湖北省孝感市汉川市第一高级中学2024-2025学年高一物理下学期期末考试试题含解析

PAGE16-湖北省孝感市汉川市第一高级中学2024-2025学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1.转篮球是一项须要技巧的活动，如图所示，假设某同学让篮球在指尖上匀速转动，指尖刚好静止在篮球球心的正下方．下列推断正确的是()A.篮球上的各点做圆周运动的圆心均在指尖与篮球的接触处B.篮球上各点的向心力是由手指供应的C.篮球上各点做圆周运动的角速度相等D.篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大【答案】C【解析】【详解】A.篮球上的各点做圆周运动的圆心在篮球的轴线上，类似于地球的自转轴，选项A错误；B.手指并没有与篮球上的别的点接触，不行能供应全部点的向心力，选项B错误；C.篮球上各点做圆周运动的周期相等，即角速度相等，选项C正确；D.篮球上各点离转轴越近，由a＝rω2可知，做圆周运动的向心加速度越小，选项D错误；2.关于下列对配图的说法中正确的是（）A.图1中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中它的机械能守恒B.图2中火车在匀速转弯时所受合外力为零，动能不变C.图3中握力器在手的压力下弹性势能增加了D.图4中撑杆跳高运动员在上升过程中机械能守恒【答案】C【解析】【分析】机械能守恒的条件为在只有重力或系统内的弹力做功的状况下，系统的机械能守恒．【详解】A项：图1中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中，钢绳对它做负功，所以机械能不守恒，故A错误；B项：图2中火车在匀速转弯时做匀速圆周运动，所受的合外力指向圆心且不为零，故B错误；C项：图3中握力器在手的压力下形变增大，所以弹性势能增大，故C正确；D项：图4中撑杆跳高运动员在上升过程中撑杆的弹性势能转化为运动员的机械能，所以运动员的机械能不守恒，故D错误．故应选：C．【点睛】机械能守恒的条件为在只有重力或系统内的弹力做功的状况下，系统的机械能守恒．3.如图所示，将小球从空中的A点以速度Vo水平向右抛出，不计空气阻力，小球刚好擦过竖直挡板落在地面上的B点．若使小球仍刚好擦过竖直挡板且落在地面上B点的右侧，下列方法可行的是()A.在A点将小球以大于Vo的速度水平抛出B.在A点将小球以小于Vo的速度水平抛出C.在A点正上方某位置将小球以小于Vo的速度水平抛出D.在A点正下方某位置将小球以大于Vo的速度水平抛出【答案】D【解析】分析】依据“小球从空中A点以速度Vo水平向右抛出”可知，本题考查平抛运动的规律，依据平抛的分运动规律，运用运动学公式等，进行分析推断落点.【详解】C、D、依据，得，水平位移为.则知在A点正上方某位置将小球以小于v0的速度水平抛出时，小球刚好擦过竖直挡板时所用时间变长，水平位移不变，初速度变小，能使小球落在挡板和B点之间.在A点正下方某位置将小球抛出时，小球刚好擦过竖直挡板时所用时间变短，水平位移不变，初速度变大，能使小球落在地面上的B点右侧，故C错误，D正确.A、B、在A点将小球抛出时，落地时平抛运动的时间相等，当时速度大于v0时，小球运动到挡板正上方所用时间变短，下落的高度变小，将从挡板正上方越过.当时速度小于v0时，小球运动到挡板时所用时间变长，下落的高度变大，将撞在挡板上.故A、B错误.故选D.【点睛】解决本题的关键要驾驭其探讨方法：运动的分解法，将平抛运动分解为水平和竖直两个方向进行探讨，再由运动学公式列式分析.4.法国媒体2月8日报道称，探讨人员2月5日发觉的绕银河系一颗昏暗恒星运行的七颗行星上好像有水，可能“宜居”．若已知某行星的质量、转动半径、恒星质量及万有引力常量，则可以计算的物理量是A.该行星的第一宇宙速度 B.该行星的公转角速度C.该行星的自转角速度 D.该行星表面重力加速度【答案】B【解析】【详解】A．第一宇宙速度指转动半径等于行星半径时的运行速度，，，该行星自身半径R不知道，所以无法求得该行星的第一宇宙速度，A错误；BC．由，，可以求得行星公转的角速度；依据万有引力公式无法求得行星自转的角速度，B正确，C选项错误；D．由，，行星自身半径R不知道，所以无法求得该行星表面的重力加速度，D错误。故选B。5.如图所示是一个平行板电容器,其电容为C,带电荷量为Q,上极板带正电,两极板间距离为d.现将一个检验电荷+q由两极板间的A点移动到B点,A､B两点间的距离为s,连线AB与极板间的夹角为30°,则电场力对检验电荷+q所做的功等于()A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】依据：解得则电容器两板间的电场强度EA､B两点间的电势差UAB=Essin30°=则电场力对电荷做的功W=qUABC正确，ABD错误。故选C。6.