湖北省孝感市部分高中联考2024-2025学年高一下学期7月期末物理试卷（解析版）

这是一份湖北省孝感市部分高中联考2024-2025学年高一下学期7月期末物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了答题前，请将自己的姓名，选择题的作答，非选择题作答，考试结束后，请将答题卡上交等内容，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
C. 小球由A点水平射入时初速度v0的大小为
D. 小球离开B点时速度的大小为
【答案】D
【解析】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：，故A错误；根据L= at2，有：，选项B错误；在B点的平行斜面方向的分速度为：
；根据s=v0t，有：；故物块离开B点时速度的大小：，故C错误；D正确；故选D．
2. 如图所示为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心做匀速转动，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/sB. 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/sD. 圆盘转动的加速度可能是π2 m/s2
【答案】A
【解析】AB．根据
h＝gt2
可得
t＝＝2s
则小球平抛的初速度
v0＝＝2.5m/s
A正确，B错误；
CD．根据
ωt＝2nπ（n＝1、2、3、…）
解得圆盘转动的角速度
ω＝＝nπ rad/s（n＝1、2、3、…）
圆盘转动的加速度为
a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2（n＝1、2、3、…）
故CD错误。
故选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
B. 月球的平均密度
C. 月球表面重力加速度大小
D. 月球第一宇宙速度大小
【答案】B
【解析】C．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
解得
故C错误；
A．在月球表面有万有引力等于重力，有
解得
故A错误；
B．月球体积为
根据
可得月球的平均密度为
故B正确
D．第一宇宙速度为最小发射速度，最大环绕速度，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
故D错误。
故选B。
4. 如图甲所示，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得物体运动的最远位移与斜面倾角的关系如图乙所示，取，根据图象可求出物体与斜面的动摩擦因数为（ ）
A. 0.3B. 0.4C. 0.5D. 0.6
【答案】C
【解析】由图可知，当夹角为时，位移为，由竖直上抛运动规律
当夹角时，位移为，根据动能定理
解得
故选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. B.
C. D.
【答案】A
【解析】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
根据题意
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

