湖北省孝感市部分高中2024-2025学年高一下学期7月期末联考物理试题（Word版附解析）

这是一份湖北省孝感市部分高中2024-2025学年高一下学期7月期末联考物理试题（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.如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为θ＝30°，一小球(可视为质点)沿斜面右上方顶点A处水平射入，恰好从底端B点离开斜面，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A.小球运动的加速度为g
B.小球由A运动到B所用的时间为 eq \r(\f(2L,g))
C.小球由A点水平射入时初速度v0的大小为seq \r(\f(g,2L))
D.小球离开B点时速度的大小为 eq \r(\f(g,4L)（s2＋4L2）)
解析：D 依据曲线条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲线运动，再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ＝eq \f(1,2)g，故A错误；根据L＝eq \f(1,2)at2，有t＝ eq \r(\f(2L,a))＝ eq \r(\f(2L,gsin θ))＝ eq \r(\f(4L,g))，选项B错误；在B点的平行斜面方向的分速度为vBy＝at＝eq \f(1,2)g× eq \r(\f(4L,g))＝eq \r(gL)，根据s＝v0t，有v0＝eq \f(s,t)＝s eq \r(\f(g,4L))，故物块离开B点时速度的大小v＝eq \r(v02＋vBy2)＝ eq \r(\f(g,4L)（s2＋4L2）)，故C错误，D正确；故选D。
答案：D
2.如图所示，一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则( )
A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/s
B.小球平抛的初速度可能是2.5 m/s
C.圆盘转动的角速度一定是π rad/s
D.圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2
解析：A 根据h＝eq \f(1,2)gt2可得t＝eq \r(\f(2h,g))＝2 s，则小球平抛的初速度v0＝eq \f(r,t)＝2.5 m/s，
A正确，B错误；根据ωt＝2nπ(n＝1，2，3，…)，
解得圆盘转动的角速度ω＝eq \f(2nπ,t)＝nπ rad/s(n＝1，2，3，…)，
圆盘转动的加速度大小为a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2(n＝1，2，3，…)，C、D错误。
答案：A
3.为了测量月球的各项数据，科学家设计了一装置，在月球表面用电磁铁吸住小球，启动装置后，电磁铁断电，小球自由下落，并开始计时，当小球经过光电门时停止计时。测出运动时间为t，经过光电门的速度为v0。已知月球半径为R，万有引力常量为G。则下列说法正确的是( )
A.月球的质量M月＝eq \f(Rv0,Gt)
B.月球的平均密度ρ＝eq \f(3v0,4πGRt)
C.月球表面重力加速度大小g月＝eq \f(v0,2t)
D.月球第一宇宙速度大小v＝eq \r(\f(v02R,t))
解析：B 根据题意可知，小球在月球上做自由落体运动，
则由运动学公式可得v0＝g月t，解得g月＝eq \f(v0,t)，故C错误；在月球表面有万有引力等于重力，有Geq \f(M月m,R2)＝mg月，解得M月＝eq \f(g月R2,G)＝eq \f(v0R2,Gt)，故A错误；月球的体积为V＝eq \f(4,3)πR3，
根据M＝ρV，可得月球的平均密度为ρ＝eq \f(M月,V)＝eq \f(3v0,4πGRt)，故B正确；
第一宇宙速度为最小发射速度，最大环绕速度及环绕中心天体表面做圆周运动时的速度，则由万有引力充当向心力可得v＝ eq \r(\f(GM月,R))＝ eq \r(\f(v0R,t))，故D错误。故选B。
答案：B
4.如图甲所示，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得物体运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出物体与斜面间动摩擦因数为( )

甲 乙
A.0.3 B.0.4
C.0.5 D.0.6
解析：C 由图乙可知，当夹角为90°时，位移为1.25 m，
由竖直上抛运动规律v02＝2gh，v0＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×1.25) m/s＝5 m/s，
当夹角θ＝0时，位移为2.5 m，根据动能定理－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv02，
解得μ＝eq \f(v02,2gx)＝eq \f(52,2×10×2.5)＝0.5，故选C。
