球赤道上物体的自转角速度 10．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处，弹簧水平且处于原长，到达C处的速度为零.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，则下列说法错误的是（　　） A．圆环下滑过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大 B．圆环下滑过程中，经过B时的速度最大 C．圆环下滑过程中产生的摩擦热为mv2 D．圆环上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 三、实验题（16分） 11．（7分）用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。 (1)关于该实验的分析，以下说法中正确的是________ A．打点计时器接到学生电源的“直流输出”端 B．必须用天平测出重锤的质量 C．应该尽量选择质量大、体积小的重锤 D．用计算打点计时器打下某点时重锤的瞬时速度 (2)安装好实验装置，正确进行实验操作。从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。只要表达式________________在误差允许的范围内成立，就可以验证机械能守恒。用本问中所给字母表示 (3)若实验中测得O点到B点过程中重力势能减少量小于动能增加量，出现这一结果的原因可能是________。 A．工作电压偏高 B．存在空气阻力和摩擦力 C．接通电源前释放了纸带 D．重锤下落过程中受到空气阻力 12．（9分）学生实验小组要测量量程为3V的电压表V的内阻。可选用的器材有：多用电表，电源E（电动势5V），电压表V1（量程5V，内阻约3kΩ），定值电阻（阻值为800Ω），滑动变阻器（最大阻值50Ω），滑动变阻器（最大阻值5kΩ），开关S，导线若干。 完成下列填空： (1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应______（把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列）； A．将红、黑表笔短接 B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆 C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置 再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的______（填“正极、负极”或“负极、正极”）相连，欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡______（填“×1”“×100”或“”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图（a）中实线Ⅱ所示，则粗测得到的该电压表内阻为______kΩ（结果保留1位小数）； (2)为了提高测量精度，他们设计了如图（b）所示的电路，其中滑动变阻器应选______（填“”或“”），闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于______（填“a”或“b”）端； (3)测量得到，则待测电压表内阻______（结果保留3位有效数字）。 四、解答题（共44分） 13．（12分）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数。重力加速度大小。不计薄板的厚度。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2）平台距地面的高度。 14．（14分）如图所示，竖直面内的xOy平面直角坐标系第二象限存在大小未知方向沿y轴竖直向下的匀强电场，第一、四象限内存在与x轴正方向成角斜向上的匀强电场（图中未画出）。圆心角为的光滑圆弧绝缘轨道固定在第一、四象限平面内，其左端位于坐标原点O处，右端B点和圆心连线与x轴平行，轨道半径大小为L。时刻，质量为m、电荷量为的小球从A点以大小为的初速度平行于x轴开始向右运动，恰好从O点沿切线方向进入弧形轨道。