湖北省孝感市漢川市第一高級中學(xué)2024-2025學(xué)年高一物理下學(xué)期期末考試試題含解析

PAGE16-湖北省孝感市漢川市第一高級中學(xué)2024-2025學(xué)年高一物理下學(xué)期期末考試試題（含解析）一、選擇題：本題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求．全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．1.轉(zhuǎn)籃球是一項須要技巧的活動，如圖所示，假設(shè)某同學(xué)讓籃球在指尖上勻速轉(zhuǎn)動，指尖剛好靜止在籃球球心的正下方．下列推斷正確的是()A.籃球上的各點做圓周運動的圓心均在指尖與籃球的接觸處B.籃球上各點的向心力是由手指供應(yīng)的C.籃球上各點做圓周運動的角速度相等D.籃球上各點離轉(zhuǎn)軸越近，做圓周運動的向心加速度越大【答案】C【解析】【詳解】A.籃球上的各點做圓周運動的圓心在籃球的軸線上，類似于地球的自轉(zhuǎn)軸，選項A錯誤；B.手指并沒有與籃球上的別的點接觸，不行能供應(yīng)全部點的向心力，選項B錯誤；C.籃球上各點做圓周運動的周期相等，即角速度相等，選項C正確；D.籃球上各點離轉(zhuǎn)軸越近，由a＝rω2可知，做圓周運動的向心加速度越小，選項D錯誤；2.關(guān)于下列對配圖的說法中正確的是（）A.圖1中“蛟龍?zhí)枴北坏踯嚨跸滤倪^程中它的機械能守恒B.圖2中火車在勻速轉(zhuǎn)彎時所受合外力為零，動能不變C.圖3中握力器在手的壓力下彈性勢能增加了D.圖4中撐桿跳高運動員在上升過程中機械能守恒【答案】C【解析】【分析】機械能守恒的條件為在只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功的狀況下，系統(tǒng)的機械能守恒．【詳解】A項：圖1中“蛟龍?zhí)枴北坏踯嚨跸滤倪^程中，鋼繩對它做負(fù)功，所以機械能不守恒，故A錯誤；B項：圖2中火車在勻速轉(zhuǎn)彎時做勻速圓周運動，所受的合外力指向圓心且不為零，故B錯誤；C項：圖3中握力器在手的壓力下形變增大，所以彈性勢能增大，故C正確；D項：圖4中撐桿跳高運動員在上升過程中撐桿的彈性勢能轉(zhuǎn)化為運動員的機械能，所以運動員的機械能不守恒，故D錯誤．故應(yīng)選：C．【點睛】機械能守恒的條件為在只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功的狀況下，系統(tǒng)的機械能守恒．3.如圖所示，將小球從空中的A點以速度Vo水平向右拋出，不計空氣阻力，小球剛好擦過豎直擋板落在地面上的B點．若使小球仍剛好擦過豎直擋板且落在地面上B點的右側(cè)，下列方法可行的是()A.在A點將小球以大于Vo的速度水平拋出B.在A點將小球以小于Vo的速度水平拋出C.在A點正上方某位置將小球以小于Vo的速度水平拋出D.在A點正下方某位置將小球以大于Vo的速度水平拋出【答案】D【解析】分析】依據(jù)“小球從空中A點以速度Vo水平向右拋出”可知，本題考查平拋運動的規(guī)律，依據(jù)平拋的分運動規(guī)律，運用運動學(xué)公式等，進(jìn)行分析推斷落點.【詳解】C、D、依據(jù)，得，水平位移為.則知在A點正上方某位置將小球以小于v0的速度水平拋出時，小球剛好擦過豎直擋板時所用時間變長，水平位移不變，初速度變小，能使小球落在擋板和B點之間.在A點正下方某位置將小球拋出時，小球剛好擦過豎直擋板時所用時間變短，水平位移不變，初速度變大，能使小球落在地面上的B點右側(cè)，故C錯誤，D正確.A、B、在A點將小球拋出時，落地時平拋運動的時間相等，當(dāng)時速度大于v0時，小球運動到擋板正上方所用時間變短，下落的高度變小，將從擋板正上方越過.當(dāng)時速度小于v0時，小球運動到擋板時所用時間變長，下落的高度變大，將撞在擋板上.故A、B錯誤.故選D.【點睛】解決本題的關(guān)鍵要駕馭其探討方法：運動的分解法，將平拋運動分解為水平和豎直兩個方向進(jìn)行探討，再由運動學(xué)公式列式分析.4.法國媒體2月8日報道稱，探討人員2月5日發(fā)覺的繞銀河系一顆昏暗恒星運行的七顆行星上好像有水，可能“宜居”．