2024-2025学年湖北省荆门市高一（下）期末质量检测物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖北省荆门市高一（下）期末质量检测物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列有关物理概念和物理过程说法正确的是( )
A. 由电场强度公式E=Fq可知，电场中某点的电场强度由试探电荷电荷量和所受电场力决定
B. 电动势反映的是电源将其他形式的能转化为电能的本领，转化的能量越多，电动势就越大
C. 载人飞船在大气层外椭圆轨道上绕地球无动力飞行阶段的机械能守恒
D. 研究跳水运动员的入水动作时，可将运动员视为质点
2.在平直公路上，甲、乙两辆车同时同地向同一方向运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 0∼t0时间内乙车的加速度始终比甲车大B. t0时刻甲车追上乙车
C. t0时刻后某个时刻，乙车追上甲车D. 甲车追上乙车前，t0时刻两车相距最远
3.如图所示是甲、乙两个点电荷电场的部分电场线分布图，下列说法正确的是( )
A. 甲带负电，乙带正电，甲的电荷量大于乙的电荷量
B. P点的电场强度大于Q点的电场强度
C. 将一个正试探电荷从P点由静止释放，只在静电力的作用下会沿电场线运动到Q点
D. 一个负试探电荷在P点电势能比在Q的电势能大
4.2025年5月29日发射的“天问二号”探测器将对小行星2016H03进行探测、采样并返回，此后再对主彗星311P开展科学探测。2016HO3是一颗直径约40—100米的近地小行星，距离地球最近约1400万公里，最远约4000多万公里，因其公转周期与地球公转周期相等，被称为“地球准卫星”。地球绕太阳公转可视为圆轨道(如图中实线)，小行星2016HO3绕太阳运行轨道为椭圆(如图中虚线)，它的近日点位于地球圆轨道内侧，两轨道的交点为M、N。下列说法正确的是( )
A. 探测器的发射速度小于第二宇宙速度
B. 小行星绕太阳运行的轨道半长轴大于地球公转轨道半径
C. 小行星在近日点的速度大于地球做圆周运动的速度
D. 在M点地球的加速度大于小行星的加速度
5.2025年12月5日，2025中国足协杯决赛将在苏州奥体中心举行。如图甲所示，一足球运动员在水平草地上练习传高空球。如果他在同一地点O把同一个足球前后两次斜向上踢出，如图乙所示，第一次足球落在草地上的M点，第二次落在草地上的N点，足球两次在空中运动的最大高度相等，且ON=2OM，落地时速度与水平方向的夹角分别为θM、θN，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A. 足球第二次在空中运动的时间较长
B. 足球第二次在空中运动的速度变化量是第一次的2倍
C. 足球第二次被踢出时的初速度是第一次的2倍
D. 足球两次落地时的速度与水平方向夹角的关系为tanθM=2tanθN
6.如图所示，一个质量为m的小球，用轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力F1的作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ；第二次小球在水平恒力F2的作用下，从P点开始运动恰好能到达Q点。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 两次水平拉力做功一样多
B. 第一次水平拉力先增大后减小
C. 第二次水平恒力的大小为mgtanθ
D. 第一次绳的拉力不做功，第二次绳的拉力做功
7.如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上。已知mA=2kg，mB=3kg。从t=0开始，水平推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间的变化规律如图乙所示。则( )
A. t=1s时，A、B间的弹力为2N
B. t=1.5s时，A、B分离
C. A、B分离时的速度为1.5m/s
D. 从t=0开始到A、B分离时，A、B的位移为2m
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，下列有关圆周运动的实例说法正确的是( )
A. 图甲中，附着在波轮洗衣机脱水桶内壁上随筒一起转动的衣服受到的摩擦力随角速度增大而增大
B. 图乙中，滚筒洗衣机里衣物随着滚筒做匀速圆周运动时，衣物运动到最高点A时脱水效果最好
C. 图丙为水平圆盘转动时的示意图，物体离转盘中心越远，越容易做离心运动
D. 图丁中汽车在公路上转弯不允许超过规定的速度
