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2024宜昌部分省级示范高中高一下学期期中联考物理试题含解析
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这是一份2024宜昌部分省级示范高中高一下学期期中联考物理试题含解析，文件包含湖北省宜昌市部分省级示范高中2023-2024学年高一下学期期中联考物理试题解析docx、湖北省宜昌市部分省级示范高中2023-2024学年高一下学期期中联考物理试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
命题学校：当阳一中 命题人：何良英 审题人：陈久胜 郑羚
考试时间：75分钟 满分：100分
选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，1-7题只有一项符合题目要求，8-10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1【答案】 C
【详解】 “8 330 km”是护航舰队全程轨迹的总长度，指的是路程，故A错误由于航程很长，所以求平均速度时可以将“巢湖”舰视为质点，故C正确；；根据运动学公式可得v＝eq \f(s,t)＝eq \f(8 330,36) km/h＝231.4 km/h，但此时的v是平均速率，不是平均速度，故B错误；13艘货轮不是任何时刻速度都是相同的，所以以“巢湖”舰为参考系，13艘货轮不是全程任何时刻都是相对静止的，故D错误。
2【答案】B
【详解】A．根据牛顿第二定律有可得减速运动加速度大小
B．根据运动学公式可得故B正确；
C．刹车过程中克服力合力做的功为 ；
D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为。
3【答案】A
【详解】设地球半径为R，在地球表面，忽略地球自转，万有引力等于重力：Gm地mR2=mg
月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力等于向心力：Gm地m月r2=m月4π2T2r
由题意得：r＝60R
联立解得：T＝120π60Rg 故A正确。
4【答案】 C
【详解】 先用整体法，将两个小球及细线2视为一个整体，整体受到的外力有竖直向下的重力2mg、水平向左的静电力qE、水平向右的静电力qE和细线1的拉力FT1，由平衡条件知，水平方向受力平衡，细线1的拉力FT1一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再隔离分析乙球，如图所示，乙球受到的力有：竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE、细线2的拉力FT2和甲球对乙球的引力F引，要使乙球所受合力为零，重力mg和静电力qE的合力F与F引和FT2的合力等大反向，细线2必须倾斜，设细线2与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ＝eq \f(qE,mg)＝1，θ＝45°，故C正确．
5【答案】 A
【详解】 据题意，从题图乙可以看出，P点电场方向为水平向左；由题图乙可知，正、负电荷在P点电场叠加，其大小为E＝2keq \f(q,r2)cs θ＝2keq \f(q,r2)·eq \f(d,r)＝2keq \f(qd,r3)，故选项A正确．
6【答案】D
【详解】 如图所示，设A、B间的距离为r，O、A间的距离为h，O、B间距离为l，B球重力为mg。A、B之间的库仑力大小为F库＝keq \f(qAqB,r2)，根据力的矢量三角形与距离的几何三角形相似可得eq \f(mg,h)＝eq \f(F库,r)＝eq \f(F,l)，解得F＝eq \f(mgl,h)，r＝eq \r(3,\f(kqAqBh,mg))，现缓慢拉动细线，使B球移动一小段距离，支杆始终静止，且两球的电荷量均不变，则l减小，h不变，所以F减小，即细线上的拉力一直减小；r不变，即B球的运动轨迹是一段圆弧，并且B球受到的库仑力大小不变，方向改变，故A、B、C错误；根据平衡条件可知，支杆受到的地面的摩擦力与B对A的库仑力的水平分量大小相等、方向相反，而B对A的库仑力大小不变，方向由水平向左变为斜向左下，所以水平分量变小，即支杆受到地面向右的摩擦力逐渐减小，故D正确。
7【答案】A
【详解】A．由图乙可知传送带的速度为，煤块在传送带上的划痕为4米；
BC．在内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有
