【文档说明】湖北省七市州教科研协作体2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.105 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省2024年春季高一期末考试物理本试卷共6页，15题．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，先将自己的姓名、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

答题卡上的指定位置．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．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．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、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每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题有多项符合题目要求，全部选对得4分

，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1.如图所示只画出某带正电的带电体空间分布的电场线和等势面的剖面图。a、b是电场线上的两点，场强大小分别为aE、bE，电势分别为a、b，c、d是带电体表面上的两点，电势分别为c、d，下列说法正确的是（）A.abEEB.cd

C.abD.将电子在a点自由释放，电子一定沿着电场线运动【答案】C【解析】【详解】A．．因为电场线不是闭合曲线，故实线是电场线，虚线是等势线，因为等势线越密集的地方电场越强，故baEE，故A错误；BC．沿电场线方向，

电势逐渐降低，则cd=，ab，故B错误，故C正确；D．a点处的电场线为曲线，电子仅受电场力，不可能沿电场线运动，故D错误。故选C。2.下列说法正确的是（）A.电场中某点电场强度的方向与置于该点的试探电荷的电性有关B.试

探电荷在电场中受到的电场力大小与该试探电荷的电量无关C.电容器放电的过程中，其电容越来越小D.只增大平行板电容器两极板间距，其电容将减小【答案】D【解析】【详解】A．电场强度由电场本身决定，与试探电荷的电性无关，故A错误；B．根据电场力表达式FEq=可知电场力的大小与试探电荷电量的

大小成正比，故B错误；C．电容反映电容器本身的特性，电荷量减少，电容器的电容不变，故C错误；D．由平行板电容的决定式4πSCkd=可知只增大平行板电容器两极板间距，电容将减小，故D正确。故选D。3.工厂的流水生产线如图所示，水平传送带顺

时针运行速率始终为v，从传送带的左端无初速度释放一个物块，物块先匀加速运动后匀速运动到右端，下列说法正确的是（）A.匀加速运动阶段物块对传送带做正功B.匀加速运动阶段传送带对物块做正功C.匀速运动阶段物块对传送带做正功D.匀速运动阶段传送带对物块做负功【答案】B【解析】【详解】AB．因为物块的初

速度为零，物块将受到传送带对它的水平向右摩擦力作用，物块将向右做匀加速运动，此过程中摩擦力对物块做正功，物块对传送带做负功，故A错误，B正确；CD．当物块与传送带共速后，物块随传送带匀速运动，物块不受摩擦力作用，则匀速运动阶段传送带对物块不做功，物块对传送带不做功，故CD错误。故选B。4.202

4年4月26日3时32分，神舟十八号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口。已知空间站在距离地面400公里左右的轨道上运行，其运动视为绕地球做匀速圆周运动。则对接后的飞船（）A.所受地球引力比静止在地面上时大B.做圆周运动的角速度比地球自转角速度大C.做

圆周运动的线速度比地球第一宇宙速度大D.做圆周运动的向心加速度比地球两极处重力加速度大【答案】B【解析】【详解】A．根据万有引力定律2MmFGr=可知对接后的飞船所受地球引力比在地面上时小，故A错误；B．根据万

有引力提供向心力22MmGmrr=可得3GMr=由于空间站轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以飞船做圆周运动的角速度大小比同步卫星的角速度大，而同步卫星的角速度等于地球自转角速度，即飞船做圆周运

动的角速度大小比地球自转角速度大，故B正确；C．第一宇宙速度是地球卫星的最大环绕速度，所以飞船做圆周运动的线速度小于第一宇宙速度，故C错误；D．根据牛顿第二定律()2MmGmaRH=+结合地球表面附近物体所受重力和万有引力的关系112GMmmgR=则飞船做圆周运动的向心加速度比地球两极处重力加速

度小，故D错误。故选B。5.如图所示，两个厚度相同、上下表面均为正方形，由同种材料构成的导体A、B，两个正方形的边长:2:1ab=，分别在A、B导体左右两侧面加上相同的电压。下列说法正确的是（）A.导体A和B的电阻之比为2:1B.导体A和

B的电阻之比为1:2C.通过导体A和B的电流之比为1:1D.相等时间内通过导体A和B左右两侧面的电荷量之比为2:1【答案】C【解析】【详解】AB．设小正方形边长l，则大正方形边长2l，厚度d，根据LRS

=可得121212lRldlRld==故AB错误；C．分别在A、B导体左右两侧面加上相同的电压，根据欧姆定律可知，通过导体A和B的电流之比为1:1，故C正确；D．相等时间内通过导体A和B左右两侧面的电荷量之比为112211qItqIt==故D错误。故选C。6.如图所示

