【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷Word版含答案.docx，共(15)页，891.884 KB，由小赞的店铺上传

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衡阳市八中高一物理试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

求的。1．2021年12月3日，中老两国领导人通过视频连线共同出席“中老铁路”通车仪式，习近平主席于16时45分宣布中方列车发车。“中老铁路”是高质量共建“一带一路”的标志性工程。如图所示，该铁路北起中国云南昆明，南至老挝首都万象

，全程1035公里，通车后昆明到万象10小时可达。下列说法正确的是（）A．“中老铁路”列车全程发生的位移大小是1035公里B．“10小时”指的是时刻C．“16时45分”指的是时间时刻D．“中老铁路”列车全程通过的路程大于10

35公里2．关于机械能守恒下列说法正确的是()A．如果物体受到的合外力为零，则机械能一定守恒B．如果合外力做功为零，则物体机械能一定守恒C．做匀速圆周运动的物体，机械能一定守恒D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒3．如图

所示是某科技小组制作的投石机的模型。轻杆AB可绕固定转轴OO在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重。某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处

，不计所有阻力。若要正中靶心，可以采取的措施有（）A．增大石块的质量B．增大角C．增大配重的质量D．减小投石机到靶的距离4．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示。在这段时间内（）A．汽车甲的平均速度大于122vv

+B．汽车乙的平均速度等于122vv+C．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大5．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向右做直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于支架，小车右端质量为M的物块B始终相对于小车静止。物块

B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某段时间内观察到轻质细线与竖直方向夹角为θ，且保持不变，则在这段时间内（）A．小车一定正在做加速运动B．轻质细线对小球A的拉力大小为sinmgC．物块B所受摩擦力大小为μMg，方向水平向左D．小车对物块B的作用力大小为21tanMg+，方向为

斜向左上方6．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧C的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为的斜面上质量为m的物体A连接，另有一个完全相同的物体B紧贴A放置且与A不粘连。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B，弹簧长度被压缩了0x，此时物体A、B静止。撤

去F后，物体A、B向上运动，已知重力加速度为g，物体A、B与斜面间的动摩擦因数为（tan）。运动过程弹簧均未超出弹性限度，则（）A．压缩弹簧过程中，F做功等于A、B、C系统机械能增加量B．撤去F后，物体A和B先

做匀加速运动，再做匀减速运动C．撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为0cossin2kxggm−−D．若物体A、B向上运动过程中分离，则分离前向上运动距离为02cosmgxk−二、多选题7．一个带正电的点电荷仅在电场力作用下在某空间运动，其速度－时间图象如图所示，

其中t1、t2、t3、t4是电荷在电场中运动的1、2、3、4点对应的四个时刻，图中AB与时间轴平行，则下列说法正确的是A．电场中1、2两点处电场强度大小E1<E2B．电场中3、4两点处电场强度大小为零C．电场中2、4

两点电势φ2>φ4D．电荷从1运动到3的过程中，电场力做负功，电势能增加8．甲、乙两人质量分别为m甲=80kg、m乙=40kg，两人面对面拉着弹簧测力计在冰面上做圆周运动，相距0.9m，弹簧测力计的示数为96N。若忽略冰面的摩擦，此时两人的（）A．线速度大小相同，均为4.0m/

sB．角速度相同，均为2rad/sC．运动半径相同，均为0.45mD．运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m9．如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在水平天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，整个系

统处于平衡状态，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（）A．物体A、B的质量之比为3∶1B．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1∶2C．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为2∶1D．快速撤去弹簧后的瞬间，悬挂A、B的细线上拉力之比为3∶21

0．如图所示，挡板P固定在倾角为30的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接其圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，60MON=。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质

量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为

0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．弹簧的劲度系数为2mgRB．小球A到达N点时的速度大小为1219gRC．小球A到达N点时的速度大小为815gRD．小球A由M运动到N的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大

后减小三、实验题11．物理兴趣小组设计了一个用位移传感器测量木块和斜面间的动摩擦因数μ的实验。如图甲所示，在斜面底端固定一个位移传感器，传感器与计算机相连。让木块沿斜面由静止开始下滑，计算机描绘了木块

相对传感器的距离随时间的变化规律如图乙所示。（1）如果图线中A、B、C三点的坐标值已知，则木块下滑的加速度为。（2）如果斜面的倾角为θ，木块下滑的加速度为a，则=。（3）为避免木块下滑时撞到传感器，在不增加器材的情况下，可将实验装置作一

改进。改进的方法是。12．某小组用如图装置验证机械能守恒定律：一根不可伸长的细线系住质量为m的钢球，悬挂在铁架台上的O处，钢球静止于D点，光电门固定在D的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条（质量