答案：C
5.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，其电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为( )
A.eq \f(kq,2R2)－E B.eq \f(kq,2R2)＋E
C.eq \f(kq,4R2)－E D.eq \f(kq,4R2)＋E
解析：A 假设在O点有一个完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在N点产生的场强大小为E0，左半球壳在N点产生的电场强度大小为E左，右半球壳在N点产生的电场强度大小为E右，根据电场叠加原理E左＋E右＝E0，根据题意有E0＝eq \f(k·2q,（2R）2)，根据对称性可知右半球壳在N点产生的电场强度大小和左球壳在M点产生场强大小相等，即E右＝E，解得E左＝eq \f(kq,2R2)－E，A正确，B、C、D错误。故选A。
答案：A
6.如图所示，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则( )
A.a、b的电荷同号，k＝eq \f(16,9)
B.a、b的电荷异号，k＝eq \f(16,9)
C.a、b的电荷同号，k＝eq \f(64,27)
D.a、b的电荷异号，k＝eq \f(64,27)
解析：D 由小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，知a、b带异号电荷。a对c的库仑力Fa＝eq \f(k静qaqc,（ac）2)①，b对c的库仑力Fb＝eq \f(k静qbqc,（bc）2)②，若合力向左，如图所示，根据相似三角形得eq \f(Fa,ac)＝eq \f(Fb,bc)③，由①②③得k＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(qa,qb)))＝eq \f(（ac）3,（bc）3)＝eq \f(64,27)，若合力向右，结果仍成立，D正确。
答案：D
7.如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为ρ，膜的厚度为d。管两端有导电金属箍M、N。现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流为I，则金属膜的电阻率的值为( )
A.eq \f(U,I) B.eq \f(πUD2,4IL)
C.eq \f(πUDd,IL) D.eq \f(πUD2,IL)
解析：C 由欧姆定律可得，镀膜材料的电阻R＝eq \f(U,I)，
镀膜材料的截面积为S＝2πeq \f(D,2)d＝πDd，根据电阻定律可得R＝ρeq \f(L,S)，
所以镀膜材料的电阻率ρ＝eq \f(SR,L)＝eq \f(πDdU,IL)，故选C。
答案：C
8.(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )
A.当ω＞ eq \r(\f(2Kg,3L))时，A、B相对于转盘会滑动
B.当ω＞ eq \r(\f(Kg,2L))，绳子一定有弹力
C.ω在 eq \r(\f(Kg,2L))＜ω＜ eq \r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B所受摩擦力变大
D.ω在0＜ω＜ eq \r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
解析：ABD 当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝ eq \r(\f(2Kg,3L))，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝ eq \r(\f(Kg,2L))，可知当ω＞eq \r(\f(Kg,2L))时，
绳子有弹力，B项正确；当ω＞eq \r(\f(Kg,2L))时，B已达到最大静摩擦力，
则ω在 eq \r(\f(Kg,2L))＜ω＜ eq \r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；
ω在0＜ω＜ eq \r(\f(2Kg,3L))范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，
所以有Ff－T＝mLω2，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确。
答案：ABD
9.(多选)天问一号在绕火星运动过程中由于火星遮挡太阳光，也会出现类似于地球上观察到的日全食现象，如图所示。已知天问一号绕火星运动的轨道半径为r，火星质量为M，引力常量为G，天问一号相对于火星的张角为α(用弧度制表示)，将天问一号环火星的运动看作匀速圆周运动，天问一号、火星和太阳的球心在同一平面内，太阳光可看作平行光，则( )
A.火星表面的重力加速度为eq \f(GM,r2sin2\f(α,2))