根据图乙可得
在内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据根据牛顿第二定律有根据图乙可得
联立解得
故B错误；
D．当传送带的速度大于后，物块在传送带上一直做加速度为的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。
8【答案】 BC
【详解】 做平抛运动的小球在水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，小球恰好沿B点的切线方向进入圆弧轨道，说明小球在B点时合速度方向沿着圆弧轨道的切线方向．将合速度正交分解，根据几何关系可得，其与水平方向的夹角为α，则，解得，此时AB的连线即位移与水平方向的夹角不等于α，故A错误，B正确；小球运动到B点时，重力的瞬时功率P＝mgvy＝mgv0tan α，故C正确；小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，有向上的加速度，所以处于超重状态，故D错误．
9【答案】AB
【详解】A．根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为0，结合图乙可知，此时的重力势能为，又有解得故A正确；
B．根据题意可知，物块上滑过程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知
解得故B正确；
C．根据题意，由牛顿第二定律有解得
故C错误；
D．根据题意可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等均为整个过程由动能定理有其中解得
故D错误。
10【答案】AC
【详解】AB、两小球带等量异号电荷，根据“异种电互相吸引”可知两个小球相互吸引，所以匀强电场对M的电场力方向向左，故M带负电；匀强电场对N的电场力方向向右，故N带正电，故A正确、B错误；
CD、设匀强电场的电场强度为E，根据几何关系可得两个小球之间的距离为：r=2L；
当两个小球带电荷量大小均为q时，对M受力分析如图所示，根据平衡条件可得：
（qE﹣F库）tanθ＝mg，其中F库=kq2r2
仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡，对M根据平衡条件可得：（2qE﹣F库′）tanθ＝mg，其中F库′=4kq2r2联立解得：q＝Lmgk，故C正确、D错误。
二、非选择题：本题共5题，60分。
11（7分）【答案】 (1)1.11 (3分）(2)小于(2分） 长木板倾斜程度过大，平衡摩擦力过度(2分）
【详解】 (1)设AD＝x1，DG＝x2，由题图乙可得x1＝3.70 cm－0.40 cm＝3.30 cm，x2＝8.60 cm－3.70 cm＝4.90 cm，所用电源的频率为50 Hz，每隔一个点取一个计数点，可得AD之间的时间间隔为t＝3×0.02×2 s＝0.12 s，根据匀变速直线运动的推论，即Δx＝x2－x1＝at2，代入数据，解得a＝1.11 m/s2
(2)根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F,m)，故有aA＝eq \f(F,m1)，aB＝eq \f(F,m2)，a－F图线斜率为质量的倒数，故由题图丙可知m112（7分）【答案】：①AB；(2分）②AC；(2分）③D；(3分）
【详解】：（1）①用图1装置进行探究，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点，为了保证小球的水平速度不同，需改变小锤击打的力度，多次重复实验，故AB正确，C错误；
②用图2装置进行实验，则：
A、斜槽轨道不一定要光滑，但末端要水平，故A正确；
B、上下调节挡板N时不需要保证等间距移动，故B错误；
C、为了保证小钢球的初速度相同，则需要让小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下，故C正确；故选：AC。
③根据平抛运动的特点可知：
在竖直方向上：y4=12gt2
在水平方向上：4x−d2=v0t
联立解得：v0＝（4x−d2）g2y4，故D正确，ABC错误；故选：D。
13【答案】（14分） (1) 带正电 1.5×10－6 C(2) N
【详解】 (1)小球受力如图。
小球受到的静电力F的方向与电场强度E的方向相同，因此小球带正电 （3分）
小球受力平衡，根据电场强度定义和平衡条件有E＝eq \f(F,q)