不计）。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t由计时器测出，记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，重力加速度为g。(1)钢球重力势能的减少量pE=，钢球动能的增加量kE=pE（210J−）4.899.7914.6919.5929.38

kE（210J−）5.0410.1015.1020.0029.80(2)该小组的实验结果如上表，发现每一列kE均稍大于pE，该小组判断是因为光电门所测的是遮光条B处（红外线照射处）的速度Bv，此速度大于钢球球心A的速度A

v。于是该小组打算进行以下换算：测出小球摆长OA的长度为r，O点到B处的距离为L，则Av=Bv（用r、L表示），实际操作发现，遮光条B处位置非常难找，因此该小组想到可以通过（选填“增加”“减小”）摆长OA来减小该系

统误差。四、解答题13．从高为h=2m处，以初速度v0=5m/s与水平成45°斜向上抛出一个质量为m=4kg的小球，g=10m/s2，若以地面为参考面，不计空气阻力求：（1）抛出时小球的重力势能（2）抛出时小球的动能（3）小球落地时的动能14．舰载机着

舰被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”，“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后飞机的复飞。若航母跑道长为280m，某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，战斗机在跑道一端着舰时

的速度为55ms/，着舰后以210ms/的加速度做匀减速直线运动，3s后制动挂钩挂拦阻索失败，于是战斗机立即以26.25ms/的加速度复飞，起飞需要的最小速度为50ms/。求：(1)战斗机着舰3s时的速度大小

；(2)本次“逃逸复飞”能否成功？若不能，请说明理由；若能，达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离。15．用长为1.0mL=的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为21.010kgm−=、电荷量为82.010Cq−=的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅

垂线成37，如图所示。现向左拉小球使细线水平且恰好伸直，当小球由静止释放后，（不计空气阻力，210m/sg=，sin370.6=，cos160.96=）试求出：（1）匀强电场的场强E的大小；（2）经过0.4s，小球的速度1v；（3）若在细

线绷紧后瞬间，撤去电场力，则当小球第一次通过O点正下方的最低点时，细线拉力T的大小为多少？高一物理参考答案1．C【详解】AD．南至老挝首都万象，全程1035公里，该数值指运动轨迹的长度，可知1035公里，指路程，即“中老铁路”列车全程发生的路程大小是1035公里

，故AD错误；B．“10小时”指的是一个过程经历的时间，因此是时间间隔，故B错误；C．“16时45分”描述的是一个状态，因此是时间时刻，故C正确。故选C。2．D【详解】如果物体所受到的合外力为零，则机械能不一定守恒，例如：匀速下落的降落伞的合

力为零，合力做功为零，但机械能减小，AB错误；做匀速圆周运动的物体，机械能不一定守恒，例如在竖直面内做匀速圆周运动的物体，选项C错误；做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，比如自由落体运动，D正确；故选D．【点睛】掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力或者是弹力做功，动能

定理是经常应用的知识点．3．A【分析】由题意可知，若要使石块正中靶心，则需要增大石块击中靶前做平抛运动的时间，从而使竖直位移增大。【详解】A．设石块和配重的质量分别为m1、m2，石块和配重到转轴的距离分别为l1、l2，石块被抛出时的速度大小为v1，则此时配重的速度大小为122

1vlvl=①根据机械能守恒定律有222222211112212121111(1cos)(1cos)2222lmglmglmvmvmmvl−−−=+=+②由②式可知，若增大m1，则v1将减小，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，此措

施可行，故A正确；B．根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一定满足1122sinsinmglmgl③即1122mlml④根据②④两式可知，若增大θ，则v1将增大，又因为石块抛出点到

靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故B错误；C．根据②式可知，若增大m2，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故C错误；D．减小投石机到靶的距离后，由于v1不变，所以石块击中靶前做平抛运

动的时间将减小，此措施不可行，故D错误。故选A。4．A【详解】AB.若甲和乙都做匀变速直线运动，其速度时间图像如图中红色和蓝色虚线所示，其位移122vvxvtt+==但是从图中可知甲的位移大于做匀变速直线运动时的位移，乙的位移小于做匀变速直线运动时的位移，故汽车甲的平均速度大于1

22vv+，汽车乙的平均速度小于122vv+，A正确B错误；C.从图中围成的面积可知甲的位移大于乙的位移，C错误；D.图线的斜率表示加速度，故可知两者的斜率都在减小，即加速度都在减小，D错误。故选A。5．D【详解】A．对A受力

分析，由牛顿第二定律得AtanFmgma==合解得Atanag=方向水平向左，则小车向右做减速运动，故A错误；B．细绳的拉力为cosmgT=故B错误；CD．由题意可知，A与小车相对静止，则小车与A具有相同的加速度，即小车的加速度大小为gtanθ，方向水平向左，此刻物块B的

加速度与小车相同，根据牛顿第二定律BAtanfMaMg==方向水平向左，小车对物体B的作用力为222B()1tanFMgfMg=+=+方向为斜向左上方，故C错误，D正确。故选D。6．C【详解】A．压缩弹簧过程中，F与摩擦力做总功等于A、B、C以及弹簧系统机械能增加量，A错误；C．撤去F瞬间，把

AB作为一个整体受力分析有02cos2sinFkxmgmg=−−合2Fam=合解得0cossin2kxaggm=−−故C正确；B．由选项C推导可知，物体向上运动时弹簧伸长量发生变化即弹力发生变化，物体所受合外力发生变化，加速度变化，故不会做匀加速运

