高一物理試題解析板

湖北省部分高中協(xié)作體2024—2025學(xué)年下學(xué)期期末聯(lián)考高一物理試題本試卷共6頁，全卷滿分100分，考試用時75分鐘?！镒？荚図樌镒⒁馐马棧?、答題前，請將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號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鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3、非選擇題作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4、考試結(jié)束后，請將答題卡上交。一、單項選擇題：（本題共10小題，每小題4分，共40分,。在小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合要求，每小題全部選對得4分，選對但不全的得2分，有錯選或者不選的得0分）1.如圖所示為一種新型壓路機，最前面的大滾筒甲的半徑是車身乙輪半徑的1.5倍，圖中M、N分別為甲、乙輪邊緣上的兩點。若車行進時輪與路面沒有滑動，則()A.M點的線速度比N點的線速度大B.N點的向心加速度是M點的向心加速度的1.5倍C.甲、乙兩輪轉(zhuǎn)動的周期相等D.甲輪的角速度比乙輪的角速度大解析：B因為車行進時輪與路面沒有滑動，所以M點的線速度與N點的線速度大小相等，故A錯誤；根據(jù)a＝eq\f(v2,r)可知N、M兩點向心加速度之比為eq\f(aN,aM)＝eq\f(r甲,r乙)＝1.5，故B正確；根據(jù)T＝eq\f(2πr,v)可知甲、乙兩輪轉(zhuǎn)動的周期之比為eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(r甲,r乙)＝1.5，故C錯誤；根據(jù)ω＝eq\f(2π,T)可知甲、乙兩輪的角速度之比為eq\f(ω甲,ω乙)＝eq\f(T乙,T甲)＝eq\f(2,3)，即ω甲＜ω乙，故D錯誤。故選B。答案：B2.我國首次火星探測任務(wù)被命名為“天問一號”。已知火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的10%，半徑約為地球半徑的50%，下列說法正確的是()A.火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度B.火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)介于地球的第一和第二宇宙速度之間C.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度解析：A火星探測器已經(jīng)脫離地球的束縛，故其發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度，A正確，B錯誤；由eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)得，v火＝eq\r(\f(GM火,R火))＝eq\r(\f(0.1M地G,0.5R地))＝eq\f(\r(5),5)v地，故火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，C錯誤；由eq\f(GMm,R2)＝mg得，g火＝Geq\f(M火,R火2)＝Geq\f(0.1M地,（0.5R地）2)＝0.4g地，故火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，D錯誤。答案：A3.如圖，工人在斜坡上用一繩跨過肩膀把貨物從A點緩慢拉到B點，輕繩與斜坡的夾角恒為θ。若工人采用身體前傾的姿勢使θ變小且保持恒定，仍把貨物從A點緩慢拉到B點，則用身體前傾的姿勢拉貨物()A.一定更省力，對貨物做的功也一定更少B.一定更省力，但對貨物做的功一定更多C.不一定更省力，但對貨物做的功一定更多D.不一定更省力，但對貨物做的功一定更少解析：C設(shè)繩中拉力為FT，斜面傾角為α，根據(jù)平衡條件，有FTcosθ＝mgsinα＋μ(mgcosα－FTsinθ)，整理得FT＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,cosθ＋μsinθ)，對貨物做的功W＝FTxcosθ＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,1＋μtanθ)x，θ變小，拉力不一定變小，但做功一定變多，故C正確。答案：C4.如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為()A.eq\f(mv02,2πL) B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL) D.eq\f(mv02,16πL)解析：B在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理得－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，解得Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故選項B正確。