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答案

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宜昌市部分省级示范高中 2024 年春季学期高一年级
期中考试物理试卷答案
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
一、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
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
B
A
C
A
D
A
BC
AB
AC
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
＝
s
t
＝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
F f ma
可得减速运动加速度大小
Ff
am
B．根据运动学公式
可得
 
22
22
v mv
xa F f

故B正确；
C．刹车过程中克服力
合力
做的功为
2
m
2
1
；
D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为
P fv
。
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：G
地
mg
月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力等于向心力：G
地
月
m月
r
由题意得：r＝60R
联立解得：T＝120π
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 2
mg
、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
F
T1，由平衡条件知，
{#{QQABYYIUggiAAJBAABhCQQWACgAQkBEAAIoGwFAAIAABiQFABAA=}#}
水平方向受力平衡，细线 1的拉力
F
T1 一定与重力 2
mg
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
F
T2 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
F
T2 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
＝
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
＝2
k
q
r
2cos
θ
＝2
k
q
r
2·
d
r
＝2
k
qd
r
3，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＝
k
q
A
q
B
r
2，根据力的矢量三角形与距离的几何三角形相
似可得
mg
h
＝
F
库
r
＝
F
l
，解得
F
＝
mgl
h
，
r
＝
3
kq
A
qBh
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
8m/s
，煤块在传送带上的划痕为 4米；
BC．在
0 ~1s
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
1
sin37 cos37mg mg ma
 
根据图乙可得
22
116 8m/s 8m/s
1
a

在
1 2s
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
2
sin37 cos37mg mg ma
 
根据图乙可得
22
280
m/s 4m/s
2
a

联立解得
0.25
{#{QQABYYIUggiAAJBAABhCQQWACgAQkBEAAIoGwFAAIAABiQFABAA=}#}
故B错误；
D．当传送带的速度大于
16m/s
后，物块在传送带上一直做加速度为
2
a
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
30J
，又有
p
E mgh
解得
1kgm
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
cos sin
h
mg E

 
解得
0.5
故B正确；
C．根据题意，由牛顿第二定律有
sin cosmg mg ma
 

解得
2
10m sa
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
f20JWE   
整个过程由动能定理有
f k 0
2W E E
其中
050JE
解得
k10JE
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；
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
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′
联立解得：q＝L
，故 C正确、D
错误。
{#{QQABYYIUggiAAJBAABhCQQWACgAQkBEAAIoGwFAAIAABiQFABAA=}#}
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