在其空中M、N两点分别放有异种点电荷＋2Q和－Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分，b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示，则下列说法正确的（）A.a、b、c、d四点电场强度的大小关系是Ea＞Ec，Eb＝EdB.a、b、c、d四点电势的关系是φa＜φc，φb＝φdC.在MN的连线上，O点的电场强度最小D.将带负电的摸索电荷由b沿直线移动到d的过程中，其电势能始终不变【答案】A【解析】【详解】A．设Ma=aO=R则a、c点的场强分别为，因此Ea＞Ec由于b、d两点关于MN对称，因此可得Eb＝EdA正确；B．由于沿着电场线，电势降低，因此φc＜φa又由于对称性，可知φb＝φdB错误；C．电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由电场线疏密程度可知，AB连线上电场强度最小值应出现在O点的右侧，C错误；D．负点电荷沿直线由b运动到d的过程中，电场力对负电荷先做正功后做负功，负电荷的电势能先减小后增加，只是初、末位置的电势能相等，运动过程中电势能在改变，D错误。故选A7.宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用相互绕转，称之为双星系统。在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示。若AO>OB，则（）A.星球A的质量肯定大于星球B的质量B.星球A的线速度肯定大于星球B的线速度C.双星间距离肯定，双星的质量越大，其转动周期越大D.双星的质量肯定，双星之间的距离越大，其转动周期越大【答案】BD【解析】【详解】A．由于两星球间万有引力供应各自做圆周运动的向心力，依据可得因AO>OB，故星球A的质量肯定小于星球B的质量，A错误；B．由于两星球角速度相同，依据可知星球A的线速度肯定大于星球B的线速度，B正确；CD．依据整理得双星间距离肯定，双星的质量越大，其转动周期越小；双星的质量肯定，双星之间的距离越大，其转动周期越大，C错误，D正确。故选BD。8.如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的物块由静止放在传送带的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是（）A.摩擦力对物块做的功为0.5mv2B.物块对传送带做功为0.5mv2C.系统摩擦生热为0.5mv2D.电动机多做的功为mv2【答案】ACD【解析】【详解】A．物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，依据动能定理得：摩擦力对物块做的功为故A正确；B．在物块与传送带相对静止之前，两者之间有相对位移，所以物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等。由于传送带相对于地的位移大于物块相对地的位移，所以物块对传送带做功大于，故B错误；C．设物块匀加速运动的时间为，则物块与传送带相对位移大小为此过程中物块的位移为则有则系统摩擦生热为故C正确；D．电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为故D正确。故选ACD。9.在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g)，下列说法正确的是()A.物块A运动的距离为B.物块A加速度为C.拉力F做的功为mv2D.拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量【答案】AD【解析】【详解】起先时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，依据胡克定律，有：mgsinθ=kx1解得：；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，依据胡克定律，有；mgsinθ=kx2；解得：；故物块A运动的距离为：△x＝x1+x2＝，故A正确；此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，依据牛顿其次定律，有：F-mgsinθ-T=ma弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：T=mgsinθ，故：a=−2gsinθ，故B错误；拉力F做的功等于物体A、物体B和弹簧系统机械能的增加量，为：W=mg•△xsinθ+mv2+EP弹，故C错误；由于质量相等，那么刚好要离开挡板时候的弹性势能和刚起先相同，同时B物体机械能没有改变，那么整个过程中外力F做的功全部用于增加物块A的机械能，故D正确；故选AD．【点睛】本题关键抓住两个临界状态，起先时的平衡状态和最终的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，不难．10.