高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1湖北省2024—2025學(xué)年下學(xué)期八校期末聯(lián)考高一物理試題本試卷共6頁(yè)，全卷滿分100分，考試用時(shí)75分鐘?！镒？荚図樌镒⒁馐马?xiàng)：1、答題前，請(qǐng)將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫(xiě)在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的制定位置。2、選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，寫(xiě)在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。3、非選擇題作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)，寫(xiě)在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。4、考試結(jié)束后，請(qǐng)將答題卡上交。一、單項(xiàng)選擇題：（本題共10小題，每小題4分，共40分，。在小題給出的四個(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)符合要求，每小題全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有錯(cuò)選或者不選的得0分）1.在東北嚴(yán)寒的冬天，人們經(jīng)常玩一項(xiàng)“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯開(kāi)水沿弧線均勻快速地潑向空中。圖甲所示是某人玩“潑水成冰”游戲的瞬間，其示意圖如圖乙所示。潑水過(guò)程中杯子的運(yùn)動(dòng)可看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)，人的手臂伸直，在0.5s內(nèi)帶動(dòng)杯子旋轉(zhuǎn)了210°，人的臂長(zhǎng)約為0.6m。下列說(shuō)法正確的是（）A.潑水時(shí)杯子的旋轉(zhuǎn)方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼.P位置飛出的小水珠初速度沿1方向C.杯子在旋轉(zhuǎn)時(shí)的角速度大小為D.杯子在旋轉(zhuǎn)時(shí)的線速度大小約為【答案】D【解析】AB．由圖乙水做離心運(yùn)動(dòng)的軌跡可知，潑水時(shí)杯子的旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，P位置飛出的小水珠初速度沿2方向，故AB錯(cuò)誤；C．杯子在旋轉(zhuǎn)時(shí)的角速度大小為故C錯(cuò)誤；D．杯子在旋轉(zhuǎn)時(shí)的線速度大小約為故D正確。故選D。2.登月艙在離月球表面112km的高空?qǐng)A軌道上，環(huán)繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)周期為120.5min，月球的半徑約為1.7×103km，只考慮月球?qū)Φ窃屡摰淖饔昧ΓΤＡ縂＝6.67×10－11N·m2/kg2，則月球質(zhì)量約為（）A.6.7×1022kg B.6.7×1023kgC.6.7×1024kg D.6.7×1025kg【答案】A【解析】由萬(wàn)有引力引力提供向心力有整理得月球得質(zhì)量為代入數(shù)據(jù)解得月球得質(zhì)量為，A正確。故選A。3.如圖甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計(jì)，質(zhì)量為2kg的物體在拉力F作用下由靜止開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，由此可知（）A.物體加速度大小為 B.F的大小為21NC.4s末F的功率為42W D.4s內(nèi)F的平均功率為42W【答案】C【解析】A．由圖乙可知物體的加速度為故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)牛頓第二定律得解得F=10.5N故B錯(cuò)誤；C．4s末物體的速度為則拉力F作用點(diǎn)的速度為則拉力的功率P=Fv=42W故C正確；D．4s內(nèi)F的平均功率為又聯(lián)立，解得故D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖，跨過(guò)輕質(zhì)滑輪a、b的一根輕質(zhì)細(xì)繩，一端接在天花板上，另一端與小物塊A相接，A放在長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為的光滑斜面體上。物塊B用細(xì)線懸掛在滑輪a的下方，細(xì)線Ab段與斜面平行，動(dòng)滑輪兩側(cè)細(xì)線均豎直。A與B的質(zhì)量分別為m、2m，重力加速度大小為g，不計(jì)動(dòng)滑輪與繩之間的摩擦以及空氣阻力，忽略A的大小。現(xiàn)將A從斜面底端由靜止釋放，一段時(shí)間后，A沿斜面勻加速上滑到中點(diǎn)，此時(shí)B尚未落地，整個(gè)過(guò)程中斜面體始終靜止在水平地面上。下列說(shuō)法正確的是（）A.該過(guò)程中，B的機(jī)械能不變B.該過(guò)程中，地面對(duì)斜面體的摩擦力大小為C.A到達(dá)斜面中點(diǎn)的速率為D.該過(guò)程中，細(xì)線的拉力大小為【答案】B【解析】A．由于B沿豎直方向勻加速下降，除重力以外還有繩子拉力做功，所以B機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B．A對(duì)斜面的壓力大小為對(duì)于斜面，在水平方向由平衡條件可得，地面對(duì)斜面的摩擦力大小為故B正確；C．