9.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)；两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑片P在中间时闭合开关S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ。电源电动势E和内阻r一定，且R3>r，下列说法中正确的是( )
A. 小球带正电
B. 若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小，θ变小
C. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则I增大，U减小，θ变小
D. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则电源的输出功率减小
10.如图所示，可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的Q点等高，O为PQ的中点，PQ距离为2d。一根轻质不可伸长的细绳一端系在Q点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮P，另一端吊着重物B。当QA与水平方向夹角为45 ∘时，圆环A恰好保持静止。将圆环A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为θ，已知重力加速度为g，整个过程中B未与滑轮P相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是( )
A. 重物B的质量为 22mB. A和B的速度关系为vA=2vBsinθ
C. A和B总动能最大时，θ=30 ∘D. A可以下降的最大高度为2 2d
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的轻质细线的两端分别悬挂质量为m、M的重物A(包括遮光条)、B，(m0的带电尘埃分布均匀，均沿板方向以速率v0射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。已知两极板间距为d，极板长为L，电源输出电压恒定，R1为定值电阻且阻值为R，R2为可变电阻，通过调节R2的阻值可以改变除尘率η(相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量百分比)。当R2=4R时除尘率为50%。尘埃颗粒物可视为质点，不计重力、空气阻力和颗粒物之间的相互作用力。求：
(1)除尘率为50%时，两极板间的电压U；
(2)电源输出的恒定电压U0；
(3)除尘率为100%时，电阻R2接入电路的最大阻值。
15.如图所示。一闯关游戏装置处于竖直截面内，粗糙的曲面轨道AB与光滑的竖直螺旋圆轨道的最低点B相切，螺旋圆轨道的半径R=0.1m；水平传送带两端分别与左侧光滑的水平轨道BD、右侧粗糙斜面轨道EF平滑对接于D、E两点，传送带DE长L1=1.25m，在电动机带动下以v=2m/s顺时针匀速转动；倾斜轨道EF长L2=1m，倾角为θ=37 ∘。将小球从曲面轨道上由静止释放，小球不脱离圆轨道且能到达斜面轨道的顶端F，则闯关游戏过关。某次游戏时将小球在曲面轨道上距B点高ℎ=0.3m处释放，刚好能通过圆轨道的最高点C点。已知小球的质量为m=0.2kg，与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.2，与斜面的动摩擦因数为μ2=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37 ∘=0.6，cs37 ∘=0.8。求：
(1)小球到B点时的速度大小；
(2)小球在曲面轨道上运动时克服阻力做的功；
(3)计算说明此次闯关能否过关，若能，求到达F点的速度；若不能，求在斜面上运动的总路程。
答案解析
1.【答案】C
【解析】A.电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关，公式 E=Fq 是定义式，A错误；
B.电动势的大小与电源本身性质有关，与能量转化多少无关，B错误；
C.载人飞船在大气层外椭圆轨道上绕地球无动力飞行时，仅受地球引力作用，且无空气阻力或其他外力做功，机械能守恒，C正确；
D.研究入水动作需分析肢体细节，不能视为质点，D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】A. 0∼t0时间内乙车图像的斜率先比甲车大后比甲车小，所以乙车的加速度先比甲车大后比甲车小，A错误；
