2021衡阳八中高一下学期期末考试物理PDF版含答案（可编辑）

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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 12345678910CCCCBDACBCACDBC 11．大于    A    B 12．B    3mg-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＝mgtan37°/q(2) 3 m/s2，方向沿斜面向下(3) 6 m/s.14．(1）(2）(3）15．（1）10N，m/s；（2）R；（3）1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m   1．C【解析】电场中某点的场强E与F和q无关，选项①错误；E=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=中，可以把看做是点电荷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: 故C对；ABD错误；故选C3．C【详解】ABC．由可知，将等式变形为由图像的两个交点可得机动车做初速度为，加速度为8的匀减速运动，故AB错误C正确；D ．由可判断，机动车在2.5s时停止运动，由则机动车在前3秒的位移故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，A正确；BD．由牛顿第二定律可得解得所以物体克服摩擦力做的功为机械能损失了，B错误，D正确；C．物体在运动过程中合外力做的总功为所以其动能损失了，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 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 由题可知m2=3m1联立解得反弹后高度为故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解得在从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解得因，根据运动学公式可知炮弹由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 = gsinθC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 = gsinθ在这一过程中A、B共同运动，所以aA = aAB = gsinθD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1轨道半径小于3轨道半径，故、、，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，可知卫星在2轨道经过P点和3轨道经过P点到地心距离相同，故，可知由开普勒第三定律2轨道半长轴介于1轨道半径及3轨道半径之间，故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·2lcos θ－2mg·l（1－sin θ）＝mvA2＋·2mvB2解得vA2＝gl（sin θ＋cos θ）－gl由数学知识知，当θ＝45°时，sin θ＋cos θ有最大值.A错误，C正确。故选BC。11．大于    A    B    【详解】（1）[1]为防止碰撞后入射球反弹，实验中质量为的入射小球和质量为的被碰小球B的质量关系是大于。（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，则有解得若满足关系式时，证明、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，可得表达式为解得故选B。12．B    3mg-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)=mv2在轨道最低位置处根据牛顿第二定律得F-mg=m联立可得 mgR（1-sinθ)= R（F-mg）整理得mg（1-sinθ)= （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)= （F-mg）变形可得F=3mg-2mgsinθ15．B    3mg-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) 3 m/s2，方向沿斜面向下(3) 6 m/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： ，解得： (2)当场强变为原来的1/2时，小物块的合外力： 又，所以，方向沿斜面向下．（3）物块从静止沿斜面下滑距离为6 m的过程由速度位移关系得： ，解得 14．(1）(2）(3）【详解】试题分析：（1）对ABC用由动量守恒得，又，则（2）由A到B，根据能量守恒得，则（3）由D点C，滑块CD与物块P的动量守恒且机械能守恒，得解之得:考点：动量守恒及能量守恒定律．15．（1）10N，m/s；（2）R；（3）1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m【详解】（1）A→M过程由动能定理得﹣mg•2R=mvm2﹣mv2  在C点由牛顿第二定律得mg+FN=m  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=m/s，
与弹簧接触瞬间可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小m/s（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有解得A速度 v2=2m/sA滑上圆形轨道，有（也可以应用 ）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，有可得，A回到右侧速度要使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根据机械能守恒联立可得1.0m≤l＜1.5m②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足 且联立得 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≤0.25m