A沿斜面勻加速上滑到斜面中點(diǎn)的過(guò)程中，A、B機(jī)械能守恒可得又聯(lián)立解得，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)細(xì)線上的拉力大小為F，設(shè)A的加速度大小為a，由于B的加速度為A的加速度的一半，對(duì)A、B分別由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得，故D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，小明同學(xué)水平拉伸一個(gè)彈弓，放手后將彈珠射出，則橡皮筋的彈性勢(shì)能（）A.在釋放過(guò)程中增加B.在拉伸過(guò)程中減小C.在釋放過(guò)程中轉(zhuǎn)化為彈珠動(dòng)能D.在拉伸過(guò)程中由彈珠動(dòng)能轉(zhuǎn)化得到【答案】C【解析】AC．彈珠在釋放過(guò)程中彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈珠的動(dòng)能，則彈性勢(shì)能減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；BD．在拉伸過(guò)程中，人克服彈力做功，則彈性勢(shì)能增加，選項(xiàng)BD錯(cuò)誤；故選C。6.雷電擊中地面或高壓輸電線掉落到地面時(shí)，都會(huì)在以落地點(diǎn)為中心的一定區(qū)域內(nèi)的地面上形成一個(gè)強(qiáng)電流場(chǎng)，如果有人站在這個(gè)區(qū)域內(nèi)，雙腳間會(huì)存在一定的電勢(shì)差，叫做“跨步電壓”。如圖所示，一條電勢(shì)遠(yuǎn)高于地面的高壓直流輸電線掉落在地面上的O點(diǎn)，若O點(diǎn)附近地質(zhì)結(jié)構(gòu)分布均勻，則在地面以O(shè)為圓心的同心圓為一系列的等勢(shì)線。圖中O、A、B、C在同一直線上，是過(guò)B點(diǎn)圓的切線，，電線落地時(shí)恰好有人單腳著地站在B點(diǎn)，則以下說(shuō)法正確的是（）A.圖中A、B、C三點(diǎn)中，C點(diǎn)電勢(shì)最高B.地面上電子由O向C定向移動(dòng)C.為了安全，人應(yīng)該沿方向邁大步快速脫離D.A、B、C、D四點(diǎn)間電勢(shì)差大小關(guān)系【答案】D【解析】A．電線掉落的O點(diǎn)電勢(shì)最高，沿著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，故有則C點(diǎn)電勢(shì)最低，故A錯(cuò)誤；B．電子受電場(chǎng)力從低電勢(shì)向高電勢(shì)移動(dòng)形成電流，則地面上電子由C向O定向移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．為了安全，人應(yīng)該單腳跳，就不會(huì)在人體形成電勢(shì)差，而不能邁步走動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．等勢(shì)線的密度能夠表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，而，則AB段的場(chǎng)強(qiáng)大于BC段的場(chǎng)強(qiáng)，由，有而，則有故D正確。故選D。7.如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q（q>0）的粒子；在負(fù)極板有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在靜電力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間的相互作用可忽略，不計(jì)重力，則M∶m為（）A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1【答案】A【解析】設(shè)平行板電容器內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度為E，質(zhì)量為M、電荷量為q（q>0）的粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為，位移為，質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為，位移為，根據(jù)題意可知兩粒子運(yùn)動(dòng)的位移之比為兩粒子都從靜止開(kāi)始在電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，根據(jù)位移公式可得兩粒子運(yùn)動(dòng)的加速度之比為根據(jù)牛頓第二定律方程可得兩粒子的質(zhì)量之比為，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。8.如圖所示，行星繞太陽(yáng)的公轉(zhuǎn)可以看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在地圖上容易測(cè)得地球—水星連線與地球—太陽(yáng)連線夾角，地球—金星連線與地球—太陽(yáng)連線夾角，兩角最大值分別為、。則（）A.水星的公轉(zhuǎn)周期比金星的大B.水星的公轉(zhuǎn)向心加速度比金星的大C.水星與金星的公轉(zhuǎn)軌道半徑之比為D.水星與金星的公轉(zhuǎn)線速度之比為【答案】BC【解析】AB．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有可得因?yàn)樗堑墓D(zhuǎn)半徑比金星小，故可知水星的公轉(zhuǎn)周期比金星小；水星的公轉(zhuǎn)向心加速度比金星的大，故A錯(cuò)誤，B正確；C．設(shè)水星的公轉(zhuǎn)半徑為，地球的公轉(zhuǎn)半徑為，當(dāng)α角最大時(shí)有同理可知有所以水星與金星的公轉(zhuǎn)半徑之比為故C正確；D．