已知第一、四象限内匀强电场的电场强度，A点的横坐标为，小球可视为点电荷且带电量始终不变，重力加速度为g。求： (1)第二象限内匀强电场的电场强度的大小； (2)小球经过圆弧轨道右端点B点时的速度大小vB； (3)小球经过圆弧轨道右端点B点时，轨道对小球弹力的大小。 15．（18分）如图，水平平台上，一轻弹簧左端固定在A点，原长时其右端B处放置一质量为m=2kg的滑块（可视为质点），平台AB段光滑，BC段长x=2m，与滑块间的动摩擦因数μ1=0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带长L=5m，与滑块间的动摩擦因数μ2=0.4。传送带右端D点与一光滑竖直圆形轨道相切，圆形轨道半径R=0.4m，最高点为E点。现将滑块向左压缩弹簧后突然释放，滑块可在静止的传送带上滑行至距C点d=1.5m处停下。已知重力加速度g=10m/s2。 (1)求释放滑块时弹簧的弹性势能Ep； (2)若在相同位置释放滑块，传送带顺时针转动速度为，求滑块运动到E点时对轨道的压力大小； (3)若在相同位置释放滑块，传送带顺时针转动速度为，求滑块恰好脱离轨道的位置到水平平台的高度h及滑块落回平台时水平分速度的大小。 答案第1页，共2页 高一下学期6月月考 物理试卷 第2页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 0 B 0 C A ACD BD BC 1.D 【详解】A.摩擦起电的本质是电荷在不同物体间发生转移，根据电荷守恒定律可知，电荷 不能被创造，故A错误； B.所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，因此电荷量是不能连续变化的物理量，故 B错误； ℃.B=P是电场强度的比值定义式，电场强度B由电场本身的性质决定，与试探电荷的电 荷量q、试探电荷受到的电场力F均无关，故C错误： D.静电屏蔽的原理是导体处于外电场中时发生静电感应，静电平衡后导体内部（含空腔内 部)感应电荷的电场与外电场抵消，合电场强度为零，从而隔绝外电场对内部的影响，故D 正确。 故选D。 2.B 【详解】根据万有引力定律和圆周运动规律，卫星在行星表面附近运行时，万有引力提供向 心力GM-4rR R2 M 行星平均密度P= 4 R 31 联立解得p= 3π GT2 4pT行与7有关，非带量，放4信误： B.p=3 ,为常量，故B正确： C.P'T= 示：与I有关，非常量，故C错误 9元2 D.p'T3= G7,与了有关，非常量，故D错误。 故选B。 3.D 【详解】A.专~，时间段内，加速度为正，即加速度方向竖直向上，外卖员处于超重状态， 答案第1页，共10页 此时电梯可能加速上升，也可能减速下降，故A错误： B.,~t时间段内，加速度为零，处于平衡状态，所以电梯可能处于匀速状态，也可能处 于静止状态，故B错误； C.外卖员的重力只由外卖员的质量和加速度决定，与外卖员的运动状态无关，故C错误： D.~时间段内，外卖员的最大加速度为4，此时电梯对外卖员的支持力最大，设为F, 由牛顿第二定律Fm-mg=mag 解得Fm=g+1m吗 根据牛顿第三定律可得，外卖员对电梯地板最大压力为F压=Fm=g+,故D正确。 故选D。 4.C 【详解】试题分析：据题意，质点在位置P是具有的重力势能为：Ep=mgR；当质点沿着 1 曲面下滑到位置Q时具有的动能为：E=三mw,此时质点对轨道压力为：N-mg=m 2 白能金寸恒定徐得：吗=。一长=mgR-心-，数选质C正流 5.C 【详解】BD.根据电势的决定式p=但可知，Q,附近的电势为负，Q为负电荷，同理Q: 为正电荷，由于沿着电场线电势降低，A点场强方向沿x轴负方向，故BD错误： A.设Q,所在位置为D点，C点电场强度为零，根据电场强度的定义式可得DC0C ke ke 解得 F,故A错误 C.设OB距离为x,B点电势为零，根据电势定义式 ke. DB OB 解得x=2m 故B点的横坐标为2m,故C正确。 故选C。 6.B 【详解】由题意可知设M和N两球之间的库仑力为F,绳子的拉力分别为T1,T,质量分 别为1,2：与竖直方向夹角为0，对于小球M有 答案第2页，共10页 hE+T sin0=F Tcosθ=h8 对于小球N有 gE+F=T sin T2 cos 0=ng 联立有 hE=F-T sine>0 E=T sin0-F>0 所以可得 T>T 又因为 工= T32 可知>，即N的质量一定大于M的质量；两小球的电荷量则无法判断。 故选B。 