湖北省随州市2025-2026学年第二学期高一年级期末考试物理试题及答案

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1.B
【详解】A. 静止在水平面的物体，如果受到向上的拉力或者其他竖直方向上的力，此时物体对水平面的压 力大小就不等于自身重力，A 正确；
B. 击球后乒乓球在空中运动时，球拍已经和乒乓球分离，不存在推力作用，乒乓球只受到重力和空气阻力 作 用 ，B 错误；
C. 降低重心可以提升物体的稳定程度，小汽车底盘厚重且位置较低，正是通过降低重心来让行驶平稳，该 描述符合物理规律，C 正确；
D. 光电门测瞬时速度的原理是：利用极短时间内的平均速度近似等于该时刻的瞬时速度，当时间间隔趋近 于0时，平均速度就无限趋近于瞬时速度，这是极限法的思想， D 正确。
故选B。
2.A
【详解】A.根据速度v 与时间t 的图线所围成的面积等于位移，可知t₀~t 时间内位移小于AB 段匀加速直线
运动的位移，此阶段匀加速直线运动的平均速度为 , 根 据
可知t～t 时间内水火箭的平均速度小于 , A 错误；
B.匀变速直线运动的平均速度一定可以表示为 ,图像中DE 段表示物体做匀变速直线运动。故ち~t₄ 间内平均速度一定为 , B 正确；
C.由图可知，在t₃~t4时间内水火箭的速度仍是正的，故在这段时间水火箭仍向上运动， C 正确；
D.根据v-t 图像的斜率表示加速度，由图可知t₀~t₂ 时间内图像的斜率先增大后减小，故水火箭的加速度先
增大后减小，D 正确。
故选A。
3.C
【详解】A. 小圆环在空中做平抛运动，竖直方向有 整理得
由于大人抛出的圆环下落高度较大，运动时间较长，故A 错误；
B. 两圆环水平位移相同，水平方向有x=v₀t
大人抛出的圆环运动时间较长，所需初速度较小，故B 错误；
C. 速度变化量大小为△v=gt 。 大人抛出的圆环运动时间较长，速度变化量较大，故C 正确；
试卷第1页，共10页
D. 两圆环只受重力作用，加速度均为重力加速度，速度变化率相同，故D 错误。 故选C。
4.B
【详解】对饮料罐受力分析，如图所示
由矢量三角形可知，挡板对饮料罐的弹力逐渐减小，斜面对饮料罐的支持力逐渐减小。
故选B。
5.C
【详解】A.卫星从低轨道向高轨道变轨，需要点火加速，卫星从轨道I 变轨到轨道Ⅱ,需在P 处点火加速， A 错误；
B.两个轨道上在同一点万有引力相同，则
解得
则在轨道Ⅱ上经过Q 点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过Q 点的加速度，B 错误；
C.在地球表面
由
可得地球的密度 , C 正确；
D.卫星在轨道Ⅱ上运行的过程中，仅有万有引力做功，所以卫星的机械能守恒，D 错误。
故选 C。
6.C
【详解】A. 下坡稳定后，有F₂+ mgsinθ= F
最大速度满足P=F₂v₂
水平路面匀速的速度为
联立可得V₂>v₁, 故 A 错误；
B. 下坡时，速度变大，功率不变，可知牵引力先减小后不变；根据F +mgsinθ- F₁=ma 可知加速度会一直减小到0,不会再增大，故B 错误；
C. 汽车水平匀速时F=F, 下坡匀速时牵引力F₂=F₁- mgsinθ
可得F mgsinθ , 故D 错误。
故选 C。
7.B
【详解】A. 若保持极板A 不动，将极板B 稍向下平移，板间距离d 增大，根据电容的决定式 电容C 减小；电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不 能流回电源，所以电容器的电量保持不变，A 选项错误；
可得
B. 根据
板间电场强度E 不 变 ，P 点与B 板间电势差UpB=EdpB
UPB变大，根据UpB=φp-φB 可知P 点的电势增大，B 选项正确；
