【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2020-2021学年高一下学期期末考试 物理答案.docx，共(12)页，166.688 KB，由小赞的店铺上传

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衡阳市八中2020级高一年度过关考试试题物理参考答案12345678910CCCCBDACBCACDBC11．大于AB12．B3mg-2mgsinθ多次测量取平均值(或者是减小空气阻力的影响、减小小球体积、增大其密度等）。13．（1）E＝mgtan

37°/q(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s.14．(1）04ABvv=(2）20516vLg=(3）2064vRg=15．（1）10N，122v=m/s；（2）R；（3）1.0m≤l＜1.5m或l≤0.25m1．C【解析】电场中某点的场强E与F和q无关，选项①错误

；E=𝐹𝑞式中q是放入电场中的点电荷的电量，F是该点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度，选项②正确，③错误；在库仑定律的表达式F=𝑘𝑞1𝑞2𝑟2中，可以把𝑘𝑞2𝑟2看做是点电荷q2产生的电场在点

电荷q1处的场强大小，也可以把𝑘𝑞1𝑟2看做是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小，选项④正确；故选C．2．C【解析】【分析】对飞鸟分析,根据动量定理直接列式求出撞击过程中的平均作用力大小.【详解】飞鸟在极短时间内加速,以飞机运动方向为正方向,根

据动量定理,有:Ftmvmv=+()955800010410110mvmvFNt−+=+=故C对；ABD错误；故选C3．C【详解】ABC．由2012xvtat=+可知，将等式变形为0212vxatt=+由图像的两个交点

可得020m/sv=28m/sa=−机动车做初速度为20m/s，加速度为82m/s的匀减速运动，故AB错误C正确；D．由0vvat=+可判断，机动车在2.5s时停止运动，由2202vvax−=则机动车在前3秒的位移220m25m2

8x==故D错误。故选C。4．C【详解】A．对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力；当用平行斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变，即轻绳对Q的拉力大小不变，故A错误；B．斜面对Q的支持力等于

重力的垂直分力，当用平行于斜面向上的恒力推Q时，由于推力没有垂直斜面的分力，则三角形斜块对Q的支持力不变，故B错误；C．对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力，当静摩擦力沿斜面向上时，有sinTfmg+=当用水平向左的恒力推Q

时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反；故C正确；D．对整体受力分析，开始时受重力和支持力，二力平衡；施加推力后，推力有竖直向上的分力，则地面对三角形斜块的支持力变小.5．B【详解】A．此过程中物体的重力势能增加了mgh，A正确；BD．由牛顿第二定律可得fsi

n30mgFma+=解得f14Fmg=所以物体克服摩擦力做的功为ff1sin302hWFmgh==°机械能损失了12mgh，B错误，D正确；C．物体在运动过程中合外力做的总功为33242Wmghmgh=−=−所以其动能

损失了32mgh，C正确。6．D【详解】下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh解得触地时两球速度相同，为2vgh=m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上

方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得()222121122111222mmvmvmv+=+由题可知m2=3m1联立解得122vgh=反弹后高度为21=42vHhg=故D

正确，ABC错误。故选D。7．AC【详解】A．炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，为水平向右，故A正确；B．若在最高点炮弹只受重力作用，则炮弹的加速度方向竖直向下，而在实线中，炮弹在最高点不仅受重力作用，还受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度

方向相反）作用，故合力不是竖直向下，则加速度也不是竖直向下，故B错误；C．由于空气阻力恒做负功，根据动能定理可知经过a点时的速度大于经过c点时的速度，故C正确；D．从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，根据牛顿第二定律有mgfma+=解得mgfam+=在从b到

d的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，根据牛顿第二定律有mgfma−=解得mgfam−=因aa，根据运动学公式212hat=可知炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点

的时间，故D错误。故选AC。8．BC【详解】A．将A、B、C三者视为整体可得F=3mgsinθ再将B、C视为整体，分析其受力可得细绳的拉力为T=2mgsinθ单独对A受力分析有F=mgsinθ+T当细绳烧断，细绳不再对A作用，由牛顿第二定律可得F-mgsinθ=maA解得：

aA=2gsinθA错误；B．在细绳未烧断前，B的受力可得：T=mgsinθ+F弹又F弹=mgsinθ当细绳烧断的瞬间，T变为0，根据牛顿第二定律可得maB=F弹+mgsinθ联立可得aB=2gsinθB正确；C．将A、B

视为整体，分析其整体受力，可得F=2mgsinθ+F弹当剪去弹簧时A、B有共同的运动状态，由牛顿第二定律可得：F-2mgsinθ=2maAB解得：aAB=12gsinθC正确；D．由选项C可知，将A、B视为整体，其整体的受力情况为F=2mgsinθ+F弹

