湖北省2023-2024学年高一年级下册期末考试物理试卷（含答案）

湖北省2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷

学校：___________姓名：班级：___________考号：

一,单选题

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.人方是电

场线上的两点，场强大小分别为纥、Eh,电势分别为％、%,c、d是带电体表面上

的两点，电势分别为久、％,下列说法正确的是（）

B.0<为

C.（Pa<<Pb

D.将电子在。点自由释放，电子一定沿着电场线运动

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

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

（5干（）

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

4.2024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

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4B,

两个正方形的边长=分别在45导体左右两侧面加上相同的电压，下列说

法正确的是（）

B.导体A和3的电阻之比为1：2

C.通过导体A和3的电流之比为1：1

D.相等时间内通过导体A和3左右两侧面的电荷量之比为2：1

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，在尸点比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

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2.5m/s2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2,水平面足够长，取重力加速度g=10m/s2，则

45

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）

口

777777777777777z<7zz7777777777777777777777777777r

A.小汽车能达到的最大速度为4.5m/s

B.小汽车做匀加速直线运动能维持的最长时间为2.4s

C.4s内牵引力对小汽车做功为138.5J

D.小汽车4s内运动的总位移为16.2m

二、多选题

8.如图所示，真空中有两个点电荷4Q和-。（。>0）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（）

4Q-Q

-©----------0---------7*

03x/cm

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.*<0区间内任一点电场强度方向均沿x轴负方向

D.%>3cm区间内任一点电场强度方向均沿x轴正方向

9.如图所示，光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，圆心为。.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。处于同一水平面上的A点，

连线与圆弧交于3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〃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）

10.如图甲所示，倾角为6=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：kg,电量为O,O1C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g=10m/s2，sin37°=0.6>cos37。=0.8，小滑块运动的过程中，下列说法正确的

是（）

B.小滑块能获得的最大动能为1.5J

C.小滑块机械能增加量最多为4.5J

D.小滑块电势能减小量最多为8J

三、计算题

11.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.H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

V=-7lT?3）求：

3

（1）卫星I和卫星n的加速度大小之比;

（2）地球的密度〃

12.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A是最高点，C是最低点，3与圆心。等高.一轻质弹簧左端

固定在〃点处的挡板上，弹簧右端有一质量为根=0.7kg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lOm/sz,求：

（1）小球运动到A点速度大小V；

（2）小球从N点释放时，弹簧的弹性势能综；

（3）小球运动到与圆心等高的3点时，克服重力做功的功率P.（结果可保留根号）

13.如图所示，竖直平面内有一段绝缘光滑的圆弧轨道A3和绝缘粗糙的水平轨道

相切于3,圆弧轨道A3的圆心为。，半径R=生m，圆心角。=37。，水平轨道3c足

24

够长，在右侧存在水平向左的匀强电场，电场强度E=3X1（）3N/C•一个质量为

m=0.48kg,带电量q=+1.0x10-3（2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A3,设小滑块的抛出点与

A点的水平距离为xm（m为单位），取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6

cos37°=0.8-

/9；

E

AJ

BC

（l）若小滑块运动到A点时的速度大小为力，求小滑块在抛出时的速度大小（用以

表示）；

（2）求小滑块运动到A点时的动能％；

（3）已知小滑块与3C轨道间的动摩擦因数〃=2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦

12

力，求小滑块在轨道上运动过程中，摩擦产生的总热量Q随x变化的关系式.

四、实验题

14.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：

遮

光

条012cm

If巾l|山坨山中山甘

01020

乙

（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图所示乙，则“=mm.

（2）测出气垫导轨的倾角仇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％和才2，

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.

15.某学习小组用伏安法测一个待测电阻段的阻值，实验室提供器材如下：

A.待测电阻&：阻值约为800Q

B.两节干电池：电源电压3V

C.电流表A1：满偏电流6mA，内阻约为50Q

D.电流表A2：满偏电流0.6A，内阻约为10Q

E.电压表V1：量程0〜3V，内阻约为2kQ

F.电压表V2：量程0〜15V，内阻约为10kQ

G.电阻箱Rp：最大阻值为999.9Q

H.滑动变阻器R：阻值范围为0〜50。

L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

ESR

甲

(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S「断开S?，调节R和品，使电流表和电压表指针偏转适当，记下两表示数

分别为Ui=2.50V,4=5.0mA；

②再闭合S2,保持七不变，调节R,记下此时两表示数3=L80V，I2=6.0mA；

③小组同学利用测量数据计算出的待测电阻&=C；

④若不考虑偶然误差，该小组此测量方案测得的电阻值__________(选填“大于”“等

于”或“小于”)真实值.

参考答案

1.答案：c

解析：A.电场线的疏密程度反映场强的大小，则场〉纥，故A错误；BC.沿电场线方

向，电势逐渐降低，则痣＜%，故B错误，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.

2.答案：D

解析：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.电场力表

达式F=Eq,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。=旦可知，间距增大，电容将减小，故D正确.

471kd

3.答案：B

解析：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；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；所以在传送带对物

块不做功，物块对传送带不做功，故B正确，ACD错误.

4.答案：B

解析：A.根据万有引力定律尸=G下可知，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G"皿，，可得"于

r

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

m

G：M=tna结合地球表面附近物体所受重力和万有引力的关系半1m1g,则

(R+H)R2仪

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.

5.答案：C

解析：根据电阻定律：R=p-L=P,可知电阻A和3的阻值之比为1:1，故选项AB

Ldd

错误；选项C正确；选项D错误.

6.答案：A

解析：A.“天问一号”从调相轨道进入停泊轨道需在尸点点火减速，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

勒第三定律可知周期小，故B错误；C.天问一号在停泊轨道上从尸点运动到N点过程

中，球心的距离变大，动能转化为引力势能，速度减小，C错误；D.根据牛顿第二定

律丝丝=根。，可得"，可知“天问一号”在两个轨道运行时经过P点的加速

rr

度相等，故D错误.

7.答案：D

解析：A.若小车继续以额定功率运动，当牵引力大小等于阻力时，小车达到最大速

度，则最大速度为％='=驷，故A错误；B.匀加速直线运动结束时速度v=R,

fsF

F=f+ma,t=上,解得/=1.8s，故B错误；C.作pT图，由面积求解得4s内牵引

a

力对小汽车做功为W=139.5J，C错误；

D.小车在4s内运动过程中，由动能定理可得W-笈=；根耳-0，求解得x=16.2m，故

D正确.

8.答案：BC

解析：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-。右边，选项A错

误；B.根据一挚—■，解得厂=6cm，即r=6cm处电场强度为零，选项B正确；

r(r-x)

CD.则在0<%<3cm的区域和％>6cm的区域，场强沿x轴正方向，而在尤<0的区域和

3cm<x<6cm的区域,场强沿x轴负方向,故C正确'D错误.故选BC.

9.答案：AD

解析：A.小球在圆弧轨道M、N之间往复运动时，小球与轻弹簧组成的系统机械能守

恒，则A正确；B.在M、N两点小球的动能都为零，由〃到N的过程中小球重力势能

的减少量应等于弹簧弹性势能的增加量，所以〃、N两点关于连线不对称；CD.小

球下滑过程中，当运动到3点时，弹簧弹力与速度方向垂直，弹力功率为零；M,B

两点之间和3、N两点之间各有一个位置弹簧处于原长，弹力功率为零，故弹簧弹力

功率为零的位置有3处，故C错误，D正确.故选AD.

10.答案：ACD

解析：A.E-x图像所围面积表示两点间的电势差，则A正确；

024工

B.jumgcos37°=IN,mgsin37°=IN,qEl-jumgcos37°+mgsin37°=2N,由

E=400-100x,得为=2m时，小滑块获得的动能最大由动能定理可得£/=2几

C.当qE?=卬噂337。=小时，得々=lm时，小滑块机械能增加量最多,

由功能关系可得AE机m=4.5J.

Eq

34x

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。时，电

势能减小量最多，由动能定理可得4及-3咫8537。+7咫5吊37。）％=0,解得

x=4m,唉=8J.

⑴1:4⑵券

11.答案:

解析：（1）设卫星I的轨道半径为R,由几何知识有：R'=^—,

sin30°

解得：R'=2R，

设做圆周运动的卫星质量为机，加速度为a,地球质量为

由牛顿第二定律有：

故有：%：出=R?：R?,

解得：%=1：4

（2）对卫星I,由圆周运动学公式有：

4/R3

联立解得：M

GT-

M

又：P4冰3

3

联立解得：0=券

12.答案：(1)2m/s(2)7J(3)14也W

解析：(1)设小球在A点受到的弹力为对小球,

2

由牛顿第二定律有：F-\-mg=m—，

N7?

由题意可得：FN=0,

代入数据解得：v=2m/s

(2)小球从N点运动到A点过程中，对系统，由机械能守恒有:

12

Ep=2mgR+—mv，

代入数据解得：耳=7J

(3)设小球在8点时速度为以，从8到A,对小球由机械能守恒有:

gmVg—；mv2=mgR，

解得：vB=13gR,

又：P=mgvB,

代入数据解得：P=14V3W

13.答案：(1)0.8VA(2)5x(3)见解析

解析：(1)设小滑块水平抛出时速度为v,在A点由速度的分解有：V=VACOS6>,

代入数据解得：V=0.8VA

(2)设小滑块在A点竖直分速度为与，贝lj：vv=vAsin37°,

设小滑块从抛出到A点运动时间为3则竖直方向上：vv=gt,

水平方向上：x=vt，

小滑块动能为：E1cA=；相片，

联立解得：E1M=5x

(3)设小滑块在水平轨道最远滑行距离为s,则从A点到最远点，由动能定理有:

>>

mgR(l-cos37°)—(<qE+jumg)s=0-EkA^

解得：s=x+0.2，

设返回A点的动能为4,则由最远点返回A点过程中，由动能定理有:

=（qE-jumg）s—mgR（1-cos370）>

解得：Ej=x-0.8^

当0WxW0.8m时，5kA'KO，则小滑块最终停在3点，从A到停止运动，

由能量守恒有2=%+小水（1—cos37。），

解得：Q=5x+1,

当x〉0.8m时，^>0,则小滑块会从A点离开轨道不再返回，从4到再次返回4

由能量守恒有：0=%—欧,

解得：Q=4x+0.8

14.答案:(1)3.25(3)-