CD. 若保持极板B 不动，将极板A 稍向下平移，板间距离减小，根据电容的决定式知，电容增大； 电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要增大，由于二极管具有单向导电性，电流仅能从a 流 向b,
电容增大时电源可向电容器充电，因此电容器两端电压保持等于电源电压不变；根据
板间电场强
度E 变 大 ，P 点与B 板间电势差UpB=EdB,UpB 变大，根据UpB=p-4s 可知P 点的电势变大。根据平衡
条件可知带电油滴带负电，根据Ep=qφ 可知油滴在P 点的电势能Ep 减小，故CD 选项都错误。 故选B。
8.AB
【详解】A.汽车做匀速圆周运动，故汽车此时所需向心力F 的大小为；, A 正确；
BC.转弯处为斜坡，坡面与水平面夹角为θ,则
解得v₁=√ 8Rtanθ
当路面结冰时，与未结冰时相比， V₁的值不变，B 正 确 ，C 错误；
D.当v>V₁ 时，所需向心力增大，需沿斜面向下的摩擦力补充向心力，竖直方向F₁csθ=mg+fsinθ
解得 , D 错误。
故选AB。
9.BD
【详解】A.若小船相对静水的速度大小恒为5m/s, 设小船船头垂直河岸渡河时，时间最短，则有
小船向下游运动s=vktmm=5×20√3=100√3m, 大于100m 故不能安全渡河，A 错误；
B.若小船相对静水的速度大小恒为6m/s, 由于小船相对静水的速度大于水流速度，则小船可以到达正对岸， 所以小船最短渡河位移大小为100 √3m,B 正确；
C.若小船相对静水的速度大小恒为4m/s, 由于小船相对静水的速度小于水流速度，则小船不可以到达正对
岸，设船头与河岸上游成α时，渡河位移最短，则 ,解得α=37°。设河宽为d, 此时最短位
但小船向下游运动s₁=dtanα=75√3m, 大于100m, 故船不能安全渡河，C 错误；
D.若要使小船能安全渡河，小船渡河的临界轨迹如图所示，根据几何关系可得
解得小船相对静水的最小速度为 , D 正确。 故选BD。
10.AD
【详解】A. 圆环A 竖直方向由平衡条件有Fcas30°=mg
解得轻绳拉力的大小为 , 故A 正确；
B. 撤去外力的瞬间B 的重力产生的瞬时加速度为8,故B 错误；
C. 当α=37°时，此时B 绳与竖直方向夹角为β,由几何关系可知
物体沿绳方向速度相等v cs37°=VBcsβ
即, 故C 错误；
D. 以定滑轮位置为参考平面，当A 上升到定滑轮上方时，绳拉力对A 做负功，所以A 上升到定滑轮等高 时，机械能最大，由于两物体沿绳方向速度相等， A 上升到定滑轮等高时，B 的速度恰好为零。以定滑轮 位置为参考平面，则A 上升到定滑轮等高时，A 增加的机械能等于B 损失的机械能
△E₄=2mg·2dcs30°=2√3mgd
初始状态A 的机械能为- √3mgd, 故A 最大的机械能为√3mgd, 故D 正确。
故选AD。
11. (1) 0.515
(2) 3mgH
(3)>
【详解】(1)[1]20分度游标卡尺的精度为0.05mm, 游标零刻度在主尺5mm 后，游标第3条刻度线与主尺 刻度线对齐，遮光条宽度d=5mm+3×0.05mm=5.15mm=0.515cm
[2]光电门测得的 可看作遮光条中心通过光电门时A 物体的速度VA, 由绳长约束可知B 物体的速度
(2)[3]从图甲状态到遮光条中心通过光电门， A 物体上升H,B 物体下降2H, 系统重力势能减少量
|AE₂|=8mgH-5m8H=3mLgH
[4]此时 ,由关系式
系统动能增加量为
整理得
(3)[5]设遮光条挡光开始和结束时A 物体速度分别为%、 V₁, 匀变速直线运动在挡光时间中点的速度为
可知，挡光位移中点的速度满足
由于v₁>%, 所以V时中< V位中
光电门测得的 ·等于挡光过程的平均速度，即V时中，小于遮光条中心到达光电门中心时的速度，因此用 计算的△E 偏小，关系为|△Ep|>△E
12. (1) 0.700###0.699##0.701 R₂
(2)a
(3)2.5×10⁻⁶
(4)CD
