湖南省长沙市2025-2026学年高一下学期期末考试物理自编试卷01（人教版）（解析版）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省长沙市2025-2026学年高一下学期期末考试自编试卷01物理试题题号12345678910答案BDBBAACCDABDBC1．B【详解】曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向；曲线运动的加速度（合外力）一定指向轨迹的凹侧；直线（直道）运动中，加速度与速度一定共线。故选B。2．D【详解】A．等效电流的大小为neSv，A错误；B．等效电流的方向与负电荷定向移动方向相反，等效电流方向向左，B错误；C．导线电阻为若将导线均匀拉长为原来的2倍，导线电阻变为原来的4倍，C错误；D．导线的电流为导线电阻为因为解得若将导线均匀拉长为原来的2倍，导线中自由电子定向移动的平均速率变为，D正确。故选D。3．B【详解】A．根据万有引力提供加速度，有解得近火点到火星中心的距离更小，加速度更大，故A错误；B．根据开普勒第二定律，同一椭圆轨道上，探测器与火星中心的连线在相等时间内扫过的面积相等，近火点更小，因此运行速度更大，故B正确；C．探测器在同一停泊轨道运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，近火点和远火点的机械能相等，故C错误；D．探测器在近火点时，万有引力小于所需向心力，做离心运动沿椭圆轨道运行，若要变为绕火星的圆轨道，需要减速使万有引力等于所需向心力，故D错误。故选B。4．B【详解】A．根据安培定则（右手螺旋定则），从上往下看电流沿顺时针方向，右手四指弯曲指向电流方向，大拇指指向竖直向下，所以弹簧内部的磁场竖直向下，故A错误；B．把一匝弹簧的圆周分成非常短的小段，关于圆心对称的是反向电流，根据反向电流互相排斥的特点可知，同一匝弹簧沿半径方向有扩张的趋势，故B正确；C．因相邻两匝弹簧之间的电流方向相同，则弹簧内通过的电流相互吸引，使得弹簧长度变短，故C错误；D．纯净水是绝缘体，将水银换成纯净水后，电路无法接通，弹簧中无电流通过，不受安培力作用，不会发生上下振动，故D错误。故选B。5．A【详解】A．磁铁振动过程中，穿过闭合线圈的磁通量不断发生变化，线圈中会产生感应电流，因此磁铁的动能会有一部分转化为电能，最终电能转化为焦耳热，故A正确；B．没有线圈时，只有空气阻力消耗磁铁的机械能；有线圈时，除了空气阻力，感应电流的安培力也会阻碍磁铁运动，能量损耗更快，因此有线圈时磁铁会更早停止运动，故B错误；C．感应电流的大小由磁通量的变化率决定，磁铁离线圈最近时，速度为0，穿过线圈的磁通量变化率最小，感应电动势最小，感应电流最小，故C错误；D．根据楞次定律的“增缩减扩”，磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈为阻碍磁通量减小，会有扩张趋势，故D错误。故选A。6．A【详解】测得间的电压都相等（不为零），分别能够说明电源、滑动变阻器、B灯泡、A灯泡都是好的，测得间电压为零，说明开关处断路。故选A。7．C【详解】A．由电势变化图可知，A导线两端电压，B导线两端电压，因此电压之比，故A错误；B．串联电路中电流处处相等，因此A、B导线电流之比为，故B错误；CD．由欧姆定律知，结合选项AB分析，联立得两导线电阻之比；根据电阻定律，变形得，两导线材料相同，即相同，横截面积之比：，故C正确，D错误。故选C。8．CD【详解】A．由题图可知，两粒种子从同一地点弹射出去在M点相遇，都做抛体运动，种子做斜上抛，种子P做斜下抛，则种子Q的运动时间大于种子P的运动时间，两者在M点相遇，故种子Q先弹射飞出，A错误；B．种子Q做抛体运动，在最高点时，竖直方向的分速度为零，水平方向的分速度不为零，因此种子Q在最高点的速度不为零，B错误；C．根据动能定理可得解得由于两粒种子的v0和hD．结合上述分析可知，碰撞前瞬间，种子的竖直分速度较大，而两粒种子的质量相等，根据可知，重力对种子Q的功率较大，D正确。故选CD。9．ABD【详解】A．若该汽车以额定功率启动，达到最大速度时牵引力等于阻力，则根据P=Fvm=fvm可得能达到的最大速度为，A正确。B．若该汽车以额定功率启动，速度达到20m/s时的牵引力加速度大小为，则B正确。C．由B的分析可知，若该汽车从静止开始以a=1m/s2的加速度做匀加速运动，则当速度为v=20m/s时达到额定功率，则此过程最多能维持的时间为，C错误。D．若该汽车以额定功率启动，行驶10s时速度达到20m/s，则此过程由动能定理解得行驶的路程为x=200m，D正确。故选ABD。10．BC【详解】A.由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于mv2，选项A错误；B.在t1时间内，物块相对传送带的位移，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B正确；C.由能量关系可知，在t1+t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增量，即mgLsinθ+mv2，选项C正确；D.在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgL1sinθ+mv2+Q，由选项B可知：mgL1sinθ+mv2=Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗2mgL1sinθ+mv2；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sinθ；则在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗2mgL1sinθ+mv2+mgL2sinθ=mg(L+L1)sinθ+mv2的电能，选项D错误；11．(1)变大(2)B上2.42.4【详解】（1）将A板向左移动，板间距d变大，电容减小，电量不变，则增大，所以静电计指针张角变大。（2）（ⅰ）[1]开关接1时，电容器充电，根据电容器充电的特点，当电路刚接通后，电流表示数从0突然增大到某一最大值，然后随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0，故ACD错误，B正确。故选B。（ⅱ）[2]由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器充电完成后电容器上极板带正电；[3][4]由于I-t图线的面积表示电荷量，则充电结束后，电容器两端电压根据电容器的定义式，因此代入数据解得t=1.2s时I=1.0mA，可知此时电容器两端的电压为代入数据联立解得12．0.934mm/0.935mm/0.936mm最左端【详解】[1][2]为保护电路，闭合开关S前，应将滑动变阻器R0的滑片调至最左端。[3]由桥式电路规律有解得电阻丝的阻值[4]由电阻定律解得电阻率【点睛】13．(1)(2)(3)【详解】（1）在N点，根据牛顿第二定律有由牛顿第三定律可知，在N点轨道对物块A的支持力大小为解得小物块A经过N点的速度大小为物块A从释放到运动到N点过程中，由动能定理有解得（2）物块A滑离N时有，物块A滑离N至滑上平台过程中，在竖直方向有，解得，在水平方向有物块A在平台左端离开平台到落在P点过程中做平抛运动，竖直方向有解得水平方向有解得小物块A在平台左端离开平台时的速度大小（3）小物块A与物体B发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒可得，联立解得物块B的质量为14．(1)80V/m，方向与BC方向的夹角为60°(2)【详解】（1）根据题意可知故则根据电场强度与电势差的关系可得电场强度沿BA方向的分量为电场强度沿BC方向的分量为如下图所示，根据矢量合成可得匀强电场的电场强度大小为设电场强度的方向与BC方向的夹角为θ，则有解得即电场强度的方向与BC方向的夹角为30°。（2）AC的中点Q点的电势为则将一电子从AC的中点Q移到C点，静电力做