7.A 【详解】电子在电场中做类平抛运动，平行于极板方向，有L='t 1 垂直于极板方向，有y=二at2 2 根据牛顿第二定律，有α= E gU n nid 联立解得y= Ur 2mdv 由动能定理可得△8=g8v=qUE 2md2v A.若仅将初速度v0减小为原来的一半，则y变为原来的4倍，△E变为原来的4倍，故A 正确： B.若仅将电压U增大为原来的2倍，则y变为原来的2倍，△E变为原来的4倍，故B错 答案第3页，共10页 误： C.若仅将板长L增大为原来的2倍，则y变为原来的4倍，△E变为原来的4倍，故C错 误； D.若仅将板间距d减小为原来的一半，则y变为原来的2倍，△E变为原来的4倍，故D 错误。 故选A。 8.ACD 【详解】A.两种子分别从O抛出到M、N的过程中做斜抛运动，斜抛运动具有对称性，斜 抛的时间是从抛出点到最高点时间的2倍，而从抛出点到最高点可以看成是反向的平抛，根 据九8，又种子。上升的最大高度较高，可知种子在空中的运动时间。>4，根据 △v=g△t 可知α的速度变化量比b的大，故A正确： B.根据x=t,又种子b的水平位移较大，可知水平速度。>。，二者的最小速度即水平 速度，即b的最小速度比a要大，故B错误： CD.根据？，=gt,可知种子α初速度的竖直分量v1大于种子b初速度的竖直分量y2,根 据%=√P,+y,2，无法判断二者抛出的初速度大小关系，故α抛出的初速度可能比b的要 大，也可能要小，故CD正确。 故选ACD。 9.BD 【详解】A.卫星从低轨道变到高轨道，需要点火加速做离心运动，而不是减速，故A错误： B.根据GMm=a GM 解得a= 可知“神舟十五号”在椭圆轨道虹上C点时的加速度等于天和核心舱在C点时的加速度，故B 正确： C.神舟十五号在椭圆轨道Ⅱ上的C点需要点火加速才能进入圆轨道I,说明它在椭圆轨道 C点的速率小于圆轨道Ⅲ上C点的速率。天和核心舱在圆轨道Ⅲ上运行，其速率为圆轨道 的稳定速率。因此神舟十五号在椭圆轨道C点的速率小于天和核心舱在C点的速率，故C 答案第4页，共10页 错误； D.根据G=mo7 G孔M 解得0= Vr 轨道半径r越小，角速度ω越大，天和核心舱轨道高度约340450公里，远小于同步卫星的 36000公里，因此轨道Ⅲ的角速度大于同步卫星的角速度。地球赤道上物体的自转角速度与 同步卫星相同，因此轨道Ⅲ的角速度大于地球赤道上物体的自转角速度，故D正确。 故选BD。 10.BC 【详解】A.下滑过程中，因为在B点时弹簧在原长，可知下滑过程中弹簧的弹性势能先减 小后增大，选项A正确： B.下滑过程中，当合力为零时速度最大，此时弹力向上的分量与摩擦力之和等于圆环的重 力，因B点的弹力为零，摩擦力为零，则速度最大的位置不在B点，选项B错误： C.下滑过程中由能量关系 W。-W弹-W,=0 上滑过程中 -形+-用-0m 解得 W=2 4 则产生的摩擦热为 1 Q-4 选项C错误； D.从B到A上滑过程中 -W1-W1-W1=0-2w上 2 从A到B下滑过程中 1 Wa+n-W 则 答案第5页，共10页 mj.miy-2W1 -0 1 即 B上>B下 选项D正确。 故选BC。 11. (1)C(2分) ②=(3分) 8T2 (3)C(3分) 【详解】(1)A.打点计时器应该接到学生电源的交流输出”端，故A错误： B.因为在“验证机械能守恒定律的实验中，比较的是gh和三2的大小关系，其中的m 可以被约去，所以不需要测出重锤的质量，故B错误： C.为了减小阻力造成的误差，应该尽量选择质量大、体积小的重锤，故C正确： D.如果用v=√2gh计算速度，相当于己经用到了机械能守恒定律，故D错误。 故选C。 (2)B点的重力势能E。=gh B点的速度g=么-力 2T 所以B点的动能R=mg=K么- 1 8r2 只需要满足E=E。 即可验证机械能守恒定律。整理得么) 82 (3)A.工作电压偏高不会导致重力势能减少量小于动能增加量，工作电压偏高主要影响 打点的清晰度，故A错误； BD.存在空气阻力和摩擦力时，机械能会有损失，应该是重力势能减少量大于动能增加量， 故BD错误； C.接通电源前释放了纸带，此时纸带开始下落时还没有打点，后面打出的点对应的速度会 答案第6页，共10页 比正常情况下偏大，从而导致计算出的动能增加量偏大，可能出现重力势能减少量小于动能 增加量的情况，故C正确。 故选C。 12.