若已知某行星的質(zhì)量、轉(zhuǎn)動半徑、恒星質(zhì)量及萬有引力常量，則可以計算的物理量是A.該行星的第一宇宙速度 B.該行星的公轉(zhuǎn)角速度C.該行星的自轉(zhuǎn)角速度 D.該行星表面重力加速度【答案】B【解析】【詳解】A．第一宇宙速度指轉(zhuǎn)動半徑等于行星半徑時的運行速度，，，該行星自身半徑R不知道，所以無法求得該行星的第一宇宙速度，A錯誤；BC．由，，可以求得行星公轉(zhuǎn)的角速度；依據(jù)萬有引力公式無法求得行星自轉(zhuǎn)的角速度，B正確，C選項錯誤；D．由，，行星自身半徑R不知道，所以無法求得該行星表面的重力加速度，D錯誤。故選B。5.如圖所示是一個平行板電容器,其電容為C,帶電荷量為Q,上極板帶正電,兩極板間距離為d.現(xiàn)將一個檢驗電荷+q由兩極板間的A點移動到B點,A?B兩點間的距離為s,連線AB與極板間的夾角為30°,則電場力對檢驗電荷+q所做的功等于()A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】依據(jù)：解得則電容器兩板間的電場強度EA?B兩點間的電勢差UAB=Essin30°=則電場力對電荷做的功W=qUABC正確，ABD錯誤。故選C。6.在其空中M、N兩點分別放有異種點電荷＋2Q和－Q，以MN連線中點O為中心作一圓形路徑abcd，a、O、c三點恰好將MN四等分，b、d為MN的中垂線與圓的交點，如圖所示，則下列說法正確的（）A.a、b、c、d四點電場強度的大小關(guān)系是Ea＞Ec，Eb＝EdB.a、b、c、d四點電勢的關(guān)系是φa＜φc，φb＝φdC.在MN的連線上，O點的電場強度最小D.將帶負(fù)電的摸索電荷由b沿直線移動到d的過程中，其電勢能始終不變【答案】A【解析】【詳解】A．設(shè)Ma=aO=R則a、c點的場強分別為，因此Ea＞Ec由于b、d兩點關(guān)于MN對稱，因此可得Eb＝EdA正確；B．由于沿著電場線，電勢降低，因此φc＜φa又由于對稱性，可知φb＝φdB錯誤；C．電場線的疏密表示電場強度的相對大小，由電場線疏密程度可知，AB連線上電場強度最小值應(yīng)出現(xiàn)在O點的右側(cè)，C錯誤；D．負(fù)點電荷沿直線由b運動到d的過程中，電場力對負(fù)電荷先做正功后做負(fù)功，負(fù)電荷的電勢能先減小后增加，只是初、末位置的電勢能相等，運動過程中電勢能在改變，D錯誤。故選A7.宇宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用相互繞轉(zhuǎn)，稱之為雙星系統(tǒng)。在浩瀚的銀河系中，多數(shù)恒星都是雙星系統(tǒng)。設(shè)某雙星系統(tǒng)A、B繞其連線上的O點做勻速圓周運動，如圖所示。若AO>OB，則（）A.星球A的質(zhì)量肯定大于星球B的質(zhì)量B.星球A的線速度肯定大于星球B的線速度C.雙星間距離肯定，雙星的質(zhì)量越大，其轉(zhuǎn)動周期越大D.雙星的質(zhì)量肯定，雙星之間的距離越大，其轉(zhuǎn)動周期越大【答案】BD【解析】【詳解】A．由于兩星球間萬有引力供應(yīng)各自做圓周運動的向心力，依據(jù)可得因AO>OB，故星球A的質(zhì)量肯定小于星球B的質(zhì)量，A錯誤；B．由于兩星球角速度相同，依據(jù)可知星球A的線速度肯定大于星球B的線速度，B正確；CD．依據(jù)整理得雙星間距離肯定，雙星的質(zhì)量越大，其轉(zhuǎn)動周期越?。浑p星的質(zhì)量肯定，雙星之間的距離越大，其轉(zhuǎn)動周期越大，C錯誤，D正確。故選BD。8.如圖所示，水平傳送帶由電動機帶動，并始終保持以速度v勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊由靜止放在傳送帶的左端，過一會兒物塊能保持與傳送帶相對靜止，設(shè)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，對于這一過程，下列說法正確的是（）A.摩擦力對物塊做的功為0.5mv2B.物塊對傳送帶做功為0.5mv2C.