根據(jù)可得結(jié)合前面的分析可得故D錯(cuò)誤；故選BC9.智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛(ài)。如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡(jiǎn)化模型如圖乙所示。可視為質(zhì)點(diǎn)的配重質(zhì)量為0.5kg，繩長(zhǎng)為0.5m，懸掛點(diǎn)P到腰帶中心點(diǎn)O的距離為0.2m。水平固定好腰帶，通過(guò)人體微小扭動(dòng)，使配重做水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子與豎直方向夾角為，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中腰帶可看成不動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，下列說(shuō)法正確的是（）A.勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，配重受到的合力恒定不變B.若增大轉(zhuǎn)速，繩的拉力增大C.當(dāng)θ穩(wěn)定在37°時(shí)，配重的角速度為5rad/sD.當(dāng)θ由37°緩慢增加到53°的過(guò)程中，配重的動(dòng)能增加了【答案】BD【解析】A．設(shè)配重的質(zhì)量為m、繩長(zhǎng)為l、懸掛點(diǎn)P到腰帶中心點(diǎn)O的距離為r1，對(duì)配重受力分析如圖所示由于配重做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其受到的合力提供向心力，即合力大小不變、方向改變，故A錯(cuò)誤；B．若增大轉(zhuǎn)速，θ增大，豎直方向根據(jù)受力平衡可得可得繩子拉力為可知繩的拉力增大，故B正確；C．當(dāng)θ穩(wěn)定在37°時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得可得代入數(shù)據(jù)可得故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)牛頓第二定律有可得當(dāng)θ由37°緩慢增加到53°的過(guò)程中，動(dòng)能增加了其中，聯(lián)立解得故D正確。故選BD。10.如圖所示，把A、B兩個(gè)相同的導(dǎo)電小球分別用長(zhǎng)為0.10m的絕緣細(xì)線懸掛于OA和OB兩點(diǎn)。用絲綢摩擦過(guò)的玻璃棒與A球接觸，棒移開(kāi)后將懸點(diǎn)OB移到OA點(diǎn)固定。兩球接觸后分開(kāi)，平衡時(shí)距離為0.12m。已測(cè)得每個(gè)小球質(zhì)量是，帶電小球可視為點(diǎn)電荷，重力加速度，靜電力常量，則（）A.兩球所帶電荷量相等B.A球所受的靜電力為1.0×10-2NC.B球所帶的電荷量為D.A、B兩球連線中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0【答案】ACD【解析】A．兩相同的小球接觸后電量均分，故兩球所帶電荷量相等，選項(xiàng)A正確；B．對(duì)A球受力分析，由幾何關(guān)系，兩球接觸后分開(kāi)后，懸線與豎直方向的夾角為37°，根據(jù)平行四邊形法則可得選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．根據(jù)庫(kù)侖定理解得選項(xiàng)C正確；D．AB帶等量的同種電荷，故在A、B兩球連續(xù)中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，選項(xiàng)D正確。故選ACD。二、非選擇題：（本大題共5小題，共60分）11.如圖所示，一傾斜軌道，通過(guò)微小圓弧與足夠長(zhǎng)的水平軌道平滑連接，水平軌道與一半徑為的圓弧軌道相切于點(diǎn)，A、、、均在同一豎直面內(nèi)。質(zhì)量的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）壓緊輕質(zhì)彈簧并被鎖定，解鎖后小球的速度離開(kāi)彈簧，從光滑水平平臺(tái)飛出，經(jīng)A點(diǎn)時(shí)恰好無(wú)碰撞沿方向進(jìn)如入傾斜軌道滑下。已知軌道長(zhǎng)，與水平方向夾角，小球與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其余軌道部分均為光滑，取，，。求：（1）未解鎖時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；（2）小球在點(diǎn)時(shí)速度的大??；（3）要使小球不脫離圓軌道，軌道半徑應(yīng)滿足什么條件【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】（1）對(duì)小球與彈簧，由機(jī)械能守恒定律有解得彈簧的彈性勢(shì)能（2）對(duì)小球：離開(kāi)臺(tái)面至A點(diǎn)的過(guò)程做平拋運(yùn)動(dòng)，在A處的速度為從A到的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得解得（3）要使小球不脫離軌道，小球或通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)，或沿圓軌道到達(dá)最大高度小于半徑后返回：設(shè)小球恰好能通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，速度為，軌道半徑，在最高點(diǎn)從至最高點(diǎn)的過(guò)程解得設(shè)小球恰好能在圓軌道上到達(dá)圓心等高處，軌道半徑，從至圓心等高處的過(guò)程解得綜上所述，要使小球不脫離軌道，則豎直圓弧軌道的半徑必須滿足或12.2022年北京冬奧會(huì)短道速滑混合團(tuán)體2000米接力決賽中，我國(guó)短道速滑隊(duì)奪得中國(guó)隊(duì)在本屆冬奧會(huì)的首金。