解得
A正确，BCD错误。
故选A。
6. 如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm．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，
B. a、b的电荷异号，
C. a、b的电荷同号，
D. a、b的电荷异号，
【答案】D
【解析】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，可知，a、b的电荷异号，对小球c受力分析，如下图所示
因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有
根据库仑定律有
，
综上所得
故D正确，ABC错误。
故选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. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由欧姆定律可得，镀膜材料电阻
R=
镀膜材料的截面积为
根据电阻定律可得
所以镀膜材料的电阻率
故选C。
8. 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. 当时，A、B相对于转盘会滑动
B. 当时，绳子一定有弹力
C. 在范围内增大时，B所受摩擦力变大
D. 在范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
【答案】ABD
【解析】A．当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘将会滑动
解得
故A正确；
B．当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即
解得
故B正确；
C．当时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，故C错误；
D．时，A所受摩擦力提供向心力，即
静摩擦力随角速度增大而增大；
当时，以A、B整体为研究对象
可知A受静摩擦力随角速度的增大而增大，故D正确。
故选ABD。
9. 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
B. 火星的第一宇宙速度为
C. 天问一号每次日全食持续的时间为
D. 天问一号运行的角速度为
【答案】AC
【解析】A．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
质量为m0的物体在火星表面有
联立解得火星表面的重力加速度为，故A正确；
B．火星的第一宇宙速度等于卫星在火星表面做匀速圆周的运行速度，由万有引力提供向心力得
联立可得火星的第一宇宙速度为，故B错误；
C．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
DE平行于OA，则
同理可得，则观察到日全食时天问一号转过的角度为
设天问一号的周期为T，根据万有引力提供向心力，有
解得周期
观察到日全食的时间为，故C正确；
D．天问一号运行的角速度为，故D错误。
故选AC。
10. 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，改装好后把它们按图所示接法连入电路，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指针偏转角等于电压表V2指针的偏转角
【答案】AD
【解析】AB．表头并联电阻后可改装成电流表。对于电流表A1和A2，两个表头并联，电压相同，故流过两个表头的电流相同，则电流表A1的指针偏转角等于电流表A2的指针偏转角，而电流表A1的量程大于A2的量程，则电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确，B错误；
CD．表头串联电阻后可改装成电压表。对于电压表V1和V2，两个表头串联，故流过两个表头的电流相同，则电压表V1的指针偏转角等于电压表V2的指针偏转角，而电压表V1的量程大于V2的量程，则电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误，D正确。
故选AD。
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11. 北京冬奥会的成功举办激起了民众对冬季运动的热爱，如图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。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，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，O点与A点的水平距离，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）运动员在O点时速度的大小；
（2）运动员在空中运动的时间；
（3）A、B两点间距离。
【答案】（1）20m/s；（2）；（3）40m
【解析】（1）由O到M过程，根据斜抛运动规律有
联立解得
（2）落地时速度方向与斜面夹角，则此时竖直向下的速度为
由M到B过程，根据平抛运动规律
解得
运动员在空中运动的时间
（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
水平距离
A、B两点间距离
12. 如图所示，一倾斜轨道，通过微小圆弧与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道与一半径为的圆弧轨道相切于点，A、、、均在同一竖直面内。质量的小球（可视为质点）压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经A点时恰好无碰撞沿方向进如入倾斜轨道滑下。已知轨道长，与水平方向夹角，小球与轨道间的动摩擦因数，其余轨道部分均为光滑， 取，，。求：
（1）未解锁时弹簧的弹性势能；
（2）小球在点时速度的大小；
（3）要使小球不脱离圆轨道，轨道半径应满足什么条件。
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】（1）对小球与弹簧，由机械能守恒定律有
解得弹簧的弹性势能
（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
从A到的过程，由动能定理可得
解得
（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，轨道半径，在最高点
从至最高点的过程
解得
设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处，轨道半径，从至圆心等高处的过程
解得
综上所述，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径必须满足
或
13. 如图为某游戏装置的示意图，均为四分之一光滑圆管，为圆管的最高点，圆轨道半径均为，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，是与水平面成的斜面，底端处有一弹性挡板，在同一水平面内．一质量为的小物体，其直径稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从点所在水平面出发通过圆管最高点后，最后停在斜面上，小物体和之间的动摩擦因数，其余轨道均光滑，已知，，，求：
（1）小物体的速度满足什么条件？
（2）当小物体的速度为，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？
【答案】（1）；（2）H处，
【解析】（1）小物体在点处做圆周运动，当其恰好通过点时，小物体速度为零，从到运动过程，根据动能定理有
解得
设小物体刚好反弹到点，斜面长度为，全过程对小物体运动，根据动能定理有
解得
故小物体在水平面上的速度范围为
（2）由于
故小物体最后停在处，从小物体开始运动到小物体最后停止，全过程用动能定理
解得
14. 如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m．一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知乙球质量为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，乙球质量是甲球质量的3倍．g取10 m/s2．(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)

(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力是自身重力的2.5倍，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0；
【答案】(1)x=0.6m (2)
【解析】(1)根据题意可知，甲、乙两球碰撞后，在水平方向上动量守恒，此时乙获得向右的速度沿轨道运动，在乙恰能通过轨道的最高点D的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，根据曲线运动规律有：
x＝vDt
联立得x=0.6m
(2)设碰后甲、乙球的速度分别为v1，v2，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
两式联解得：
乙球从B到D过程中，根据动能定理有:
解得：
联立解得：
【点睛】熟记弹性碰撞的规律及结论，掌握物体完成圆周运动的临界条件、类平抛规律以及动能定理的综合运用．
15. 一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A，在30s内可使该物体被匀速提升3m。若不计一切摩擦和阻力，求：
（1）电动机的输入功率；
（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；
（3）电动机线圈的电阻。
【答案】（1）0.6W （2）6J （3）
【解析】
【小问1解析】
电动机的输入功率为
【小问2解析】
在提升重物的30s内，电动机消耗的电能为
根据能量守恒可得
可得电动机线圈所产生的热量为
【小问3解析】
根据焦耳定律可得
可得电动机线圈电阻为