，“天问一号”火星探测器经过系列变轨后从调相轨道进入停泊轨道，为着陆火星做准备。已知“天问一号”的调相轨道和停泊轨道均为椭圆轨道。下列说法正确的是（）A.“天问一号”从调相轨道转移到停泊轨道的过程中机械能减小B.“天问一号”在调相轨道比在停泊轨道上运

行周期小C.“天问一号”在停泊轨道上运行时，在P点比N点速度小D.“天问一号”沿图示两轨道稳定运行时经过P点的加速度大小不相等【答案】A【解析】【详解】A．“天问一号”从调相轨道进入停泊轨道需在P点点火减速，则其机械能变小，故A正确；B．“天问一号”停泊轨道的半长轴比调相轨道的半长轴短，根据开普

勒第三定律32RCT=可知“天问一号”在停泊轨道上周期小，故B错误；C．“天问一号”在停泊轨道上从P点运动到N点过程中，万有引力做负功，动能减小，则“天问一号”在停泊轨道上运行时，在P点比N点速度大，故C错误；D．根据牛顿第二定律2GMmmar=可得2GMar=可知“天问一号”

在两个轨道运行时经过P点的加速度相等，故D错误。故选A。7.如图所示，遥控小汽车的质量为1kg，额定功率为45W，现用遥控器启动小汽车，从静止开始做加速度为22.5m/s的匀加速直线运动，功率达到额定值后即保持不变。已知小汽车受到的阻力大小

恒为车重的34，水平面足够长，取重力加速度210m/sg=，则小汽车从静止开始运动4s的过程中（已知小汽车4s末已达到最大速度）（）A.小汽车能达到的最大速度为4.5m/sB.小汽车做匀加速直线运动能维持的最长时间为2.

4sC.4s内牵引力对小汽车做功为138.5JD.小汽车4s内运动的总位移为16.2m【答案】D【解析】【详解】A．阻力37.5N4fmg==当阻力等于牵引力时，速度最大，最大速度m45m/s6m/s7.5PPvFf====故A错误；B．小汽车做匀加速直线运动时牵

引力0F，根据牛顿第二定律0Ffma−=得010NF=功率达到额定值时速度04.5m/sPvF==能维持的最长时间为1.8svta==故B错误；C．1.8st=时间内运动位移22112.51.8m=4.05m22sat==这段时

间内牵引力对小汽车做功1040.5JWFs==1.8s4s时间内牵引力对小汽车做功'2452.2J=99JWPt==4s内牵引力对小汽车做功为12139.5JWWW=+=故C错误；D．小车在4s内运动过程中，由动能

定理可得W−fx=2m12mv−0解得x=16.2m故D正确。故选D。8.如图所示，真空中有两个点电荷4Q和()0QQ−分别固定在x轴的坐标为0和3cm的位置上。关于x轴上各点，下列说法正确的是（）

A.坐标为2cm处的电场强度为零B.坐标为6cm处的电场强度为零C.0x区间内任一点电场强度方向均沿x轴负方向D.3cmx区间内任一点电场强度方向均沿x轴正方向【答案】BC【解析】【详解】A．由于两个点电荷的电性相反，二者连线

之间区域的电场方向均沿x轴正方向，坐标为2cm处的电场强度不为零，电场强度为零的点只能在Q−右边，故A错误；B．设坐标为xr=处的电场强度为零，根据()2243kQkQrr=−解得6cmr=即6cmx=处电场强度为零，故B正确；CD．则在03cmx的区域和6cmx的区域，场强沿x轴正方向

，而在0x的区域和3cm6cmx的区域，场强沿x轴负方向，故C正确，D错误。故选BC。9.如图所示，光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，圆心为O。可视为质点的小球穿在轨道上，轻质弹簧一端与小球相连，另一端固定在与O处于同一水平面上的A点，OA连

线与圆弧交于B点，现将小球拉至M点无初速度释放，小球将在M、N之间往复运动。已知小球在M点时弹簧处于伸长状态，运动到B点时弹簧处于压缩状态。在整个运动过程中，下列说法正确的是（）A.小球和弹簧组成的系

统机械能守恒B.M、N两点一定关于OA连线对称C.弹簧弹力功率为零的位置只有1处（M、N两点除外）D.弹簧弹力功率为零的位置有3处（M、N两点除外）【答案】AD【解析】【详解】AB．根据题意可知，小球在运动过程中，只有小球

的重力和弹簧的弹力做功，则小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球在N点的重力势能小于M点的重力势能，则小球在N点时，弹簧的弹性势能较大，可知，M、N两点不关于OA对称，故A正确，B错误；CD．弹簧弹力功率为零时，可能是弹簧弹力为零，即弹