答案：B5.如圖所示，物塊A套在光滑水平桿上，連接物塊A的輕質(zhì)細(xì)線與水平桿間所成夾角為θ＝53°，細(xì)線跨過同一高度上的兩光滑定滑輪與質(zhì)量相等的物塊B相連，定滑輪頂部離水平桿距離為h＝0.2m，現(xiàn)將物塊B由靜止釋放，物塊A、B均可視為質(zhì)點，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不計空氣阻力，則()A.物塊A與物塊B速度大小始終相等B.物塊B下降過程中，重力始終大于細(xì)線拉力C.當(dāng)物塊A經(jīng)過左側(cè)定滑輪正下方時，物塊B的速度最大D.物塊A能達到的最大速度為1m/s解析：D根據(jù)關(guān)聯(lián)速度得vAcosθ＝vB，所以二者的速度大小不相等，A錯誤；當(dāng)物塊A經(jīng)過左側(cè)定滑輪正下方時細(xì)線與桿垂直，則根據(jù)選項A可知，物塊B的速度為零，所以B會經(jīng)歷減速過程，減速過程中重力會小于細(xì)線拉力，B、C錯誤；當(dāng)物塊A經(jīng)過左側(cè)定滑輪正下方時，物塊A的速度最大，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得mg(eq\f(h,sinθ)－h(huán))＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝1m/s，D正確。答案：D6.如圖所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接。現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的動能Ekh圖像，其中h＝0.18m時對應(yīng)圖像的最頂點，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余為曲線，取g＝10m/s2，由圖像可知()A.滑塊的質(zhì)量為0.18kgB.彈簧的勁度系數(shù)為10N/mC.滑塊運動的最大加速度為40m/s2D.彈簧的彈性勢能最大值為0.7J解析：C在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，圖線的斜率絕對值為eq\f(ΔEk,Δh)＝2N＝mg，則m＝0.2kg，故A錯誤；在Ekh圖像中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所以彈簧的原長為0.2m，當(dāng)彈簧彈力等于重力時，滑塊的速度最大，根據(jù)圖像可知，此時h＝0.18m，則有mg＝kΔx，解得k＝eq\f(2,0.2－0.18)N/m＝100N/m，故B錯誤；由以上分析可知，滑塊靜止釋放后做加速度減小的加速運動，當(dāng)彈簧彈力等于重力時，加速度為0，滑塊的速度最大，所以滑塊在釋放瞬間加速度最大。由牛頓第二定律可得amax＝eq\f(kΔxmax－mg,m)＝eq\f(（0.2－0.1）×100－0.2×10,0.2)m/s2＝40m/s2，故C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故D錯誤。答案：C7.如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，M和N是軌跡上的兩點。設(shè)M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M點和N點時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN，下列判斷正確的是()A.vM＜vN，φM＜φNB.vM＞vN，aM＞aNC.φM＜φN，EpM＜EpND.aM＜aN，EpM＜EpN解析：A帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，根據(jù)帶電粒子受力情況可知，若粒子從M到N運動，電場力做正功，動能增大，電勢能減小，故帶負(fù)電粒子通過M點時的動能比通過N點時的動能小，即有vM＜vN，在M點的電勢能比在N點的電勢能大，則有EpM＞EpN；若粒子從N到M，根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，由于帶電粒子帶負(fù)電，因此電場線指向右上方，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知φM＜φN；電場線密的地方電場強度大，故N點的電場強度較大，粒子受到的電場力較大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也較大，aM＜aN。