F＝mgtan 37°
联立解得小球的带电荷量为q＝eq \f(mgtan 37°,E)＝1.5×10－6 C （5分）
(2)细线的拉力大小为FT＝eq \f(mg,cs 37°)＝N。 （6分）
14【答案】（15分）解：（1）货物做匀速圆周运动，向心力Fn=m⋅2Lω2=2mLω2（5分）
（2）设货物到达B点的速度为v，根据匀变速规律L=v2t，得v=2Lt
货物的加速度a=vt=2Ltt=2Lt2 （1分）
根据牛顿第二定律，机械臂对货物的作用力F＝ma=2mLt2 （1分）
机械臂对货物做功的瞬时功率P＝Fv=2mLt2×2Lt=4mL2t3 （4分）
（3）设地球质量为M，空间站的质量为m0，空间站做匀速圆周运动的角速度为ω0，地球对空间站的万有引力提供其圆周运动的向心力，则有：
GMm0r2=m0ω02r
可得：GM＝ω02r3
对货物有：F2−F1=m(r−d)ω02 （1分）
地球对货物的万有引力：F2=GMm(r−d)2=mω2r3(r−d)2 （1分）
联立解得F1F2=r3−(r−d)3r3 （2分）
答：（1）货物做匀速圆周运动时受到的向心力大小为2mω2L；
（2）货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为4mL2t3；
（3）货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比为r3−(r−d)3r3。
15． 【答案】（17分）（1），方向向下；（2）（）；（3）或或
【详解】（1）若释放处高度，根据机械能守恒
（2分）
根据牛顿第二定律
（2分）
联立得轨道对小球的作用力
根据牛顿第三定律，小球对轨道的作用力
方向向下。（1分）
（2）根据机械能守恒可得
（2分）
根据牛顿第二定律可得
（2分）
解得
（）（2分）
（3）小球释放后能从原路返回到出发点，共有三种情况；
第一种情况：小球恰好到达D点速度为0或者到不了D点，原路返回；则释放高度h应该满足
解得
（2分）
第二种情况：小球能够经过E点且不能越过F点，原路返回；设小球刚好能经过E点，则小球在E点时有
根据机械能守恒可得
解得
设小球刚好到达F点时速度为0，根据机械能守恒可得
解得
则释放高度h应该满足
（2分）
第三种情况：小球到达G点后滑离轨道与墙面垂直碰撞后原路返回；则有
其中
，
则
解得
根据机械能守恒可得
解得
（2分）
综上分析可知，若小球释放后能从原路返回到出发点，释放高度h应该满足
或或
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
B
A
C
A
D
A
BC
AB
AC
命题学校：当阳一中 命题人：何良英 审题人：陈久胜 郑羚
考试时间：75分钟 满分：100分
选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，1-7题只有一项符合题目要求，8-10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1【答案】 C
【详解】 “8 330 km”是护航舰队全程轨迹的总长度，指的是路程，故A错误由于航程很长，所以求平均速度时可以将“巢湖”舰视为质点，故C正确；；根据运动学公式可得v＝eq \f(s,t)＝eq \f(8 330,36) km/h＝231.4 km/h，但此时的v是平均速率，不是平均速度，故B错误；13艘货轮不是任何时刻速度都是相同的，所以以“巢湖”舰为参考系，13艘货轮不是全程任何时刻都是相对静止的，故D错误。
2【答案】B
【详解】A．根据牛顿第二定律有可得减速运动加速度大小
B．根据运动学公式可得故B正确；
C．刹车过程中克服力合力做的功为 ；
D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为。
3【答案】A
【详解】设地球半径为R，在地球表面，忽略地球自转，万有引力等于重力：Gm地mR2=mg
月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力等于向心力：Gm地m月r2=m月4π2T2r
由题意得：r＝60R
联立解得：T＝120π60Rg 故A正确。
4【答案】 C