簧恢复原长，小球在MB和BN上各有一点；可能是小球的速度为0，即小球在M、N两点，可能是弹簧的弹力方向与小球的速度方向垂直，即小球在B点时，则弹簧弹力功率为零的位置有3处（M、N两点除外），故C错误，D

正确。故选AD。10.如图甲所示，倾角为37=的粗糙斜面上各点场强E的方向均沿斜面向上，以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，斜面上各点场强E的大小与该点位置坐标x之间的关系如图乙所示。现有一个质量为1kg6，电量为0.01C的带正电小滑块从斜面底端静止释放，斜面足够

长，小滑块与斜面间动摩擦因数为0.75，取重力加速度210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=，小滑块运动的过程中，下列说法正确的是（）A.x轴上0x=与2mx=两点间电势差为600VB.小滑块能获得的最大动能为1.5JC.小滑块机械能增加量最多为4

.5JD.小滑块电势能减小量最多为8J【答案】ACD【解析】【详解】A．Ex−图像所围面积表示两点间的电势差，如图所示故x轴上0x=与2mx=两点间电势差为21(24)102V600V2U=+=故A正确；B．根

据cos371Nmg=，sin371Nmg=当1cos37sin372NqEmgmg=+=结合400100Ex=−，得12mx=时，结合数学知识可得21(24)102V600V2U=+=小滑块获得的动能最大由动能定理可得km11sin37cos372JEUqmgxmgx=−

−=故B错误；C．当2cos371NqEmg==时，结合400100Ex=−，得23mx=时，结合数学知识可得21(14)103V750V2U=+=小滑块机械能增加量最多，由功能关系可得1mcos374.5JmgxEUq=−=机故C正确；D．小球向上运动

的过程中电场力一直做正功，其电势能一直减小，速度减为0时，电势能减小量最多，由动能定理可得()cos37sin370Wmgmgx−+=电解得4mx=，8JW=电故D正确故选ACD。二、非选择题：本题共5小题，共60分．11.利用如图所示

甲的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g。实验步骤如下，请将实验步骤补充完整：（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图所示乙，则d=______mm。（2）测出气垫导轨的倾角，两个光电门中心之间的距离为L；（3）由某一位置释放滑块，分别记录遮光条通过光

电门1和光电门2的时间1t和2t，则滑块通过光电门1时的速度为______（用题中给出的字母表示）（4）滑块下滑过程中若满足关系式______（用题中给出的字母表示），则可验证机械能守恒。【答案】①.3.25②.1dt③.222221sin22ddgL

tt=−【解析】【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为。3mm0.055mm3.25mm+=（3）[2]根据光电门测速原理，滑块通过光电门1时速度为11dvt=（4）[3]根据光电门测速原理，滑块通过光电门2时的速度为22dvt=根据机械能守恒

定律有222111sin22mgLmvmv=−结合上述解得222221sin22ddgLtt=−12.某学习小组用伏安法测一个待测电阻xR的阻值，实验室提供器材如下：A.待测电阻xR：阻值约为800B两节干电池：电源电压3VC.电流表1A：满偏电流6mA

，内阻约为50D.电流表2A：满偏电流0.6A，内阻约为10E.电压表1V：量程03V，内阻约为2kF.电压表2V，量程015V，内阻约为10kG.电阻箱PR：最大阻值为999.9H.滑动变阻器R：阻值范围为050I.开关、导线若干（1）为减小测量

误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________；（选填器材前的序号）实验电路应采用下列电路方案________（选填“甲”“乙”“丙”或“丁”）更合理。的.（2）为了更准确地测量待测电阻的阻值，该小组增加电阻箱来完成实验，实验电路图如图戊：①先闭合1S、断开

2S，调节R和PR，使电流表和电压表指针偏转适当，记下两表示数分别为12.50VU=，15.0mAI=；②再闭合2S，保持PR不变，调节R，记下此时两表示数21.80V=U，26.0mAI=；③小组同学利用测量数据计算出的待测电阻xR=________；④若不

考虑偶然误差，该小组此测量方案测得电阻值________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。【答案】（1）①C②.E③.丙（2）①.750②.等于【解析】【小问1详解】[1][2]电源电压为3V，为减小实验误差，电压表应选用量程03V的电压表1V，故选E。通过待测电阻

的最大电流为m3A3.75mA800xEIR===可知电流表应选用满偏电流6mA的电流表1A，故选C。[3]为调节方便，待测电阻两端电压可以从零开始，滑动变阻器应采用分压式接法，待测电阻的阻值与电压表阻值接近，为减小实验误差，电流表应采用内接法，故实验电路应