綜上所述，故A正確，B、C、D錯誤。答案：A8.(多選)航天員在地球表面以一定初速度豎直上拋一小球，經(jīng)過時間t小球落回原處。若他在某星球表面以相同的初速度豎直上拋同一小球，需經(jīng)過時間5t小球落回原處。已知該星球的半徑與地球半徑之比為R星∶R地＝1∶4，地球表面重力加速度為g，設(shè)該星球表面附近的重力加速度大小為g′，空氣阻力不計，忽略地球和星球自轉(zhuǎn)的影響。則()A.g′∶g＝1∶5 B.g′∶g＝5∶2C.M星∶M地＝1∶20 D.M星∶M地＝1∶80解析：AD設(shè)初速度為v0，由對稱性可知，豎直上拋的小球在空中運動的時間t＝eq\f(2v0,g)，因此得eq\f(g′,g)＝eq\f(t,5t)＝eq\f(1,5)，選項A正確，B錯誤；由Geq\f(Mm,R2)＝mg得M＝eq\f(gR2,G)，則eq\f(M星,M地)＝eq\f(g′R星2,gR地2)＝eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(1,80)，選項C錯誤，D正確，故選AD。答案：AD9.(多選)一輛新能源汽車以恒定功率行駛時，在6s內(nèi)沿平直的公路前進了65m，速度從5m/s恰好增大到最大值。已知整車質(zhì)量為M＝2500kg，行駛過程中所受到的阻力恒為f＝10000N。該6s時間內(nèi)，下列說法正確的是()A.該汽車做勻加速直線運動B.該汽車的恒定功率為150kW，最大速度為15m/sC.該汽車的恒定功率為330kW，最大速度為33m/sD.該汽車的車速為10m/s時，其加速度為2m/s2解析：BD在恒定功率下，隨著速度的增大，汽車的牽引力逐漸減小，汽車做加速度逐漸減小的加速運動，A項錯誤；設(shè)汽車的恒定功率為P，最大速度為vm，則Pt－fx＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，同時F牽＝eq\f(P,vm)＝f，代入數(shù)據(jù)解得vm1＝15m/s，P1＝150kW或vm2＝33m/s，P2＝330kW，考慮到汽車做加速度逐漸減小的加速運動，其平均速度滿足eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(65,6)m/s>eq\f(v0＋vm,2)，解得vm<eq\f(50,3)m/s，故將vm2＝33m/s、P2＝330kW舍去，B項正確，C項錯誤；當(dāng)車速達到10m/s時，設(shè)車的加速度為a，有eq\f(P,v)－f＝Ma，解得a＝2m/s2，D項正確。故選BD。答案：BD10.(多選)內(nèi)徑面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上，筒內(nèi)裝水，底部閥門K關(guān)閉時兩側(cè)水面高度分別為h1和h2，如圖所示。已知水的密度為ρ，不計水與筒壁的摩擦阻力?，F(xiàn)把連接兩筒的閥門K打開，當(dāng)兩筒水面高度相等時，則該過程中()A.水柱的重力做正功B.大氣壓力對水柱做負(fù)功C.水柱的機械能守恒D.當(dāng)兩筒水面高度相等時，水柱的動能是eq\f(1,4)ρgS(h1－h(huán)2)2解析：ACD把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中大氣壓力對左筒水面做正功，對右筒水面做負(fù)功，抵消為零。水柱的機械能守恒，重力做功等于重力勢能的減少量，等于水柱增加的動能，等效于把左管高eq\f(h1－h(huán)2,2)的水柱移至右管，如圖中的斜線所示，重心下降eq\f(h1－h(huán)2,2)，重力所做正功WG＝(eq\f(h1－h(huán)2,2))·ρgS·(eq\f(h1－h(huán)2,2))＝eq\f(1,4)ρgS(h1－h(huán)2)2，故A、C、D正確。答案：ACD二、非選擇題：（本大題共5小題，共60分）11.(12分)如圖所示，一傾斜軌道AB，通過微小圓弧與足夠長的水平軌道BC平滑連接，水平軌道與一半徑為R的圓弧軌道相切于C點，A、B、C、D均在同一豎直面內(nèi)。質(zhì)量m＝1kg的小球(可視為質(zhì)點)壓緊輕質(zhì)彈簧并被鎖定，解鎖后小球以v0＝4m/s的速度離開彈簧，從光滑水平平臺飛出，經(jīng)A點時恰好無碰撞沿AB方向進入傾斜軌道滑下。已知軌道AB長L＝6m，與水平方向夾角θ＝37°，小球與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余軌道部分均光滑，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)未解鎖時彈簧的彈性勢能；(4分)(2)小球在C點時速度的大??；(4分)(3)要使小球不脫離圓軌道，軌道半徑R應(yīng)滿足什么條件。(4分)解析：(1)對小球與彈簧，由機械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)mv02解得彈簧的彈性勢能Ep＝8J。