【详解】 先用整体法，将两个小球及细线2视为一个整体，整体受到的外力有竖直向下的重力2mg、水平向左的静电力qE、水平向右的静电力qE和细线1的拉力FT1，由平衡条件知，水平方向受力平衡，细线1的拉力FT1一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再隔离分析乙球，如图所示，乙球受到的力有：竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE、细线2的拉力FT2和甲球对乙球的引力F引，要使乙球所受合力为零，重力mg和静电力qE的合力F与F引和FT2的合力等大反向，细线2必须倾斜，设细线2与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ＝eq \f(qE,mg)＝1，θ＝45°，故C正确．
5【答案】 A
【详解】 据题意，从题图乙可以看出，P点电场方向为水平向左；由题图乙可知，正、负电荷在P点电场叠加，其大小为E＝2keq \f(q,r2)cs θ＝2keq \f(q,r2)·eq \f(d,r)＝2keq \f(qd,r3)，故选项A正确．
6【答案】D
【详解】 如图所示，设A、B间的距离为r，O、A间的距离为h，O、B间距离为l，B球重力为mg。A、B之间的库仑力大小为F库＝keq \f(qAqB,r2)，根据力的矢量三角形与距离的几何三角形相似可得eq \f(mg,h)＝eq \f(F库,r)＝eq \f(F,l)，解得F＝eq \f(mgl,h)，r＝eq \r(3,\f(kqAqBh,mg))，现缓慢拉动细线，使B球移动一小段距离，支杆始终静止，且两球的电荷量均不变，则l减小，h不变，所以F减小，即细线上的拉力一直减小；r不变，即B球的运动轨迹是一段圆弧，并且B球受到的库仑力大小不变，方向改变，故A、B、C错误；根据平衡条件可知，支杆受到的地面的摩擦力与B对A的库仑力的水平分量大小相等、方向相反，而B对A的库仑力大小不变，方向由水平向左变为斜向左下，所以水平分量变小，即支杆受到地面向右的摩擦力逐渐减小，故D正确。
7【答案】A
【详解】A．由图乙可知传送带的速度为，煤块在传送带上的划痕为4米；
BC．在内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有
根据图乙可得
在内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据根据牛顿第二定律有根据图乙可得
联立解得
故B错误；
D．当传送带的速度大于后，物块在传送带上一直做加速度为的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。
8【答案】 BC
【详解】 做平抛运动的小球在水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，小球恰好沿B点的切线方向进入圆弧轨道，说明小球在B点时合速度方向沿着圆弧轨道的切线方向．将合速度正交分解，根据几何关系可得，其与水平方向的夹角为α，则，解得，此时AB的连线即位移与水平方向的夹角不等于α，故A错误，B正确；小球运动到B点时，重力的瞬时功率P＝mgvy＝mgv0tan α，故C正确；小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，有向上的加速度，所以处于超重状态，故D错误．
9【答案】AB
【详解】A．根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为0，结合图乙可知，此时的重力势能为，又有解得故A正确；
B．根据题意可知，物块上滑过程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知
解得故B正确；
C．根据题意，由牛顿第二定律有解得
故C错误；
D．根据题意可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等均为整个过程由动能定理有其中解得
故D错误。
10【答案】AC
【详解】AB、两小球带等量异号电荷，根据“异种电互相吸引”可知两个小球相互吸引，所以匀强电场对M的电场力方向向左，故M带负电；匀强电场对N的电场力方向向右，故N带正电，故A正确、B错误；
CD、设匀强电场的电场强度为E，根据几何关系可得两个小球之间的距离为：r=2L；
当两个小球带电荷量大小均为q时，对M受力分析如图所示，根据平衡条件可得：
（qE﹣F库）tanθ＝mg，其中F库=kq2r2
仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡，对M根据平衡条件可得：（2qE﹣F库′）tanθ＝mg，其中F库′=4kq2r2联立解得：q＝Lmgk，故C正确、D错误。
二、非选择题：本题共5题，60分。