系統(tǒng)摩擦生熱為0.5mv2D.電動機多做的功為mv2【答案】ACD【解析】【詳解】A．物塊運動過程中，只有摩擦力對它做功，依據(jù)動能定理得：摩擦力對物塊做的功為故A正確；B．在物塊與傳送帶相對靜止之前，兩者之間有相對位移，所以物塊對傳送帶做功與傳送帶對物塊做功并不相等。由于傳送帶相對于地的位移大于物塊相對地的位移，所以物塊對傳送帶做功大于，故B錯誤；C．設(shè)物塊勻加速運動的時間為，則物塊與傳送帶相對位移大小為此過程中物塊的位移為則有則系統(tǒng)摩擦生熱為故C正確；D．電動機多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動能和系統(tǒng)的內(nèi)能，所以電動機多做的功為故D正確。故選ACD。9.在傾角為θ的光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量均為m，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，當(dāng)物塊B剛要離開C時，A的速度為v，則此過程(彈簧的彈性勢能與彈簧的伸長量或壓縮量的平方成正比，重力加速度為g)，下列說法正確的是()A.物塊A運動的距離為B.物塊A加速度為C.拉力F做的功為mv2D.拉力F對A做的功等于A的機械能的增加量【答案】AD【解析】【詳解】起先時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓力等于物體A重力的下滑分力，依據(jù)胡克定律，有：mgsinθ=kx1解得：；物塊B剛要離開C時，彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，依據(jù)胡克定律，有；mgsinθ=kx2；解得：；故物塊A運動的距離為：△x＝x1+x2＝，故A正確；此時物體A受拉力、重力、支持力和彈簧的拉力，依據(jù)牛頓其次定律，有：F-mgsinθ-T=ma彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，為：T=mgsinθ，故：a=?2gsinθ，故B錯誤；拉力F做的功等于物體A、物體B和彈簧系統(tǒng)機械能的增加量，為：W=mg?△xsinθ+mv2+EP彈，故C錯誤；由于質(zhì)量相等，那么剛好要離開擋板時候的彈性勢能和剛起先相同，同時B物體機械能沒有改變，那么整個過程中外力F做的功全部用于增加物塊A的機械能，故D正確；故選AD．【點睛】本題關(guān)鍵抓住兩個臨界狀態(tài)，起先時的平衡狀態(tài)和最終的B物體恰好要滑動的臨界狀態(tài)，然后結(jié)合功能關(guān)系分析，不難．10.如圖所示，空間虛線框內(nèi)有勻強電場，AA′、BB′、CC′是該電場的三個等勢面，相鄰等勢面間的距離為0.5cm，其中BB′為零勢能面，一個質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子沿AA′方向以初動能Ek，自圖中的P點進(jìn)入電場，剛好從C′點離開電場。已知PA′=2cm。粒子的重力忽視不計。下列說法中不正確的是（）A.該粒子到達(dá)C′點時的動能是2EkB.該粒子通過等勢面BB′時的動能是1.25EkC.該粒子在P點時的電勢能是EkD.該粒子到達(dá)C′點時的電勢能是0.5Ek【答案】BCD【解析】【詳解】粒子在電場中做類平拋運動，以水平向右為x軸，向上為y軸建立直角坐標(biāo)系整理得A．該粒子到達(dá)C′點時的動能A正確，不符合題意；B．由于從到電場力做功為，因此從到電場力做功，因此該粒子通過等勢面BB′時的動能是1.5Ek，B錯誤，符合題意；C．由于在處電勢能為零，而整個運動過程中動能與電勢能的和保持不變，因此該粒子在P點時的電勢能是0.5Ek，C錯誤，符合題意；D．由于到達(dá)處動能為，因此該粒子在C′點時的電勢能是-0.5Ek，D錯誤，符合題意。故選BCD。二、試驗填空題（11題4分，12題4分，，13題6分）11.某同學(xué)用如圖甲所示的裝置，來驗證機械能守恒定律，下列說法正確的是A.該試驗中，重物應(yīng)選用質(zhì)量大、體積小、密度大的材料B.