湖北省宜昌市部分省級(jí)示范高中2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期中考試物理試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二總分評(píng)分一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8-10題有多項(xiàng)符合題目要求。每小題全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。1．中國(guó)海軍護(hù)航編隊(duì)“巢湖”艦歷經(jīng)36h、航行約8330km，護(hù)送13艘貨輪順利抵達(dá)亞丁灣西部預(yù)定海域，“巢湖”艦屬于903A型大型綜合補(bǔ)給艦，艦長(zhǎng)178.5m，寬24.8m，滿載時(shí)排水量達(dá)20000多噸，下列說(shuō)法正確的是()A．“8330km”指的是護(hù)航艦隊(duì)全程的位移B．此次護(hù)航過(guò)程的平均速度大約是231.4km/hC．求平均速度時(shí)可將“巢湖”艦視為質(zhì)點(diǎn)D．以“巢湖”艦為參考系，13艘貨輪全程任何時(shí)刻都是靜止的2．質(zhì)量為m的列車(chē)以速度v勻速行駛，突然以大小為F的制動(dòng)力剎車(chē)直到列車(chē)停止，過(guò)程中受到大小為f的恒定空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．減速運(yùn)動(dòng)中加速度大小a=B．剎車(chē)距離為mC．剎車(chē)過(guò)程中克服F做的功為1D．勻速行駛時(shí)列車(chē)功率為(3．牛頓認(rèn)為物體落地是由于地球?qū)ξ矬w的吸引，這種吸引力可能與天體間（如地球與月球）的引力具有相同的性質(zhì)，且都滿足F∝MmrA．120π60Rg B．30πg(shù)R C．30πRg4．甲、乙兩帶電小球的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為＋q和－q，兩球間用絕緣細(xì)線2連接，甲球用絕緣細(xì)線1懸掛在天花板上，在兩球所在空間有沿水平方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，且有qE＝mg，g為重力加速度，平衡時(shí)細(xì)線都被拉直．則平衡時(shí)的可能位置是()A． B．C． D．5．如圖所示，圖甲中MN為足夠大的不帶電薄金屬板，在金屬板的右側(cè)，距離為d的位置上放入一個(gè)電荷量為+q的點(diǎn)電荷O，由于靜電感應(yīng)產(chǎn)生了如圖甲所示的電場(chǎng)分布．P是金屬板上的一點(diǎn)，P點(diǎn)與點(diǎn)電荷O之間的距離為r，幾位同學(xué)想求出P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，但發(fā)現(xiàn)問(wèn)題很難．幾位同學(xué)經(jīng)過(guò)仔細(xì)研究，從圖乙所示的電場(chǎng)得到了一些啟示，經(jīng)過(guò)查閱資料他們知道：圖甲所示的電場(chǎng)分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場(chǎng)分布是一樣的．圖乙中兩異號(hào)點(diǎn)電荷電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點(diǎn)電荷連線的中垂線．由此他們分別對(duì)P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向和大小做出以下判斷，其中正確的是A．方向垂直于金屬板向左，大小為2kqdB．方向沿P點(diǎn)和點(diǎn)電荷的連線向左，大小為2kqC．方向沿P點(diǎn)和點(diǎn)電荷的連線向左，大小為2kqdD．方向垂直于金屬板向左，大小為2kq6．如圖所示，水平面上放置一個(gè)絕緣支桿，支桿上的帶電小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細(xì)線繞過(guò)定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下，小球B靜止，此時(shí)兩球處于同一水平線。假設(shè)兩球的電荷量均不變，現(xiàn)緩慢拉動(dòng)細(xì)線，使B球移動(dòng)一小段距離，支桿始終靜止。在此過(guò)程中以下說(shuō)法正確的是（）A．細(xì)線上的拉力一直增大B．B球受到的庫(kù)侖力不變C．B球受到的庫(kù)侖力一直變大D．支桿受到地面向右的摩擦力逐漸減小7．如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的傾角為37°。一煤塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的v?t圖像如圖乙所示，煤塊到傳送帶頂端時(shí)速度恰好為零，sin37°=0.6，cosA．煤塊在傳送帶上的劃痕為8米B．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C．摩擦力方向一直與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相反D．傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速率越大，物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度就會(huì)越大8．如圖所示，B為半徑為R的豎直光滑圓弧的左端點(diǎn)，B點(diǎn)和圓心O連線與豎直方向的夾角為α，一個(gè)質(zhì)量為m的小球在圓弧軌道左側(cè)的A點(diǎn)以水平速度v0A．AB連線與水平方向夾角為αB．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間tC．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率PD．小球運(yùn)動(dòng)到豎直光滑圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)處于失重狀態(tài)9．如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角α=37°的斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上升過(guò)程中，物體的機(jī)械能E機(jī)隨高度h的變化如圖乙所示。g=10msA．物體的質(zhì)量m=1kgB．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0C．物體上升過(guò)程的加速度大小a=12D．物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能E10．如圖所示，一勻強(qiáng)電場(chǎng)E大小未知、方向水平向右。兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的絕緣輕繩分別將小球M和N懸掛在電場(chǎng)中，懸點(diǎn)均為O。兩小球質(zhì)量均為m、帶等量異號(hào)電荷，電荷量大小均為q（q＞0）。平衡時(shí)兩輕繩與豎直方向的夾角均為θ＝45°。若僅將兩小球的電荷量同時(shí)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，兩小球仍在原位置平衡。已知靜電力常量為k，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是（）

