湖南省长沙市芙蓉区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）

湖南省长沙市芙蓉区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DABADCDCDABBCD1．D【详解】A．万有引力定律内容为：自然界中任意两个有质量的物体间都存在相互吸引的万有引力，引力大小公式为其中为引力常量，、为两物体质量，为两物体质心的间距，引力方向沿两物体的连线。由公式可知，万有引力大小与两物体质量的乘积成正比，和物体质量有关，故A错误；B．万有引力普遍存在于所有有质量的物体之间，并非只有天体之间才有，故B错误；C．由公式可知，万有引力大小与两物体距离的平方成反比，而非与距离成正比，故C错误；D．结合上述可知，万有引力为相互吸引力，方向沿两物体的连线，故D正确。故选D。2．A【详解】沿电场线方向电势逐渐降低，越靠左（沿电场反方向）电势越高，垂直电场方向（竖直方向）电势不变；由图可知电场线方向水平向右，M点处于电场线方向的最左侧，因此M点的电势最高。故选A。3．B【详解】a和c带正电，则a对c的库仑力为斥力，方向沿，b带负电，则b对c的库仑力为引，方向沿，根据由于a所带的电荷量比b所带的电荷量小，则a对c的库仑斥力小于b对c的库仑引力，根据力的合成规律可知，c受到a和b的静电力的合力方向偏向b对c的库仑引力方向，可知，c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段表示。故选B。4．A【详解】金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动。故选A。5．D【详解】根据题意可知，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，对A物体有对B物体有联立解得，故选D。6．C【详解】A．天问三号需要摆脱地球引力的束缚，绕火星运动，故天问三号的最小发射速度为，故A错误；B．卫星从高轨道变到低轨道，需点火减速，所以天问三号在点点火减速进入椭圆轨道2，故B错误；C．根据开普勒第三定律可知，天问三号在轨道1上运行的轨道半径大于在轨道3上的轨道半径，故在轨道1上运行的周期大于在轨道3上运行的周期，故C正确；D．根据万有引力提供向心力有解得则天问三号在轨道3上运行的轨道半径小于在轨道1上运行的轨道半径，故在轨道3上运行的线速度大于在轨道1上运行的线速度，D错误；故选C。7．D【详解】A．小滑块在AB段摩擦力，摩擦力最大值为，恒定外力F=5N，故小滑块先加速，后做减速运动，故A错误；B．摩擦力做功，根据动能定理解得，故在B点，由向心力公式故小滑块到B点时，对轨道压力大小为，故B错误；C．因为小于，故小滑块不能到达C点，故C错误；D．设最终静止时，距离A为x，根据动能定理，返回过程克服摩擦力做功等于小滑块损失的动能，即，解得故距离B点为，故D正确。故选D。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和h都相等，则两粒种子相撞前瞬间速度大小相等，C正确；D．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．AB【详解】杆PQ始终保持水平，可知转动过程中，P、Q两点保持相对静止，所以P、Q两点的运动情况完全相同，即P、Q两点的线速度始终相同，角速度始终相同，加速度始终相同。故选AB。10．BCD【详解】A．秋千从最高点下落到最低点的过程，重力做功为，故A错误；B．秋千从最高点下落到最低点的过程，由动能定理可知解得，故B正确；C．秋千经过最低点时的向心加速度大小为，故C正确；D．秋千经过最低点时由牛顿第二定律有可得经过最低点时单根绳子的拉力大小为，故D正确。故选BCD。11．(1)B(2)2∶1不变【详解】（1）两球质量m相等、转动半径r相等，塔轮皮带边缘线速度大小相等，由于可知，塔轮角速度不同，即小球角速度不同，此时可研究向心力的大小与角速度的关系。故选B。（2）[1]左边标尺露出1个格，右边标尺露出4个格，则向心力之比为1：4，由，可知，小球的角速度之比为1：2，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为2：1。[2]由上一步的分析可知，其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左右两标尺示数的比值不变。12．(1)6.000(2)DE(3)(4)(5)等于【详解】（1）螺旋测微器的精确值为，由图可知测电阻的直径为（2）[1]由电动势可知电压表量程约为，可选电流表与定值电阻串联改装，即M处器材应选取D；[2]由，可选电流表A2与定值电阻R3并联改装，即N处器材应选取E；（3）由欧姆定律知可得则（4）[1]根据结合图丙可得斜率解得[2]根据电阻定律可得可得（5）由于在计算通过的电流时，电流表内阻已知，已经考虑了改装电压表的分流作用，因此的测量值等于真实值。13．(1)(2)【详解】（1）根据题意可知，小球从处沿圆弧切线方向进入圆管，将小球运动到处时的速度沿水平方向与竖直方向分解，如图所示则有，小球做平抛运动，则有解得（2）小球恰好可以到达圆弧形管道最高点D，即小球达到D点时速度为0，根据动能定理有解得14．(1)，(2)【详解】（1）设粒子经过C点的速度为，在区域中，根据动能定理

设粒子在区域中运动的时间为t，根据类平抛规律,x方向y方向

根据牛顿第二定律

解得

设粒子到G点的速度为v，在区域中，根据动能定理

解得（2）从P点静止释放的粒子，根据动能定理

区域中的电场强度变为后，根据牛顿第二定律

根据类平抛规律，

粒子经过边时速度的y分量为

在区域，根据运动的合成与分解，