該試驗中，可以由公式v=gt求出打某點的紙帶的速度C.該試驗中，應(yīng)先接通電源后釋放重物D.該試驗中，打點計時器接到電源的直流輸出端上【答案】AC【解析】【詳解】A．試驗時為了減小相對阻力的影響，重物應(yīng)選用質(zhì)量大、體積小、密度大的材料，故A正確；B．試驗時通過來求解速度，不能依據(jù)v=gt求解瞬時速度，故B錯誤；C．試驗時應(yīng)先接通電源后釋放重物，故C正確；D．打點計時器接到電源的溝通輸出端上，故D錯誤。故選AC．12.圖甲中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)是________cm，圖乙中螺旋測微器的讀數(shù)是_______mm．【答案】(1).2.98(2).5.680【解析】【詳解】[1]．如圖所示游標(biāo)卡尺主尺上整毫米數(shù)為29mm，游標(biāo)尺上讀數(shù)為8×0.1=0.8mm，故游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為29.8mm=2.98cm；[2]．乙圖主軸上讀數(shù)為5.5mm，螺旋上讀數(shù)為18.0×0.01=0.180mm，故乙圖的讀數(shù)為5.680mm.13.試驗室中利用下列器材測量一個阻值約為200Ω的電阻：電壓表V1，量程為5V，內(nèi)阻約為5kΩ電壓表V2，量程為15V，內(nèi)阻約為15kΩ電流表A1，量程為30mA，內(nèi)阻約為50Ω電流表A2，量程為0.6A，內(nèi)阻約為1Ω滑動變阻器R1，最大阻值20Ω滑動變阻器R2，最大阻值100Ω電源E，電動勢為4.5V，內(nèi)阻1Ω電鍵和導(dǎo)線若干（1）為了精確畫出該電阻的I－U圖線，試驗時要求電壓從零起先連續(xù)改變，以便多測幾組數(shù)據(jù)，電壓表應(yīng)選用_________，電流表應(yīng)選用________，滑動變阻器應(yīng)選用________。(填寫器材的符號)（2）在方框中畫出試驗電路圖______________。【答案】(1).V1(2).A1(3).R1(4).見解析【解析】【詳解】(1)[1]電源電動勢為4.5V，故電壓表的示數(shù)最大為4.5V，電壓表選V1。[2]流過電阻的最大電流Im＝A＝22.5mA故電流表選A1。[3]試驗要求電壓從零起先連續(xù)改變，應(yīng)采納滑動變阻器分壓式連接，阻值宜用小些的，便于調(diào)整，選R1。(2)[4]由于電阻較小，電流表采納外接法，滑動變阻器采納分壓式接法，試驗電路如圖所示三、計算題（14題10分，15題12分，16題14分，共36分。寫出必要的文字、方程式及重要的演算步驟。）14.一小滑塊靜止在傾角37o的斜面底端，滑塊受到外力沖擊后，獲得一個沿斜面對上的速度v0=4.0m/s。斜面足夠長，滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，取g=10m/s2。求滑塊在斜面上的運動時間。【答案】s【解析】【詳解】滑塊向上運動時，依據(jù)牛頓其次定律解得a1=8m/s2因此向上運動的時間t1==0.5s位移大小s==1m滑塊向下運動時依據(jù)牛頓其次定律解得a1=4m/s2依據(jù)s=下滑的時間t2=s因此運動總時間t=t1+t2=s15.如圖所示，一根光滑絕緣細(xì)桿與水平面成α=的角傾斜固定．細(xì)桿的一部分處在場強方向水平向右的勻強電場中，場強E=2×104N/C．在細(xì)桿上套有一個帶電荷量為q=1.732×10?5C、質(zhì)量為m=3×10?2kg的負(fù)電小球．現(xiàn)使小球從細(xì)桿的頂端A由靜止起先沿桿滑下，并從B點進(jìn)入電場，小球在電場中滑至最遠(yuǎn)處的C點．已知A、B間的距離x1=0.4m，g=10m/s2．求：(1)小球在B點的速度vB；(2)小球進(jìn)入電場后滑行的最大距離x2；(3)小球從A點滑至C點所用的時間t．【答案】(1)2m/s(2)0.4m(3)0.8s【解析】【詳解】(1)由A到B，依據(jù)動能定理列出等式：代入數(shù)據(jù)解得：(2)小球從細(xì)桿的頂端A由靜止起先沿桿滑下，并從B點進(jìn)入電場，小球在