(1) CAB 负极、正极 ×100 1.6(每空1分) (2) R a(每空1分) (3)1.60(3分) 【详解】(1)[1]利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应选择欧姆挡即C选项：将多 用电表选择开关置于欧姆挡×10”位置：接着将红、黑表笔短接即A选项；进行欧姆调零即 B选项：调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆。 故首先操作顺序为CAB。 [2]多用电表使用时电流“红进黑出的规则可知：测量电阻时电源在多用电表表内，故将多用 电表的红、黑表笔分别与待测电压表的“负极、正极'相连。 [3]读数时欧姆表的指针位置如图(a)中虚线I所示，偏转角度较小即倍率选择过小，为了减 少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡倍率较大处，而根据表中数据可知选择“×k”倍率 又过大，故应选择欧姆挡“×100的位置： [4]测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为 R=16.0×1002=1.6k2 (2)[1]图(b)所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式连接，为了方便调节，应选最大 阻值较小的滑动变阻器即R: [2]为保护电路，且测量电路部分电压从零开始条件，闭合开关$前，滑动变阻器的滑片应 置于a端。 UR (3)测量得到=4.20VU一2.80V,带入待测电压表的阻值表达式风=一U则待测电压表 内阻1.60K2 13.(1)4ms:};2)高m(4分+4分+4分) 5 31 【详解】（1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 答案第7页，共10页 a=ug=3m/s2 薄板做加速运动的加速度 a,=m8=3ms2 对物块 1+W=以- 对薄板 解得 %=4m/s 1 t=38 (2)物块飞离薄板后薄板得速度 v2=at 1m/s 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为 11 i=26=1 133 则平台距地面的高度 87、5 h=1 9 14.5-m 3(4分) (2)2gL(5分) 6/4+3 4 g(5分) 【详解】(1)小球从A点至O点在y轴方向有tan30°=a,5 根据牛顿第二定律有耳q+g=mg 答案第8页，共10页 在x轴方向有L=6 联立代入数据得E, (3-1)g 9 (2)设小球在0点速度大小为v,有v= c0s30 小球从O点到B点过程中，由动能定理有 1 gRcos30+g吧，sim30:Rcos30+g6,cos30°：(R+Rsin30)三号m%」 2 2 求得，=v=2o=2g 3 (另解：电场力与重力的合力P=Vg)'+(gg)广-2 mg.qEco0s60-3 g与x轴正方向 夹角为60，小球从O至B点，F方向与位移方向垂直，做功为零所以小球在B点速度大小 为g=v) (3)小球在B点，由牛顿第二定律得R,-gB,cos30°=m L /3 代入数据得F 8 15.(1)22J (6分) (2)0 (6分) (3)0.6m,√14m/s(6分) 【详解】(1)从释放弹簧到滑块静止，由能量守恒得E。=4gr+山gd E。=22J (2)从释放弹簧到滑块运动C点，由能量守恒得瓦，~4gx=0 Ve=2v3 m/s 滑块上传送带到共速的过程设位移为，列动能定理得-必g=m-)m 忌 2 2 s=1m<5m 故滑块到达D点前已与传送带共速，vp=2W5m/s 答案第9页，共10页 1 从D到E,由动能定理得-g2R=m2% 代入数据得'e=2m/s 在E点，由牛顿第二定律得N+g=m R 代入数据得N=0,故轨道对滑块的压力大小为0。 (3)因√14m/s>2W5m/s,故滑块在传送带上仍先加速后匀速，滑块到达D点时速度 Vp =v14m/s 设滑块脱离轨道时为P点，半径与水平方向夹角为日，此时速度为y。。 白机锁徐守柜斜m店一m=sR+s血0) 滑块脱离轨道时，弹力恰好为零，由牛顿第二定律得mgs9=m R m6;=V2m/3 故h=R(1+sin8)=0.6m 滑块从D点进入轨道到落回D点所在水平面，由机械能守恒得)m2=, 21 v=Vp=v14m/s 脱离轨道时其水平分速度为，=6os60°= 1m/s 2 方向向左，故落地时水平分速度大小仍为 2 m/s 答案第10页，共10页