如图所示，空间虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5cm，其中BB′为零势能面，一个质量为m，带电量为+q的粒子沿AA′方向以初动能Ek，自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场。已知PA′=2cm。粒子的重力忽视不计。下列说法中不正确的是（）A.该粒子到达C′点时的动能是2EkB.该粒子通过等势面BB′时的动能是1.25EkC.该粒子在P点时的电势能是EkD.该粒子到达C′点时的电势能是0.5Ek【答案】BCD【解析】【详解】粒子在电场中做类平抛运动，以水平向右为x轴，向上为y轴建立直角坐标系整理得A．该粒子到达C′点时的动能A正确，不符合题意；B．由于从到电场力做功为，因此从到电场力做功，因此该粒子通过等势面BB′时的动能是1.5Ek，B错误，符合题意；C．由于在处电势能为零，而整个运动过程中动能与电势能的和保持不变，因此该粒子在P点时的电势能是0.5Ek，C错误，符合题意；D．由于到达处动能为，因此该粒子在C′点时的电势能是-0.5Ek，D错误，符合题意。故选BCD。二、试验填空题（11题4分，12题4分，，13题6分）11.某同学用如图甲所示的装置，来验证机械能守恒定律，下列说法正确的是A.该试验中，重物应选用质量大、体积小、密度大的材料B.该试验中，可以由公式v=gt求出打某点的纸带的速度C.该试验中，应先接通电源后释放重物D.该试验中，打点计时器接到电源的直流输出端上【答案】AC【解析】【详解】A．试验时为了减小相对阻力的影响，重物应选用质量大、体积小、密度大的材料，故A正确；B．试验时通过来求解速度，不能依据v=gt求解瞬时速度，故B错误；C．试验时应先接通电源后释放重物，故C正确；D．打点计时器接到电源的沟通输出端上，故D错误。故选AC．12.图甲中游标卡尺的读数是________cm，图乙中螺旋测微器的读数是_______mm．【答案】(1).2.98(2).5.680【解析】【详解】[1]．如图所示游标卡尺主尺上整毫米数为29mm，游标尺上读数为8×0.1=0.8mm，故游标卡尺的读数为29.8mm=2.98cm；[2]．乙图主轴上读数为5.5mm，螺旋上读数为18.0×0.01=0.180mm，故乙图的读数为5.680mm.13.试验室中利用下列器材测量一个阻值约为200Ω的电阻：电压表V1，量程为5V，内阻约为5kΩ电压表V2，量程为15V，内阻约为15kΩ电流表A1，量程为30mA，内阻约为50Ω电流表A2，量程为0.6A，内阻约为1Ω滑动变阻器R1，最大阻值20Ω滑动变阻器R2，最大阻值100Ω电源E，电动势为4.5V，内阻1Ω电键和导线若干（1）为了精确画出该电阻的I－U图线，试验时要求电压从零起先连续改变，以便多测几组数据，电压表应选用_________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。(填写器材的符号)（2）在方框中画出试验电路图______________。【答案】(1).V1(2).A1(3).R1(4).见解析【解析】【详解】(1)[1]电源电动势为4.5V，故电压表的示数最大为4.5V，电压表选V1。[2]流过电阻的最大电流Im＝A＝22.5mA故电流表选A1。[3]试验要求电压从零起先连续改变，应采纳滑动变阻器分压式连接，阻值宜用小些的，便于调整，选R1。(2)[4]由于电阻较小，电流表采纳外接法，滑动变阻器采纳分压式接法，试验电路如图所示三、计算题（14题10分，15题12分，16题14分，共36分。写出必要的文字、方程式及重要的演算步骤。）14.一小滑块静止在倾角37º的斜面底端，滑块受到外力冲击后，获得一个沿斜面对上的速度v0=4.0m/s。斜面足够长，滑块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2。求滑块在斜面上的运动时间。【答案】s【解析】【详解】滑块向上运动时，依据牛顿其次定律解得a1=8m/s2因此向上运动的时间t1==0.5s位移大小s==1m滑块向下运动时依据牛顿其次定律解得a1=4m/s2依据s=下滑的时间t2=s因此运动总时间t=t1+t2=s15.如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α=的角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E=2×104N/C．在细杆上套有一个带电荷量为q=1.732×10−5C、质量为m=3×10−2kg的负电小球．现使小球从细杆的顶端A由静止起先沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点．已知A、B间的距离x1=0.4m，g=10m/s2．求：(1)小球在B点的速度vB；(2)小球进入电场后滑行的最大距离x2；(3)小球从A点滑至C点所用的时间t．【答案】(1)2m/s(2)0.4m(3)0.8s【解析】【详解】(1)由A到B，依据动能定理列出等式：代入数据解得：(2)小球从细杆的顶端A由静止起先沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在