BD. t0时刻甲车没有追上乙车，此时两车速度相等，距离最大，B错误，D正确；
C. t0时刻后甲车速度大，故可知t0时刻后某个时刻，甲车追上乙车，C错误。
故选D。
3.【答案】B
【解析】A.电场线从正电荷出发到负电荷终止，甲带正电，乙带负电。甲周围的电场线比乙密集，所以甲的电荷量大于乙的电荷量，A错误；
B.电场线越密，电场强度越大， P点的电场强度大于Q点的电场强度，B正确；
C.将一个正试探电荷从P点由静止释放，只在静电力的作用下不会沿电场线运动到Q点，因为只有电场线是直线时，试探电荷才会沿着电场线运动，C错误；
D.一个负试探电荷从P点运动到Q点的过程中，电场力做负功，电势能增大，所以一个负试探电荷在P点电势能比在Q点的电势能小，D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】A.探测器要脱离地球引力束缚将对小行星进行探测、采样并返回，发射速度需大于第二宇宙速度，故A错误；
B.根据开普勒第三定律 a3T2=k 可知，由于小行星公转周期与地球公转周期相等，则小行星绕太阳运行的轨道半长轴等于地球公转轨道半径，故B错误；
C.地球绕太阳做圆周运动，由 GMmr2=mv2r，解得 v= GMr，小行星在近日点轨道半径小于地球公转半径，若为圆轨道速度大于地球速度，且小行星在椭圆近日点做离心运动，速度比同轨道半径做圆运动的速度更大，故小行星在近日点速度大于地球做圆周运动的速度，故C正确；
D.在 M 点，地球与小行星到太阳的距离相等，由 GMmr2=ma，解得 a=GMr2，故在M点地球的加速度等于小行星的加速度，故D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】A.设足球运动的最大高度为ℎ，根据 ℎ=12gt 下2，足球在空中运动的时间 t=2t下，解得 t=2 2ℎg，足球二次在空中运动的时间相等，A错误；
B.足球在空中运动的速度变化量 Δv=gΔt=gt，足球二次在空中运动的时间相等，足球第二次在空中运动的速度变化量与第一次的相等，B错误；
C.足球的水平位移为OM=v1csθMt， ON=v2csθNt，解得v2v1=2csθMcsθN ，C错误；
D.根据平抛运动的推论tanθM=ℎOM4， tanθN=ℎON4，解得 tanθM=2tanθN ，D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】A.设绳长为l，根据动能定理得 WF−mgl1−csθ=0，解得 WF=mgl1−csθ，两次水平拉力做功一样多，A正确；
B.水平拉力F1大小为F1=mgtanθ，随着θ增大，F1一直增大，B错误；
C.第二次水平恒力F2作用，根据动能定理得F2lsinθ−mgl1−csθ=0，解得 F2=1−csθsinθmg，C错误；
D.两次绳的拉力均不做功，因为绳的拉力均与速度方向垂直，D错误。
故选A。
7.【答案】D
【解析】A.根据题中图像，可以在 0∼4s 内两个推力随时间变化的关系为， FA=4−t ， FB=1+t
对整体分析，由牛顿第二定律有 FA+FB=(mA+mB)a
如果A与B共同加速运动，则有 a=1m/s2
在 t=1s 时， FA=3N
对A有 FA−FAB=mAa
解得 FAB=1N ，故A错误；
BC.当A与B要分离时，接触面上弹力为0，即 FAB=0
此时A与B依然有相同的加速度 a=1m/s2
对A，有 FA=4−t=mAa
此时解得 t=2s
速度 v=at=2m/s ，故BC错误；
D.从t=0开始到分离前，x=12at2=2m ，故D正确。
故选D。
8.【答案】CD
【解析】A.图甲中，衣服随脱水桶一起转动，竖直方向摩擦力与重力平衡，不随角速度增大而增大，故A错误；
B.图乙中，衣物在最低点B时，需要的向心力大，即B点脱水效果最好，故B错误；
C.图丙中，根据F=mω2r，可知物体离转盘中心越远，需要的向心力越大，越容易做离心运动，故C正确；
D.图丁中，汽车转弯时，由静摩擦力提供向心力，超过规定速度时，需要的向心力超过最大静摩擦力，会侧翻，所以不允许超规定速度，故D正确。
故选CD。
9.【答案】AC
【解析】A.由题图知，极板A带正电，B带负电，极板间的电场方向水平向右，由平衡条件可知小球受到的电场力方向也水平向右，则小球带正电，故A正确；
B.滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以若将R2的滑动触头P向b端移动，电路中电流I，U均不变；极板间的电压不变，场强不变，则角度 θ 也不变，故B错误；