11（7分）【答案】 (1)1.11 (3分）(2)小于(2分） 长木板倾斜程度过大，平衡摩擦力过度(2分）
【详解】 (1)设AD＝x1，DG＝x2，由题图乙可得x1＝3.70 cm－0.40 cm＝3.30 cm，x2＝8.60 cm－3.70 cm＝4.90 cm，所用电源的频率为50 Hz，每隔一个点取一个计数点，可得AD之间的时间间隔为t＝3×0.02×2 s＝0.12 s，根据匀变速直线运动的推论，即Δx＝x2－x1＝at2，代入数据，解得a＝1.11 m/s2
(2)根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F,m)，故有aA＝eq \f(F,m1)，aB＝eq \f(F,m2)，a－F图线斜率为质量的倒数，故由题图丙可知m1
【详解】：（1）①用图1装置进行探究，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点，为了保证小球的水平速度不同，需改变小锤击打的力度，多次重复实验，故AB正确，C错误；
②用图2装置进行实验，则：
A、斜槽轨道不一定要光滑，但末端要水平，故A正确；
B、上下调节挡板N时不需要保证等间距移动，故B错误；
C、为了保证小钢球的初速度相同，则需要让小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下，故C正确；故选：AC。
③根据平抛运动的特点可知：
在竖直方向上：y4=12gt2
在水平方向上：4x−d2=v0t
联立解得：v0＝（4x−d2）g2y4，故D正确，ABC错误；故选：D。
13【答案】（14分） (1) 带正电 1.5×10－6 C(2) N
【详解】 (1)小球受力如图。
小球受到的静电力F的方向与电场强度E的方向相同，因此小球带正电 （3分）
小球受力平衡，根据电场强度定义和平衡条件有E＝eq \f(F,q)
F＝mgtan 37°
联立解得小球的带电荷量为q＝eq \f(mgtan 37°,E)＝1.5×10－6 C （5分）
(2)细线的拉力大小为FT＝eq \f(mg,cs 37°)＝N。 （6分）
14【答案】（15分）解：（1）货物做匀速圆周运动，向心力Fn=m⋅2Lω2=2mLω2（5分）
（2）设货物到达B点的速度为v，根据匀变速规律L=v2t，得v=2Lt
货物的加速度a=vt=2Ltt=2Lt2 （1分）
根据牛顿第二定律，机械臂对货物的作用力F＝ma=2mLt2 （1分）
机械臂对货物做功的瞬时功率P＝Fv=2mLt2×2Lt=4mL2t3 （4分）
（3）设地球质量为M，空间站的质量为m0，空间站做匀速圆周运动的角速度为ω0，地球对空间站的万有引力提供其圆周运动的向心力，则有：
GMm0r2=m0ω02r
可得：GM＝ω02r3
对货物有：F2−F1=m(r−d)ω02 （1分）
地球对货物的万有引力：F2=GMm(r−d)2=mω2r3(r−d)2 （1分）
联立解得F1F2=r3−(r−d)3r3 （2分）
答：（1）货物做匀速圆周运动时受到的向心力大小为2mω2L；
（2）货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为4mL2t3；
（3）货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比为r3−(r−d)3r3。
15． 【答案】（17分）（1），方向向下；（2）（）；（3）或或
【详解】（1）若释放处高度，根据机械能守恒
（2分）
根据牛顿第二定律
（2分）
联立得轨道对小球的作用力
根据牛顿第三定律，小球对轨道的作用力
方向向下。（1分）
（2）根据机械能守恒可得
（2分）
根据牛顿第二定律可得
（2分）
解得
（）（2分）
（3）小球释放后能从原路返回到出发点，共有三种情况；
第一种情况：小球恰好到达D点速度为0或者到不了D点，原路返回；则释放高度h应该满足
解得
（2分）
第二种情况：小球能够经过E点且不能越过F点，原路返回；设小球刚好能经过E点，则小球在E点时有
根据机械能守恒可得
解得
设小球刚好到达F点时速度为0，根据机械能守恒可得
解得
则释放高度h应该满足
（2分）
第三种情况：小球到达G点后滑离轨道与墙面垂直碰撞后原路返回；则有
其中
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则
解得
根据机械能守恒可得
解得
（2分）
综上分析可知，若小球释放后能从原路返回到出发点，释放高度h应该满足
或或
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