（1）如果把運(yùn)動(dòng)員起跑后進(jìn)入彎道前的過(guò)程看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若運(yùn)動(dòng)員加速到速度時(shí)，滑過(guò)的距離，求加速度的大??；（2）如果把運(yùn)動(dòng)員在彎道滑行的過(guò)程看作軌道為半圓的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，若甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員同時(shí)進(jìn)入彎道，滑行半徑分別為，滑行速率分別為，求甲、乙過(guò)彎道時(shí)的向心加速度大小之比，并通過(guò)計(jì)算判斷哪位運(yùn)動(dòng)員先出彎道?！敬鸢浮浚?）；（2），甲【解析】（1）根據(jù)速度位移公式有代入數(shù)據(jù)可得（2）根據(jù)向心加速度的表達(dá)式可得甲、乙的向心加速度之比為甲、乙兩物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為代入數(shù)據(jù)可得甲、乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，因，所以甲先出彎道。13.如圖所示，傾角的斜面體固定在水平地面上，斜面的長(zhǎng)為，長(zhǎng)為、質(zhì)量為的長(zhǎng)木板A放在斜面上，上端與斜面頂端對(duì)齊，質(zhì)量為的物塊B放在長(zhǎng)木板的上端，同時(shí)釋放A和B，結(jié)果當(dāng)A的下端滑到斜面底端時(shí)，物塊B也剛好滑到斜面的底端，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，重力加速度g取，不計(jì)物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，，。求：（1）長(zhǎng)木板A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)和物塊B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）從開(kāi)始到A的下端滑到斜面底端的過(guò)程中，A與B間、A與斜面間因摩擦產(chǎn)生的總熱量?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】（1）設(shè)長(zhǎng)木板A和物塊B運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為、，物塊B運(yùn)動(dòng)到斜面底端經(jīng)歷時(shí)間為t，令長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)為L(zhǎng)、物塊B的質(zhì)量為m，則斜面長(zhǎng)為2L、長(zhǎng)木板A的質(zhì)量為2m，以長(zhǎng)木板為研究對(duì)象，則根據(jù)牛頓第二定律以物塊B為研究對(duì)象，則根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得，（2）設(shè)長(zhǎng)木板A和物塊B運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)速度分別為、，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，因摩擦產(chǎn)生的總熱量或代入數(shù)據(jù)解得14.如圖所示，在豎直平面內(nèi)放置的粗糙直線軌道與放置的光滑圓弧軌道相切于點(diǎn)，圓心角，線段垂直于，圓弧軌道半徑為，直線軌道長(zhǎng)為，整個(gè)軌道處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度方向平行于軌道所在的平面且垂直于直線，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為、帶電荷量為的小物塊從A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，小物塊與之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小，，，重力加速度為，忽略空氣阻力。求：（1）小物塊第一次通過(guò)點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；（2）小物塊第一次從點(diǎn)飛出后上升的最大高度；（3）小物塊在直線軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程?！敬鸢浮浚?）10.8mg；（2）1.2R；（3）15R【解析】（1）小物塊從A點(diǎn)到第一次到C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理知：（qE+mg）（Lsin37°＋R－Rcos37°)－μ（qE+mg）Lcos37°＝－0在C點(diǎn)由牛頓第二定律知：聯(lián)立解得：FN＝10.8mg由牛頓第三定律知此時(shí)壓力大小是10.8mg。（2）小物塊從A到第一次到D的過(guò)程，由動(dòng)能定理知（qE+mg）(Lsin37°－Rcos37°)－μ（qE+mg）Lcos37°＝－0小物塊第一次到達(dá)D點(diǎn)后先以速度vD1逆電場(chǎng)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知-（qE+mg）xmax＝0－聯(lián)立解得：（3）分析可知小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度為零后，小物塊就在圓弧軌道上往復(fù)圓周運(yùn)動(dòng)。由功能關(guān)系知（qE+mg）Lsin37°＝μ（