湖南省湘西自治州2025-2026学年高一下学期期末考试物理自编试卷（人教版）（解析版版）

湖南省湘西自治州2025-2026学年高一下学期期末考试自编试卷物理试题（解析版）题号12345678910答案BBCCADDBDBCBD1．B【详解】A．A、B两艘快艇在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，根据可得，它们线速度大小之比为，故A错误；B．A、B两艘快艇在相同时间内，运动方向改变的角度之比是3：2，根据可得，它们角速度大小之比为，故B正确；C．根据可知，A、B两艘快艇做圆周运动的半径之比为，故C错误；D．根据可知A、B两艘快艇的向心加速度大小之比为，故D错误。故选B。2．B【详解】设正方向边长l，A、C点的电荷在D点的场强均为则A、C点的电荷在D点的合场强为因为D点的电场强度恰好等于零，则B点的点电荷在D点的场强与A、C点的电荷在D点的合场强等大反向，因此B点的点电荷带负电，且B点的点电荷在D的电场强度大小是解得故选B。3．C【详解】A．小球运动过程中，小球的一部分机械能转化为了半圆槽和物块的动能，根据能量守恒可知，小球不可能到达与释放点等高的C点，故A错误；B．小球从点运动到点的过程中，小球对半圆槽有弹力作用，故半圆槽对竖直墙壁有弹力作用，根据牛顿第三定律可知，竖直墙壁对半圆槽也有弹力作用，故竖直墙对半圆槽的冲量不为0，故B错误；C．小球从点运动到点的过程中，半圆槽和物块不动，只有重力对小球做功，故小球的机械能守恒，故C正确；D．小球从B到C，小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向合力为0，但系统在竖直方向合力不为零，故系统动量不守恒，故D错误。故选C。4．C【详解】A．电场线的疏密表示场强大小，A点电场线比B点密，所以A点场强大于B点场强，故A错误；BCD．根据场强叠加原理，可知，故BD错误，C正确。故选C。5．A【详解】根据题意，设运动员踢球时对足球做的功约为，从开始踢球到足球上升到最大高度的过程，根据动能定理有解得故选A。6．D【详解】平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，水平方向分速度不变，在竖直方向上做自由落体运动，由Δv=gt知，相同时间内速度变化量相同，且方向竖直向下。故选D。7．D【详解】A．车轮匀速转动过程中，平衡块做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，向心力大小不变，向心力方向始终指向圆心，方向在变化，可知，车轮匀速转动过程中平衡块的向心力发生了变化，故A错误；B．平衡块处于最高点时，若有解得此时平衡块处于最高点，平衡块对轮毂没有压力作用，故B错误；C．汽车沿直线行驶时，以轴心为参考系，平衡块做圆周运动，以地面为参考系，平衡块还随车一起水平运动，所以平衡块做曲线运动，但不是圆周运动，故C错误；D．平衡块在最低点时，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有解得车轮在竖直面内以恒定速率匀速转动，可知平衡块在最低点时对轮毂的压力与平衡块的质量成正比，故D正确。故选D。8．BD【详解】A．设二者间距为L，二者间的万有引力为，恒星和黑洞的距离L不变，恒星和黑洞的总质量不变；随着黑洞吞噬恒星，由于一开始黑洞的质量大于伴星的质量，所以黑洞与伴星质量差值变大，则m1与m2的乘积变小，所以两者之间的万有引力变小，故A错误；C．对该双星系统，根据牛顿第二定律得解得因为双星的质量之和不变，间距不变，所以周期不变，故C错误；B．两者的线速度大小之和由于双星的间距不变，周期不变，所以两者的线速度大小之和不变，故B正确；D．双星做匀速圆周运动，所需的向心力大小相等，则有可得由题图知，则有，所以图中m2为伴星，故D正确。故选BD。9．BC【详解】A．由牛顿第二定律可知，物体上滑过程的加速度大小物体下滑过程的加速度大小则由，可知整个过程中摩擦力冲量的矢量和为，故A错误；B．规定初速度方向为正方向，所以整个过程中动量的变化量为合力的冲量等于动量的变化量，所以整个过程中合力的冲量大小为，故B正确；C．上滑过程中重力的冲量为下滑过程的冲量为则，故C正确；D．支持力的冲量等于支持力与作用时间的乘积，在物体上滑和下滑过程中一直受到支持力的作用，所以支持力的冲量不为零，故D错误。故选BC。10．BD【详解】A．图像斜率表示加速度，由于该图斜率在变，故小汽车在0~10s内做变加速直线运动，故A错误；BC．汽车最大速度时合力为0，此时牵引力等于阻力，则有代入题中数据，解得汽车额定功率对汽车，由牛顿第二定律有其中代入题中数据，解得，故B正确，C错误；D．小汽车内，由动能定理有联立解得，故D正确。故选BD。11．(1)0.361.80(2)BP间距离(3)【详解】（1）[1]打出B点时小车的速度大小[2]同理，打出P点时小车的速度大小（2）若要验证动能定理，需要测量钩码的质量和小车的质量，还需要知道钩码下降的距离，即BP间距离，故应表示BP间距离。（3）钩码的质量远小于小车的质量，故绳子的拉力近似等于钩码的重力，对小车，根据动能定理，故若上式在实验误差范围内成立，则可验证动能定理。12．(1)大于(2)相同(3)【详解】（1）为保证碰撞过程不反弹，则甲的质量应大于乙的质量。（2）为保证碰撞前甲的速度均相同，则甲每次应从同一位置释放。（3）[1]物块在水平面上做匀减速运动，根据匀变速直线运动规律，则有解得若碰撞过程动量守恒。则有即[2]若为弹性碰撞，则有联立可得13．(1)4m/s2(2)80m/s2【详解】（1）在星球表面，根据黄金代换，可得表面重力加速度为该行星表面的重力加速度大小和地球表面重力加速度之比为可得该行星表面的重力加速度大小（2）“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律解得a=80m/s214．(1)(2)；(3)【详解】（1）带电粒子在加速电场中加速，由动能定理得代入得（2）带电粒子在偏转电场中运动，加速度得加速度大小穿过偏转电场所用时间得（3）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动。沿垂直于板面方向偏移的距离、两板宽度解得15．（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据牛顿第二定律代入数据可得加速度为（2）粒子在电场中做类平抛运动，能打在立方体底边四个顶点的粒子发射速率最小，竖直方向水平方