B.火星的第一宇宙速度为eq \r(\f(GM,rtan\f(α,2)))
C.天问一号每次日全食持续的时间为αeq \r(\f(r3,GM))
D.天问一号运行的角速度为eq \r(\f(GM,r2sin3\f(α,2)))
解析：AC 天问一号相对于火星的张角为α，
根据几何关系可得火星半径为R＝rsin eq \f(α,2)，质量为m0的物体在火星表面有Geq \f(Mm0,R2)＝m0g，
联立解得火星表面的重力加速度为g＝eq \f(GM,r2sin2\f(α,2))，故A正确；
根据质量为m0的物体在火星表面做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，
有Geq \f(Mm0,R2)＝m0eq \f(v2,R)，且R＝rsin eq \f(α,2)，联立解得火星的第一宇宙速度v＝eq \r(\f(GM,rsin \f(α,2)))，故B错误；作出天问一号上观察到的日全食的示意图，如图所示，
日全食持续的时间为天问一号在GE之间运行的时间，根据几何关系可得三角形OAB与三角形OED全等，则∠OED＝∠OAB＝eq \f(α,2)，DE平行于OA，则∠AOE＝∠OED＝eq \f(α,2)，
同理可得∠AOG＝eq \f(α,2)，则观察到日全食时天问一号转过的角度为∠EOG＝2×eq \f(α,2)＝α，设天问一号的周期为T，根据万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，解得周期T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，观察到日全食的时间为t＝eq \f(α,2π)T＝αeq \r(\f(r3,GM))，故C正确；设天问一号的角速度为ω，根据万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝mrω2，解得角速度为ω＝ eq \r(\f(GM,r3))，故D错误。
答案：AC
10.(多选)四个相同的小量程电流表(表头)分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2。已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按如图所示连接法连入电路，则( )
A.电流表A1的读数大于电流表A2的读数
B.电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角
C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数
D.电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角
解析：AD 电流表A1与电流表A2由相同表头与不同电阻并联改装而成，并联在电路中，电流表A1与电流表A2的指针偏转角相同，电流表A1的量程较大，则电流表A1的读数较大，A正确，B错误；电压表V1与电压表V2由相同表头与不同电阻串联改装而成，串联在电路中，通过表头的电流相同，故指针的偏转角相同，因V1量程较大，所以电压表V1的读数大于电压表V2的读数，C错误，D正确。
答案：AD
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11.(12分)如图所示为某滑雪场地的侧视简图，它由助滑雪道和着陆坡构成，着陆坡与水平面的夹角θ＝30°。某次滑雪过程中，运动员在O点以一定速度斜向上离开轨道，经过最高点M后落在斜坡上的B点，落地时速度方向与斜面夹角β＝30°，M点正好位于水平轨道和斜坡衔接点A的正上方，已知M点与A点的高度差h＝10 m，O点与A点的水平距离x＝20 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)运动员在O点时速度的大小；（4分）
(2)运动员在空中运动的时间；（4分）
(3)A、B两点间距离。（4分）
解析：(1)由O到M过程，根据斜抛运动规律有
h＝eq \f(1,2)gt12
x＝vxt1
vy2＝2gh
vO＝eq \r(vx2＋vy2)
联立解得
vO＝20 m/s
t1＝eq \r(2) s
vx＝10eq \r(2) m/s。
(2)落地时速度方向与斜面夹角β＝30°，则此时竖直向下的速度为
vy′＝vxtan(θ＋β)＝10eq \r(6) m/s
由M到B过程，根据平抛运动规律有
vy′＝gt2
解得t2＝eq \r(6) s
运动员在空中运动的时间为
t＝t1＋t2＝(eq \r(2)＋eq \r(6)) s。
(3)在空中运动过程，水平方向速度一直不变，由M到B过程，
根据平抛运动规律，MB的竖直距离为
h′＝eq \f(1,2)gt22＝30 m
水平距离为
x′＝vxt2＝20eq \r(3) m
A、B两点间距离
L＝eq \r(x′2＋（h′－h）2)＝40 m。
答案：(1)20 m/s (2)(eq \r(2)＋eq \r(6)) s (3)40 m
12.(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