采用下列电路方案丙。【小问2详解】的.[1]闭合1S、断开2S，根据欧姆定律有PV1PV1500RRURRRI===+闭合2S，保持PR不变，根据欧姆定律有22300xxRRURRRI===+解得待测电阻为750xR=[2]实验处理数据时考虑了电表的内阻，故该小组此测量方案测得的电

阻值等于真实值。13.我国自主研制的“北斗”卫星导航系统中的一颗卫星I位于赤道上空，其对地张角为60（如图所示），绕地球做匀速圆周运动的周期为T。II为绕地球表面做匀速圆周运动的近地卫星，其轨道半径可视为地球半径R。万有引力常量为G，球体体积公式343VR=，求：（1

）卫星I和卫星II的加速度大小之比；（2）地球的密度。【答案】（1）1:4；（2）224πGT【解析】【详解】（1）设卫星Ⅰ的轨道半径为R，由几何知识有sin30RR=解得2RR=设做圆周运动的卫星质量为m，加速度为a，地

球质量为M，由牛顿第二定律有2GMmmar=可得卫星I和卫星II的加速度大小之比2212::1:4aaRR==（2）对卫星Ⅰ，由圆周运动运动学公式有2124πaRT=由牛顿第二定律有12GMmmaR=联立解得2324πRMGT=地球的密度34π3MR=联立解得224πGT

=14.如图所示，光滑水平轨道MC与光滑半圆弧轨道ABC平滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O，A是最高点，C是最低点，B与圆心O等高。一轻质弹簧左端固定在M点处的挡板上，弹簧右端有一质量为0.7kgm=的小球，与弹簧不拴接，将小球向左缓慢推至N点后无初速度释放，小球在水平轨道

上离开弹簧后进入圆弧轨道，并恰好能运动到A点。已知圆弧轨道的半径R为0.4m，小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取210m/s，求：（1）小球运动到A点速度大小v；（2）小球从N点释放时，弹簧的弹性势能pE；（3）

小球运动到与圆心等高的B点时，克服重力做功的功率P。（结果可保留根号）【答案】（1）2m/s；（2）7J；（3）143W【解析】【详解】（1）小球恰好能运动到A点，表明小球在A点受到轨道的弹力为0，对小球进行分析，由牛

顿第二定律有2vmgmR=解得2m/sv=（2）小球从N点运动到A点过程中，对弹簧与小球构成的系统，由机械能守恒定律有2p122EmgRmv=+解得p7JE=（3）设小球在B点时速度为Bv，从B到A，对小球进行分析，由机械能守恒有221122BmvmgRmv=+小球在B点克服重力

做功的功率BPmgv=解得143WP=15.如图所示，竖直平面内有一段绝缘光滑的圆弧轨道AB和绝缘粗糙的水平轨道BC相切于B，圆弧轨道AB的圆心为O，半径25m24R=，圆心角37=，水平轨道BC足够长

，在OB右侧存在水平向左的匀强电场，电场强度3310N/CE=。一个质量为0.48kgm=，带电量31.010Cq−=+的小滑块（可视为质点）从A点左侧不同位置以不同的初速度水平向右抛出，均恰好从A点沿切线滑

入轨道AB，设小滑块的抛出点与A点的水平距离为mx（m为单位），取重力加速度210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=。（1）若小滑块运动到A点时的速度大小为Av，求小滑块在抛出时的速度大小（用Av表示）；（2）求小滑块

运动到A点时的动能kAE；（3）已知小滑块与BC轨道间的动摩擦因数512=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求小滑块在BC轨道上运动过程中，摩擦产生的总热量Q随x变化的关系式。【答案】（1）0.8Av；（2）()5Jx；（3）见解析【解析】【详解】（1）设小滑块水平抛出时速度为v

，小球做平抛运动，在A点由速度的分解有cosAvv=解得0.8Avv=（2）设小滑块在A点竖直分速度为yv，则有sinyAvv=设小滑块从抛出到A点运动时间为t，则竖直方向上有ygt=v水平方向上有xvt=，cosAvv=小滑

块动能为2k12AAEmv=解得()k5JAEx=（3）设小滑块在水平轨道最远滑行距离为s，则从A点运动到最远点过程，由动能定理有()()k1cos370AmgRqEmgsE−−+=−解得0.2sx=+设返回A点的动能为'kAE，则由最远点返回A点过程中，由

动能定理有()()'k1cos37AEqEmgsmgR=−−−解得'k0.8AEx=−当00.8mx时有'k0AE表明小滑块最终停在B点，从A到停止运动过程，由能量守恒有()k1cos37AQEmgR=+−结合上述解

得()51JQx=+当0.8mx时有'k0AE则小滑块会从A点离开轨道不再返回，从A到再次返回A过程，由能量守恒有'kkAAQEE=−解得()40.8JQx=+