(2)對小球：離開臺面至A點的過程做平拋運動，在A處的速度為vA＝eq\f(v0,cosθ)從A到C的過程，由動能定理可得mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2解得vC＝7m/s。(3)要使小球不脫離軌道，小球或通過圓軌道最高點，或沿圓軌道到達最大高度小于半徑后返回。設(shè)小球恰好能通過最高點時，速度為v，軌道半徑為R1，在最高點mg＝eq\f(mv2,R1)從C至最高點的過程－2mgR1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvC2解得R1＝0.98m設(shè)小球恰好能在圓軌道上到達圓心等高處，軌道半徑為R2，從C至圓心等高處的過程－mgR2＝0－eq\f(1,2)mvC2解得R2＝2.45m綜上所述，要使小球不脫離軌道，則豎直圓弧軌道的半徑R必須滿足0<R≤0.98m或R≥2.45m。答案：(1)8J(2)7m/s(3)0<R≤0.98m或R≥2.45m12.(12分)在“驗證機械能守恒定律”實驗中，小王用如圖甲所示的裝置，讓重物從靜止開始下落，打出一條清晰的紙帶，其中的一部分如圖乙所示。O點是打下的第一個點，A、B、C和D為另外4個連續(xù)打下的點。甲乙(1)為了減小實驗誤差，對體積和形狀相同的重物，實驗時選擇密度大的重物的理由是____________________________。(4分)(2)已知交流電頻率為50Hz，重物質(zhì)量為200g，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝9.80m/s2，則從O點到C點，重物的重力勢能變化量的絕對值|ΔEp|＝J、C點的動能EkC＝J(計算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)。(4分)(3)比較EkC與|ΔEp|的大小，出現(xiàn)這一結(jié)果的原因可能是。(4分)A.工作電壓偏高B.存在空氣阻力和摩擦力C.接通電源前釋放了紙帶解析：(1)在驗證機械能守恒定律實驗時阻力越小越好，因此密度大的重物，阻力與重力之比更小。(2)由題圖乙可知OC之間的距離為xOC＝27.90cm，因此重力勢能變化量的絕對值為|ΔEp|＝mgxOC＝0.2×9.8×0.2790J≈0.547J；勻變速直線運動的時間中點的速度等于這段時間的平均速度，則vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(0.3300－0.2330,2×0.02)m/s＝2.425m/s，因此C點的動能為EkC＝eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)×0.2×2.4252J≈0.588J。(3)工作電壓偏高不會影響實驗的誤差，存在摩擦力會使重力勢能的減少量大于動能的增加量，只有提前釋放了紙帶，紙帶的初速度不為零，下落到同一位置的速度偏大才會導(dǎo)致動能的增加量大于重力勢能的減少量，故選C。答案：(1)阻力與重力之比更小(或其他合理解釋)(2)0.547(0.542～0.550都對)0.588(0.570～0.590都對)(3)C13.(12分)如圖所示，粗糙水平地面AB與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上。質(zhì)量m＝1kg的小物塊在9N的水平恒力F的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動。已知xAB＝5m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，當(dāng)小物塊運動到B點時撤去力F，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小物塊到達B點時速度的大?。?6分)(2)小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大小。(6分)解析：(1)從A到B過程，根據(jù)動能定理可得(F－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mvB2解得小物塊到達B點時速度的大小為vB＝4eq\r(5)m/s。(2)從B到D過程，根據(jù)動能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2在D點由牛頓第二定律可得FN＋mg＝meq\f(vD2,R)聯(lián)立解得小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大小為FN＝150N。答案：(1)4eq\r(5)m/s(2)150N14.(12分)如圖所示，長l＝1m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝3