湖北省八校联考2024-2025学年高一下学期期末联考物理试题（Word版附解析）

这是一份湖北省八校联考2024-2025学年高一下学期期末联考物理试题（Word版附解析），文件包含高一物理试题解析板docx、高一物理试题考试板docx、高一物理试题答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
本试卷共6页，全卷满分100分，考试用时75分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分,。在小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）
1.在东北严寒的冬天，人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中。图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间，其示意图如图乙所示。泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直，在0.5 s内带动杯子旋转了210°，人的臂长约为0.6 m。下列说法正确的是( )
甲 乙
A.泼水时杯子的旋转方向为顺时针方向
B.P位置飞出的小水珠初速度沿1方向
C.杯子在旋转时的角速度大小为eq \f(7π,6) rad/s
D.杯子在旋转时的线速度大小约为eq \f(7π,5) m/s
解析：D 由图乙中做离心运动的轨迹可知，杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿2方向，故AB错误；杯子旋转的角速度为ω＝eq \f(Δφ,Δt)＝eq \f(\f(7,6)π,0.5) rad/s＝eq \f(7π,3) rad/s，故C错误；杯子旋转的轨迹半径约为0.6 m，则线速度大小约为v＝ωR＝eq \f(7π,3)×0.6 m/s＝eq \f(7π,5) m/s，故D正确。故选D。
答案：D
2.登月舱在离月球表面112 km的高空圆轨道上，环绕月球做匀速圆周运动，运动周期为120.5 min，月球的半径约为1.7×103 km，只考虑月球对登月舱的作用力，引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，则月球质量约为( )
A.6.7×1022 kg B.6.7×1023 kg
C.6.7×1024 kg D.6.7×1025 kg
解析：A 由题意可知，h＝112 km＝1.12×105 m，T＝120.5 min＝7230 s，R＝1.7×103 km＝1.7×106 m，设月球的质量为M，登月舱的质量为m，由月球对登月舱的万有引力提供向心力，可得Geq \f(Mm,（R＋h）2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)，整理得M＝eq \f(4π2（R＋h）3,GT2)，代入数据解得M≈6.7×1022 kg，A正确，B、C、D错误。
答案：A
3.如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在拉力F作用下由静止向上做匀加速运动，物体速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( )
甲 乙
A.物体加速度大小为2 m/s2
B.F的大小为21 N
C.4 s末F的功率为42 W
D.0～4 s内F的平均功率为42 W
解析：C v-t图像的斜率表示物体加速度，由题图乙可知，a＝0.5 m/s2，由2F－mg＝ma可得F＝10.5 N，A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为vF＝2v物＝4 m/s，故4 s末F的功率为P＝FvF＝42 W，C正确；0～4 s内物体上升的高度h＝eq \f(1,2)at2＝4 m，力F的作用点的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝Fl＝84 J，故平均功率eq \(P,\s\up6(－))＝eq \f(W,t)＝21 W，D错误。
答案：C
4.如图所示，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细绳，一端接在天花板上，另一端与小物块A相接，A放在长为L、倾角为30°的光滑斜面体上。物块B用细线悬挂在滑轮a的下方，细线Ab段与斜面平行，动滑轮两侧细线均竖直。A与B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，不计动滑轮与绳之间的摩擦以及空气阻力，忽略A的大小。现将A从斜面底端由静止释放，一段时间后，A沿斜面匀加速上滑到中点，此时B尚未落地，整个过程中斜面体始终静止在水平地面上。下列说法正确的是( )
A.该过程中，B的机械能不变
B.该过程中，地面对斜面体的摩擦力大小为eq \f(\r(3),4)mg
C.A到达斜面中点的速率为 eq \r(\f(1,6)gL)
D.该过程中，细线的拉力大小为eq \f(2,3)mg
解析：B 由于B沿竖直方向匀加速下降，除重力以外还有绳子拉力做功，所以B机械能不守恒，故A错误；A对斜面的压力大小为FN＝mgcs30°，对于斜面，在水平方向由平衡条件可得，地面对斜面的摩擦力大小为Ff＝FNsin30°＝eq \f(\r(3),4)mg，故B正确；A沿斜面匀加速上滑到斜面中点的过程中，由A、B机械能守恒可得2mg·eq \f(L,4)＝mg·eq \f(L,2)sin30°＋eq \f(1,2)·2mvB2＋eq \f(1,2)mvA2，又vB＝eq \f(1,2)vA，联立解得vA＝ eq \r(\f(1,3)gL)，vB＝ eq \r(\f(1,12)gL)，故C错误；设细线上的拉力大小为F，A的加速度大小为a，由于B的加速度为A的加速度的一半，对A、B分别由牛顿第二定律可得F－mgsin30°＝ma；2mg－2F＝2m·eq \f(1,2)a，联立解得a＝eq \f(1,3)g，F＝eq \f(5,6)mg，故D错误。故选B。
答案：B
5.如图所示，小明同学水平拉伸一个弹弓，放手后将弹珠射出，则橡皮筋的弹性势能( )
A.在释放过程中增加
B.在拉伸过程中减小
C.在释放过程中转化为弹珠动能
D.在拉伸过程中由弹珠动能转化得到
解析：C 弹珠在释放过程中橡皮筋的弹性势能转化为弹珠的动能，则弹性势能减小，选项A错误，C正确；在拉伸过程中，人克服弹力做功，则橡皮筋的弹性势能增加，选项B、D错误。
答案：C
6.雷电击中地面或高压输电线掉落到地面时，都会在以落地点为中心的一定区域内的地面上形成一个强电流场，如果有人站在这个区域内，双脚间会存在一定的电势差，叫作“跨步电压”。如图所示，一条电势远高于地面的高压直流输电线掉落在地面上的O点，若O点附近地质结构分布均匀，则在地面以O为圆心的同心圆为一系列的等势线。图中O、A、B、C在同一直线上，BD是过B点圆的切线，AB＝BC＝BD，电线落地时恰好有人单脚着地站在B点，则以下说法正确的是( )
A.图中A、B、C三点中，C点电势最高
B.地面上电子由O向C定向移动
C.为了安全，人应该沿BD方向迈大步快速脱离
D.A、B、C、D四点间电势差大小关系为UAB>UBC>UBD
解析：D 电线掉落的O点电势最高，沿着电场线电势逐渐降低，故有φO>φA>φB>φD>φC则C点电势最低，故A错误；电子受电场力从低电势向高电势移动形成电流，则地面上电子由C向O定向移动，故B错误；为了安全，人应该单脚跳，就不会在人体形成电势差，而不能迈步走动，故C错误；等势线的密度能够表示场强的大小，而AB＝BC，则AB段的场强大于BC段的场强，由U＝Ed，有UAB>UBC，而φD>φC，则有UBC>UBD，故D正确。故选D。
答案：D
7.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距eq \f(2,5)l的平面。若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为( )
A.3∶2 B.2∶1
C.5∶2 D.3∶1
解析：A 设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子有aM＝eq \f(Eq,M)，eq \f(2,5)l＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,M)t2；对电荷量为－q的粒子有am＝eq \f(Eq,m)，eq \f(3,5)l＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)t2，联立解得eq \f(M,m)＝eq \f(3,2)，故选A。
答案：A
8.(多选)如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地面上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角α，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角β，两角最大值分别为αm、βm，则( )
A.水星的公转周期比金星的大
B.水星的公转向心加速度比金星的大
C.水星与金星的公转轨道半径之比为sin αm∶sin βm
D.水星与金星的公转线速度之比为 eq \r(sin αm)∶eq \r(sin βm)
解析：BC 根据万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(4π2,T2)R＝ma，可得T＝2π eq \r(\f(R3,GM))，a＝eq \f(GM,R2)，由题图可知，水星的公转半径比金星的小，故水星的公转周期比金星的小，水星的公转向心加速度比金星的大，故A错误，B正确；设水星的公转半径为R水、金星的公转半径为R金、地球的公转半径为R地，当α角最大时有sin αm＝eq \f(R水,R地)，同理可知有sin βm＝eq \f(R金,R地)，所以水星与金星的公转半径之比为R水∶R金＝sin αm∶sin βm，故C正确；根据Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \r(\f(GM,R))，结合前面的分析可得v水∶v金＝eq \r(sin βm)∶eq \r(sin αm)，故D错误。
答案：BC
9.(多选)智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5 kg，绳长为0.5 m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是( )