C.保持滑动触头P不动，用较强的光照射 R1， R1 减小，外电路总电阻 R 减小，根据闭合电路欧姆定律I=Er+R，可知干路电流 I 增大；路端电压 U=E−Ir减小，即电压表读数U减小；极板间电压UAB=E−Ir+R3减小，根据 EAB=UABd知板间场强减小，则 θ 变小，故C正确；
D.保持滑动触头P不动，用较强的光照射 R1 ，外电路总电阻 R 减小，由于开始时 R>r ，根据电源输出功率与外电阻关系曲线，可知电源的输出功率将增大，故D错误。
故选AC。
10.【答案】AD
【解析】A.当QA与水平方向夹角为45 ∘时，圆环A恰好保持静止，有T=mBg， 2Tcs45 ∘=mg
解得mB= 22m，故A正确；
B.B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，等于A向下运动的速度沿PA绳方向的速度分量的2倍，
为vB=2vAcsθ，故B错误；
C.A和B总动能最大时系统的总势能最小，即总势能取极小值，对应系统静止时的平衡位置，此时θ=45 ∘，故C错误；
D.由能量守恒mgℎm−mBg⋅2 d2+ℎ m2−d=0
结合A项分析可得ℎm=2 2d，故D正确。
故选AD 。
11.【答案】5.25
dt2
M−mgℎ=d22M+m(1t22−1t12)

【解析】(1)游标卡尺读数等于主尺读数加副尺读数，即 d=0.5cm+0.05mm×5=5.25mm；
(2)短时间内的平均速度等于瞬时速度，即 v2=dt2；
(3)系统重力势能变化为ΔEp=(M−m)gℎ
动能的变化量ΔEk=12(M+m)(v22−v12)
其中v1=dt1
若系统机械能守恒，则ΔEp=ΔEk
即M−mgℎ=d22M+m(1t22−1t12)。
12.【答案】R1
①
1.5
0.80
2.1

【解析】(1)电压表V(量程0∼1V，内阻 rV=1kΩ )；若与电压表串联的定值电阻为 R1 ，相当于电压表V与 R1 串联改装成量程为 1.5V 的新电压表；若与电压表串联的定值电阻为 R2 ，相当于电压表V与 R2 串联改装成量程为 6.0V 的新电压表；由于待测旧干电池E电动势约为1.5V，所以与电压表串联的定值电阻为 R1 。
(2)由于与电压表串联的定值电阻为 R1 ，所以电压表V的示数为U时，电压表V与 R1 串联后的总电压为1.5U；闭合开关 S1 ，将单刀双掷开关 S2 拨向1，根据闭合电路欧姆定律可得 E=1.5U+I(rA+r)
可得U=−rA+r1.5I+E1.5
将单刀双掷开关 S2 拨向2，根据闭合电路欧姆定律可得 E=1.5U+I(Rx+rA+r)
可得U=−Rx+rA+r1.5I+E1.5
可知接2端时， U−I 图像中的斜率绝对值较大，则接2端时测量的数据对应图乙中的①。
(3)根据(2)分析，由图乙可得干电池的电动势为1.0V=E1.5
可得干电池的电动势E=1.5V
由图乙图线②可得rA+r1.5=1.0−0.70.5Ω
解得r=0.80Ω
由图乙图线①可得Rx+rA+r1.5=1.00.5Ω
解得Rx=2.1Ω。
13.【答案】(1)对A受力分析如图所示
由平衡条件得kQqr2=mgtanθ
解得小球A的电荷量为q=3mgr24kQ
由平衡条件得T1=mgcsθ
解得绳子拉力T1=54mg；
(2)撤走B后，A球下摆至最低点过程，由动能定理有mgl1−csθ=12mv2
在最低点，由牛顿第二定律有T2−mg=mv2l
联立解得小球A在最低点时细线的拉力为T2=1.4mg。

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1)尘埃颗粒在两极板间做类平抛运动。当除尘率为50%时满足：
平行极板方向： L=v0t1
垂直极板方向： qUd=ma1 ， 12d=12a1t12
解得 U=md2v02qL2；
(2)电路中电流 I=UR1
电源电压U0=IR1+R2
其中R1=R， R2=4R
解得U0=5md2v02qL2；
(3)当除尘率为 100%，有平行极板方向L=v0t2
垂直极板方向qU2d=ma2， d=12a2t22
又有 I2=U2R1， U0=I2R1+R2
解得R2=32R
故R2的最大阻值为 32R。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)由题意知小球在C点满足 mg=mvC2R
小球从B点到C点机械能守恒 −mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
解得小球在B点的速度为 vB= 5m/s；
(2)小球从A点到B点由动能定理得 mgℎ−Wf=12mvB2
解得 Wf=0.1J
故小球从A到B克服阻力做功为0.1J；
(3)小球到达D点的速度 vD=vB= 5m/s
小球在传送带上如果一直减速到E点，由动能定理得 −μ1mgL1=12mvE2−12mvD2
解得vE=0