在撤去拉力F的瞬间弹簧还来不及变化，故F弹不变，则由牛顿第二定律可得aAB=32gsinθ在这一过程中A、B共同运动，所以aA=aAB=32gsinθD错误。故选BC。9．ACD【详解】在1轨道和3轨道正常运行时恰好由引力作为向心力，速度、加速度、周期分别满足GMvr=2MaGr=234rTG

M=1轨道半径小于3轨道半径，故13vv、12aa、13TT，从2轨道的P点要点火加速做离心运动才能到达3轨道，故32vv，可知132vvv卫星在2轨道经过P点和3轨道经过P点到地心距离相同，故

23aa=，可知123aaa=由开普勒第三定律32rkT=2轨道半长轴介于1轨道半径及3轨道半径之间，故123TTTACD正确，B错误。故选ACD。10．BC【详解】B．由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确

；D．根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vA∶vB＝ω·2l∶ωl＝2∶1D错误；AC．当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得mg·2lcosθ－2mg·l（1－sinθ）＝12mvA2＋

12·2mvB2解得vA2＝83gl（sinθ＋cosθ）－83gl由数学知识知，当θ＝45°时，sinθ＋cosθ有最大值.A错误，C正确。故选BC。11．大于AB【详解】（1）[1]为防止碰撞后入射球反弹，实验中质量为1m的入射小球

A和质量为2m的被碰小球B的质量关系是1m大于2m。（2）[2]如果碰撞中系统动量守恒，以水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1=m1v2+m2v3小球离开轨道后做平抛运动，因水平位移相同，则有112222xxxmmmBPBMBNg

gg=+解得112mmmBPBMBN=+若满足关系式112mmmBPBMBN=+时，证明A、B两小球碰撞过程中动量守恒，故选A。[3]若碰撞前后系统无机械能损失，则系统由机械能守恒定律，可

得表达式为222112111222222xxxmmmBPBMBNggg=+解得112mmmBPBMBN=+故选B。12．B3mg-2mgsinθ多次测量取平均值【详

解】(1)[1]小球沿轨道下滑过程中，只有重力做功，重力势能转化为小球的动能，根据机械能守恒定律得mgR（1-sinθ)=12mv2在轨道最低位置处根据牛顿第二定律得F-mg=m2vR联立可得mgR（1-sinθ)=12R（F-mg）整理得mg（1-sinθ)=12（F-mg）由此可知，要验证小球

沿轨道下滑过程中机械能守恒，实验中还必须测量小球的质量。故选B。(2)[2]将前面求得表达式mg（1-sinθ)=12（F-mg）变形可得F=3mg-2mgsinθ15．B3mg-2mgsinθ多次测量取平均值(3)[3]为提高实验精确度，可以多次测量取平均

值，或者是减小空气阻力的影响（减小小球体积或增大其密度等）。13．（1）E＝mgtan37°/q(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s.【解析】(1)当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，对小物块受力分析如图所示：则：3737mgsi

nqEcos＝，解得：37/Emgtanq＝(2)当场强变为原来的1/2时，小物块的合外力：1137-373722FmgsinqEcosmgsin合＝＝又Fma合＝，所以23/ams＝，方向沿斜面向下．

（3）物块从静止沿斜面下滑距离为6m的过程由速度位移关系得：2-02val=，解得6/vms＝14．(1）04ABvv=(2）20516vLg=(3）2064vRg=【详解】试题分析：（1）对ABC用由动量守恒得02BABmvmvmv=+，又

02Bvv=，则04ABvv=（2）由A到B，根据能量守恒得2220001112()()22422vvmvmmmgL−−=，则20516vLg=（3）由D点C，滑块CD与物块P的动量守恒且机械能守恒，得00224vvmmmv+=

共222001112()()22224vvmgRmvmm+=+共解之得:20#03864vvvRg==考点：动量守恒及能量守恒定律．15．（1）10N，122v=m/s；（2）R；（3）1.0m≤l＜1.5m或l≤0.2

5m【详解】（1）A→M过程由动能定理得﹣mg•2R=12mvm2﹣12mv2在C点由牛顿第二定律得mg+FN=m21CvR解得FN=10N由牛顿第三定律知对轨道的压力为0物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=23m/s，与弹簧接触瞬间22101122mglmvmv−=−可得

，物块A与弹簧刚接触时的速度大小122v=m/s（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有22212vvgl−=−解得A速度v2=2m/sA滑上圆形轨道，有22102mghmv−=−（也可以应用2

2211122mglmghmvmv−−=−）可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R符合实际。（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，有2210'22vvgl−=−可得，A回到右侧速度()221'128

(m/s)vl=−要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：①若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足0＜h≤R根据机械能守恒211'2mvmgh=联立可得1.0m≤l＜1.5m②若A能沿轨道上滑至最高

点，则满足221211'2'22mvmgRmv=+且22'vmmgR联立得l≤0.25m综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是1.0m≤l＜1.5m或l≤0.25

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