【详解】(1)[1]螺旋测微器的精度为0.01mm, 可得直径为0.5mm+20.0×0.01mm=0.700mm
[2]由于采用替代法流过电流表的电流为30.0mA, 大 于R 允许通过的最大电流0.01A, 而小于R₂ 允许通过
的最大电流0.5A, 故选滑动变阻器R₂。
(2)由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联接在电路中，故采用“一上一下”原则，即电流表的“+”接 线柱应与滑动变阻器的接线柱a 相连。
(3)由题意可知，该合金丝的电阻为R=3.2Ω
由电阻定律
可得
其中d=0.700 mm,1=80.00 cm-30.00 cm=50.00 cm
代入数据解得该合金丝的电阻率为p≈2.5×10⁻⁶Ω·m
(4) A. 换用量程0~0.6A 的电流表，量程过大，误差变大，故A 错误；
B. 本实验采用替代法，换用内阻更小的电流表对实验没有影响，故B 错误；
CD. 根据电阻定律可知,则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，选择更精确的电 阻箱，可换用阻值范围为0～99.99Ω,或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值，
故CD 正确。
故选CD。
13.(1)0.4m
(2)2√7m/s
【详解】(1)小球在圆管内从最低点到最高点，圆管内壁光滑，只有重力做功。小球恰好可以运动到最高
点时，最高点速度为0,由机械能守恒
解得
(2)设最高点时小球对圆管的弹力大小为FN。基座恰好不脱离地面时，地面对基座的支持力为0,圆管和
基座整体受竖直方向力平衡，有Fɴ=(M+m)g
由牛顿第三定律可知，圆管对小球的弹力大小也为FN, 方向竖直向下。在最高点，小球所需向心力方向竖
直向下，由牛顿第二定律得
联立得
代入R=0.4m 、M=0.4kg 、m=0.2kg 、 m=0.1kg 、 g=1 0m/s²
整理得v₂=2 √7 m/s
14.(1)a=2g
(2)η =80%
③
【详解】(1)烟尘颗粒在电场中运动时，根据牛顿第二定律有 解得a=2g
(2)如图所示，若一颗粒恰好从N 板右边缘飞出，在水平方向上有L=v₀t
在竖直方向上有.
解得
金属板N 收集的烟尘颗粒占烟尘颗粒总数的百分比
(3)对于刚好从极板边缘出射的颗粒，打到右侧挡板上时与0点距离最大，则出射时速度的竖直分量
粒子出电场后竖直方向做匀加速直线运动，
水平方向有
联立求得.
离O 点的距离为
解得，
15.(1)3m/s
(2)92N, 方向竖直向下
③
【详解】(1)设小滑块到达B点时竖直分速度大小为V,, 由竖直方向自由落体规律有 得V,=4m/s, 小滑块恰沿圆弧轨道切线进入轨道，速度方向与水平方向夹角为90°- α
( 2 ) 从A 点到C 点，小滑块下降高度H=h+Rsina+R=0.8m+0.5×0.6m+0.5m=1.6m
由机械能守恒有
整理得v²=v 哈+2gH= 41m² /s²
在C 点轨道对小滑块的支持力为FN, 由牛顿第二定律有
整理得
由牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力大小为92N, 方向竖直向下。
(3)小滑块通过光滑水平段CD, 滑上木板时速度仍为vc= √41m/s
小滑块受到的滑动摩擦力大小为f= 从mg=4N
加速度大小为α=48=4m/s²
小滑块在木板1上时，木板1至4整体可受地面最大静摩擦力为μ₂ (m+4M)g=5N>f
在木板2上时，木板2至4整体可受地面最大静摩擦力为μ₂(m+3M)g=4N=f₁ 故木板1、2阶段木板均不动。
小滑块滑到木板3左端时，已经相对地面前进2L, 由匀变速直线运动规律有v²=v²-2a(2L)
整理得v₁=5m/s
小滑块在木板3上时，木板3、4整体可受地面最大静摩擦力为从₂(m+2M)g=3N