甲 乙
A.匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B.若增大转速，绳的拉力增大
C.当θ稳定在37°时，配重的角速度为5 rad/s
D.当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，配重的动能增加了eq \f(17,16) J
解析：BD 设配重的质量为m、绳长为l、悬挂点P到腰带中心点O的距离为r1，对配重受力分析如图所示，由于配重做匀速圆周运动，其受到的合力提供向心力，即合力大小不变、方向改变，故选项A错误；若增大转速，θ增大，绳的拉力F＝eq \f(mg,cs θ)增大，B正确；根据牛顿第二定律有mgtan θ＝mω2(lsin θ＋r1)，代入数据可得ω＝eq \r(15) rad/s，故选项C错误；根据牛顿第二定律有mgtan θ＝meq \f(v2,lsin θ＋r1)，则v2＝g(lsin θ＋r1)tan θ，在θ由37°缓慢增加到53°的过程中，动能增加了ΔEk＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12＝eq \f(17,16) J，故D正确。
答案：BD
10.(多选)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则( )
A.两球所带电荷量相等
B.A球所受的静电力为1.0×10－2 N
C.B球所带的电荷量为4eq \r(6)×10－8 C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
解析：ACD 两相同的小球接触后电荷量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；如图所示，由几何关系可知，两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为θ＝37°，A球所受的电场力F＝mgtan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3 N，选项B错误；根据库仑定律得，F＝keq \f(qAqB,l2)＝keq \f(qB2,l2)，解得qB＝ eq \r(\f(Fl2,k))＝eq \r(\f(6×10－3×0.122,9×109)) C＝4eq \r(6)×10－8 C，选项C正确；A、B两球带等量的同种电荷，故在A、B两球连线中点处的电场强度为0，选项D正确。
答案：ACD
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11.(12分)如图所示，一倾斜轨道AB，通过微小圆弧与足够长的水平轨道BC平滑连接，水平轨道与一半径为R的圆弧轨道相切于C点，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量m＝1 kg的小球(可视为质点)压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球以v0＝4 m/s的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经A点时恰好无碰撞沿AB方向进入倾斜轨道滑下。已知轨道AB长L＝6 m，与水平方向夹角θ＝37°，小球与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道部分均光滑，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)未解锁时弹簧的弹性势能；(4分)
(2)小球在C点时速度的大小；(4分)
(3)要使小球不脱离圆轨道，轨道半径R应满足什么条件。(4分)
解析：(1)对小球与弹簧，由机械能守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)mv02
解得弹簧的弹性势能Ep＝8 J。
(2)对小球：离开台面至A点的过程做平抛运动，在A处的速度为vA＝eq \f(v0,cs θ)
从A到C的过程，由动能定理可得
mgLsin θ－μmgLcs θ＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvA2
解得vC＝7 m/s。
(3)要使小球不脱离轨道，小球或通过圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大高度小于半径后返回。设小球恰好能通过最高点时，速度为v，轨道半径为R1，在最高点mg＝eq \f(mv2,R1)
从C至最高点的过程
－2mgR1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvC2
解得R1＝0.98 m
设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处，轨道半径为R2，从C至圆心等高处的过程
－mgR2＝0－eq \f(1,2)mvC2
解得R2＝2.45 m
综上所述，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R必须满足0