动，故B错误；D．若物体A、B向上运动要分离，则A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，D错误；故选C。7．BC【详解】A.从t1到t3做加速度逐渐减小的变加速运动，故根据qEma=可知，E1＞E2，故A错误；B.在AB段做匀速运动，不受电场力，故场强为零，故B正确

；C.从2到4，速度增大，故电场力做正功，沿电场方向运动，电势降低，故φ2＞φ4，故C正确；D.电荷从1运动到3的过程中，速度变大，电场力做正功，电势能减小，故D错误；故选BC。8．BD【详解】CD．两人面对面拉着弹簧测力计在冰面上做圆周运动，两人的角速度相等，所需向心力

大小相等，可得2212Fmrmr==甲乙又12rrL+=联立解得10.3mr=，20.6mr=，C错误，D正确；B．由向心力公式21Fmr=甲代入数据解得2rad/s=B正确；A．由vr=可得，甲、乙两人的线速度大小分别为

0.6m/sv=甲，1.2m/sv=乙A错误。故选BD。9．AB【详解】A．同一根弹簧弹力的相等，物体A、B所受弹簧弹力相等，根据力的平衡条件可得Atan60mgF=弹，Btan45mgF=弹所以AB31mm=

故A正确；BC．快速撤去弹簧的瞬间，A的瞬时加速度大小AAAcos6012mgagm==B的瞬时加速度大小BBBcos4522mgagm==快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为AB12aa=故B正确，C错误；D．快速撤去弹簧后的瞬间，沿绳方向加速度为

零，所以悬挂A、B的细线上拉力分别为AAA3sin602Tmgmg==BBB2sin452Tmgmg==所以AABB33331222TmTm===故D错误。故选AB。10．BD【详解】A．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为1x，则B沿斜面方向受力平衡，

则1sin30mgkx=小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为2x，则C沿斜面方向受力平衡，则2sin30mgkx=易得12xx=当小球A沿圆弧运动到最低点N时，B沿斜面运动的位移为BM

NsxR==所以12xxR+=解得122Rxx==，mgkR=故A错误；BC．设小球A到达N点时的速度为v，对v进行分解，在沿绳子方向的速度cos30vv=由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为v，对A、B、C和弹簧

组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知2212114(1c

os60)()sin30422mgRmgxxmvmv−−+=+解得1219vgR=故B正确，C错误；D．小球A由M运动到N的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之

和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。故选BD。11．213202ssst−−tancosag−把传感器固定在斜面顶端【详解】（1）

[1]由图可知，从A到B和从B到C用的时间均为t0，根据20xat=可得21322132200)()(2sssssssatt−−−−−==（2）[2]根据牛顿第二定律sincosmgmgma−=解得=tancosag−（3）[3]改进的

方法是把传感器固定在斜面顶端。12．(1)mgh222mdt(2)rL增加【详解】（1）[1]钢球每次下落的高度均为h，则钢球重力势能的减少量pEmgh=[2]根据光电门测速原理，钢球通过光电门的速度dvt=则钢球动能的增加量2

k12Emv=解得2k22mdEt=（2）[1]由于角速度相等，则有Avr=，BvL=解得ABrvvL=[2]当适当摆长增加时，钢球通过最低点的位置下移，可以使钢球的球心靠近挡光点B，从而减小该系统误差。13．（1）80J；（2）5

0J；（3）130J【详解】（1）抛出时小球的重力势能p80JEmgh==（2）抛出时小球的动能2k0150J2Emv==（3）根据动能定理有kkp'130JEEE=+=14．(1)25m/s；(2)能，10m【详解】(1)战斗机着舰减速过程，根据运动学公式21011

55m/s10m/s3s25m/svvat=+=+−=（）(2)战斗机着舰减速过程，根据运动学公式2101111t120m2xvta=+=假设战斗机能“逃逸复飞”成功，根据运动学公式2221222vvax−=可得战斗机复飞过程的最小位移2150mx=，由于12270

m280mxxL+==因此，本次“逃逸复飞”训练能成功，离跑道终端的距离1210mxLxx=−−=15．(1)63.7510N/C；(2)5m/s；(3)0.3N【详解】(1)根据平行四边形定则知电场力为tan37qEmg=解得电场强268tan3

71.010100.75N/C3.7510N/C210mgEq−−===(2)现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，小球向最低点做初速度为零的匀加速直线运动，如图所示加速度212.5m/sTam==绳子刚伸直时位移2sin371.2mxL==此

过程的时间为t，根据位移时间关系212xat=解得0.44s0.4st所以经过10.4st=小球的速度大小为115m/svat==(3)绳子刚伸直前瞬间的速度为30m/svat==绳子刚伸直后瞬间，垂直绳方向的速度为cos37vv=

小球从绳拉直到最低点，由动能定理得22211(1cos16)22mgLmvmv−=−在最低点，由牛顿第二定律得22vTmgmL-=联立解得0.3NT=