A．M帶負(fù)電荷 B．N帶負(fù)電荷 C．q＝Lmgk D．q＝3L二、非選擇題：本題共5題，60分。11．某物理實(shí)驗(yàn)小組利用圖甲所示裝置“探究小車(chē)的加速度與受力的關(guān)系”．（1）一次實(shí)驗(yàn)中獲得的紙帶如圖乙所示，已知所用電源的頻率為50Hz，每隔1個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，A、B、C、D、E、F、G為所取計(jì)數(shù)點(diǎn)，由圖中數(shù)據(jù)可求得加速度大小a＝m/s2；(計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)（2）實(shí)驗(yàn)小組先保持小車(chē)質(zhì)量為m1不變，改變小車(chē)所受的拉力F，得到a隨F變化的規(guī)律如圖丙中直線A所示，然后實(shí)驗(yàn)小組換用另一質(zhì)量為m2的小車(chē)，重復(fù)上述操作，得到如圖丙中所示的直線B，由圖可知，m1m2(選填“大于”或“小于”)，直線B不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是．12．在“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”實(shí)驗(yàn)中

①用圖1裝置進(jìn)行探究，下列說(shuō)法正確的是。A．只能探究平拋運(yùn)動(dòng)豎直分運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)B．需改變小錘擊打的力度，多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)C．能同時(shí)探究平拋運(yùn)動(dòng)水平、豎直分運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)②用圖2裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是。A．斜槽軌道M不必光滑但其末端必須水平B．上下調(diào)節(jié)擋板N時(shí)必須每次等間距移動(dòng)C．小鋼球從斜槽M上同一位置靜止?jié)L下③用圖3裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，豎直擋板上附有復(fù)寫(xiě)紙和白紙，可以記下鋼球撞擊擋板時(shí)的點(diǎn)跡。實(shí)驗(yàn)時(shí)豎直擋板初始位置緊靠斜槽末端，鋼球從斜槽上P點(diǎn)靜止?jié)L下，撞擊擋板留下點(diǎn)跡0，將擋板依次水平向右移動(dòng)x，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，擋板上留下點(diǎn)跡1、2、3、4。以點(diǎn)跡0為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向下建立坐標(biāo)軸y，各點(diǎn)跡坐標(biāo)值分別為y1、y2、y3、y4。測(cè)得鋼球直徑為d，則鋼球平拋初速度v0為。A．（x+d2）g2y1B．（x+d2）gy13．用L=30cm的細(xì)線將質(zhì)量為m=4×10-3kg的帶電小球P懸掛在O點(diǎn)下，當(dāng)空中有方向水平向右，大小為E=1×104N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，小球偏離豎直方向37°角后處于靜止?fàn)顟B(tài)。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求小球所帶電荷的電性及小球的帶電荷量q；（2）求細(xì)線的拉力大小。14．在軌空間站中物體處于完全失重狀態(tài)，對(duì)空間站的影響可忽略．空間站上操控貨物的機(jī)械臂可簡(jiǎn)化為兩根相連的等長(zhǎng)輕質(zhì)臂桿，每根臂桿長(zhǎng)為L(zhǎng)．如圖1所示，機(jī)械臂一端固定在空間站上的O點(diǎn)，另一端抓住質(zhì)量為m的貨物．在機(jī)械臂的操控下，貨物先繞O點(diǎn)做半徑為2L、角速度為ω的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)停下．然后在機(jī)械臂操控下，貨物從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t到達(dá)B點(diǎn)，A、B間的距離為L(zhǎng)。（1）求貨物做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的向心力大小Fn。（2）求貨物運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)機(jī)械臂對(duì)其做功的瞬時(shí)功率P。（3）在機(jī)械臂作用下，貨物、空間站和地球的位置如圖2所示，它們?cè)谕恢本€上．貨物與空間站同步做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知空間站軌道半徑為r，貨物與空間站中心的距離為d，忽略空間站對(duì)貨物的引力，求貨物所受的機(jī)械臂作用力F1與所受的地球引力F15．如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角α=60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形圓軌道BCDE和圓軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點(diǎn)連成的直線與水平線間的夾角均為θ=30°，G點(diǎn)與豎直端面的距離d=3R（1）若釋放處高度h=3R，當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)C時(shí)，求小球?qū)壍赖淖饔昧?；?）求小球在圓軌道內(nèi)與圓心O1點(diǎn)等高的D點(diǎn)所受彈力FN與（3）若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點(diǎn)，釋放高度h應(yīng)該滿足什么條件？

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、“8330km”是護(hù)航艦隊(duì)全程軌跡的總長(zhǎng)度，指的是路程，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

v=st=833036km/h=231.4km2．【答案】B【解析】【解答】A、根據(jù)牛頓第二定律有

F+f=ma

可得減速運(yùn)動(dòng)加速度大小為

a=F+fm

故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

0-v2=-2ax

可得剎車(chē)距離為

x=mv22(F+f)

故B正確；

C、剎車(chē)過(guò)程中克服F做的功為

W=fx=3．【答案】A【解析】【解答】設(shè)地球半徑為R，由題知，地球表面的重力加速度為g，則有

mg=GM地mR2

月球繞地球公轉(zhuǎn)有

GM地m月r2=4．【答案】C【解析】【解答】先用整體法，把兩個(gè)小球及細(xì)線2視為一個(gè)整體，整體受到的外力有豎直向下的重力2mg、水平向左的電場(chǎng)力qE、水平向右的電場(chǎng)力qE和細(xì)線1的拉力FT1，由平衡條件知，水平方向受力平衡，細(xì)線1的拉力FT1一定與重力2mg等大反向，即細(xì)線1一定豎直．再隔離分析乙球，如圖所示．

乙球受到的力為：豎直向下的重力mg、水平向右的電場(chǎng)力qE、細(xì)線2的拉力FT2和甲球?qū)σ仪虻奈引，要使乙球所受合力為零，細(xì)線2必須傾斜，設(shè)細(xì)線2與豎直方向的夾角為θ，則有

tanθ=qEmg=1

解得

θ=45°

5．【答案】A【解析】【解答】根據(jù)P點(diǎn)的電場(chǎng)線方向可以得P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向是垂直于金屬板向左，兩異號(hào)點(diǎn)電荷電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，P點(diǎn)與點(diǎn)電荷O之間的距離為r，根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式

E=kQr2

P點(diǎn)的電場(chǎng)是由兩異號(hào)點(diǎn)電荷分別產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)疊加產(chǎn)生的，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加法則和幾何關(guān)系得：P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為

E'=E×d6．【答案】D【解析】【解答】ABC、如圖所示

設(shè)A、B間的距離為r，O、A間的距離為h，O、B間距離為l，B球重力為mg。A、B之間的庫(kù)侖力大小為

F庫(kù)=kqAqBr2

根據(jù)力的矢量三角形與距離的幾何三角形相似可得

mgh=F庫(kù)r=F7．【答案】A【解析】【解答】A、由圖可知傳送帶的速度為8m/s，作出傳送帶運(yùn)動(dòng)的v-t圖像

由圖像可得共速前痕跡的長(zhǎng)度為4m，共速后痕跡的長(zhǎng)度為8m，則小煤塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶頂端時(shí)在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)為8m，故A正確；

BC、在0～1s內(nèi)，物塊的速度大于傳送帶的速度，傳送帶對(duì)物塊的摩擦力沿傳送帶向下，與物體運(yùn)動(dòng)方向相反，根據(jù)牛頓第二定律有

mgsin37°+μmgcos37°=ma1

根據(jù)圖乙可得

a1=16-81m/s2=8m/s2

在1～3s內(nèi)傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶對(duì)物塊的摩擦力沿傳送帶向上，與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，根據(jù)牛頓第二定律有

mg8．【答案】B,C【解析】【解答】AB、平拋運(yùn)動(dòng)水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，小球恰好沿B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓軌道，說(shuō)明小球在B點(diǎn)時(shí)，合速度方向沿著圓軌道的切線方向，將合速度正交分解，根據(jù)幾何關(guān)系可得，其與水平方向的夾角為α，則

tanα=gtv0

解得

t=v0tanαg

此時(shí)AB位移的連線與水平方向的夾角不等于α，故A錯(cuò)誤，B正確；

C、小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率

9．【答案】A,B【解析】【解答】A、根據(jù)題意，由圖可知，物體上升到最大高度時(shí)，機(jī)械能為30J，則有

mghm=30J

解得

m=1kg

故A正確；

B、根據(jù)題意，由功能關(guān)系可知，克服摩擦力做功等于機(jī)械能的減少，則有

Wf=μmgcos37°?hmsin37°=50J-30J

解得

μ=0.5

故B正確；

C、物體上升過(guò)程中，由牛頓第二定律有

μmgcos37°+mgsin37°=ma

解得

10．【答案】A,C【解析】【解答】AB、由題圖可知，對(duì)小球M受力分析如圖（a）所示，對(duì)小球N受力分析如圖（b）所示，

由受力分析圖可知小球M帶負(fù)電，小球N帶正電，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、由幾何關(guān)系可知，兩小球之間的距離為

r=2L

當(dāng)兩小球的電荷量為q時(shí)，由力的平衡條件得

mgtan45°=Eq-kq2r2

兩小球的電荷量同時(shí)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍后，由力的平衡條件得

mgtan45°=E·2q-k2q11．【答案】（1）1.11（2）小于；長(zhǎng)木板傾斜程度過(guò)大，平衡摩擦力過(guò)度【解析】【解答】（1）設(shè)AD=x1，DG=x2，由題圖乙可得

x1=3.70cm-0.40cm=3.30cm

x2=8.60cm-3.70cm=4.90cm

所用電源的頻率為50Hz，每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，可得AD之間的時(shí)間間隔為

t=3×0.02×2s=0.12s

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，即

Δx=x212．【答案】AB；AC；D【解析】【解答】（1）①用圖1裝置可以探究平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，需要改變小錘擊打的力度，多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)，故AB正確，AC錯(cuò)誤。

故答案為：AB。

②A、用圖2裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，斜槽軌道M不必要光滑，但末端必須水平，故A正確；

B、上下調(diào)節(jié)擋板N時(shí)，不需要等間距移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C、小鋼球必須從斜槽M上同一位置靜止?jié)L下，故C正確。

故答案為：AC。

③AB、用圖3裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)

x-d2=v0T

y1=12gT2

聯(lián)立解得

v0=(x-d13．【答案】（1）解：小球受力如圖。小球受到的靜電力F的方向與電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向相同，因此小球帶正電根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知電場(chǎng)力為：F=qE=mgtan37°

解得：q=（2）解：根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，細(xì)線的拉力為：T=【解析】【分析】（1）小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，即處于受力平衡狀態(tài)。確定小球所受拉力和重力的方向，再根據(jù)平衡條件確定小球所受電場(chǎng)力的方向，繼而確定小球的電性，再根據(jù)平衡條件及力的合成與分解和電場(chǎng)力公式進(jìn)行解答；

（2）根據(jù)平衡條件及力的合成與分解進(jìn)行解答即可。14．【答案】（1）解：貨物做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心力F（2）解：設(shè)貨物到達(dá)B點(diǎn)的速度為v，根據(jù)勻變速規(guī)律L=v2貨物的加速度a=根據(jù)牛頓第二定律，機(jī)械臂對(duì)貨物的作用力F＝ma=機(jī)械臂對(duì)貨物做功的瞬時(shí)功率P＝Fv=（3）解：設(shè)地球質(zhì)量為M，空間站的質(zhì)量為m0，空間站做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω0，地球?qū)臻g站的萬(wàn)有引力提供其圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有：GMm0r2=可得：GM＝ω02r3對(duì)貨物有：F地球?qū)ω浳锏娜f(wàn)有引力：F2=GMm【解析】【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行解答即可

（2）貨物在AB段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定貨物的加速度及到達(dá)B點(diǎn)的速度，再根據(jù)牛頓第二定律及瞬時(shí)功率的定義進(jìn)行解答；

（3）貨物與空間站同步做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即貨物與空間中的角速度相等。確定貨物做勻速圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源，再分別對(duì)空間站及貨物運(yùn)用萬(wàn)有引力定律及牛頓第二定律進(jìn)行解答。15．【答案】（1）解