物理答案_2025年11月_251112湖南省衡阳市第八中学2026届高三上学期期中考试（全科）_湖南省衡阳市第八中学2026届高三上学期期中考试物理试题扫描版含答案

期中物理 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B D A D AC AD AD ABD 1．D 【详解】AB．根据匀变速直线运动位移与时间的关系式 答案第1页，共9页 x = v 0 t + 1 2 a t 2 等式两边同除以时间t，变式可得 x 1 =v + at t 0 2 将该函数与图像对应可得 v 0 = 1 m /s ， a = 1 m / s 2 可知，质点做初速度为1m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，故AB错误； C．根据速度与时间的关系式可得，质点在1s末速度为 v 1 = v 0 + a t1 = (1 + 1  1 ) m /s = 2 m /s 故C错误； D．根据位移与时间的关系可得质点在第1s内的位移为 x 1 = v 0 t1 + 1 2 a 2 t1 = (1  1 + 1 2  1  1 2 ) m = 1 .5 m 可得，质点在第1s内的平均速度为 v = x 1 t1 = 1 .5 1 m /s = 1 .5 m /s 故D正确。 故选D。 2．C 【详解】A．在0~0.25s时间内铁块从平衡位置向最高点运动，铁块的速度逐渐减小，故A错误； B．图像可知铁块做简谐运动，t=0.25s和t=0.75s两时刻物块相对平衡位置的位移大小相等，但平衡时弹簧的形变 量并不为零，故两时刻弹簧形变量不同，即弹簧的弹力不相等，故B错误； C．t=0.25s至t=0.50s这段时间物体从最高点向平衡位置运动，相对平衡位置的位移逐渐减小，则所受合外力（回 复力）逐渐减小，则加速度减小，即物体做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确； D．图像斜率可知0.6s速度方向为负方向，向下，故D错误。 故选C 3．B 【详解】A．小球在半圆槽内由A向B运动过程中，由于槽的左侧有一固定的物块，半圆槽不会向左运动，只有重力 对小球做功，小球的机械能守恒；小球由B向C运动过程中，半圆槽向右运动，重力和弹力对小球做功，小球的机 械能不守恒， A错误； B．小球在半圆槽内由A向B运动过程中，半圆槽的左侧固定物块对槽有作用力，小球和半圆槽在水平方向受合外力 {#{QQABJQE9xgK4kJZACQ7qRQlAC0kYkICTLKgGwVAQqAYrQRNIFAA=}#}不等于零，小球与半圆槽组成系统在水平方向动量不守恒，B正确； C．小球自半圆槽的最低点 答案第2页，共9页 B 向 C 运动的过程中，半圆槽向右运动，小球和半圆槽在水平方向不受外力，小球和半圆 槽在水平方向动量守恒，C错误； D．小球离开C点以后，即有竖直向上的分速度，又有水平方向分速度，小球做斜上抛运动，D错误。 故选B。 4．D 【详解】A．两个小圆环在大环上先有向下的加速度分量，失重；然后有向上的加速度分量，超重，选项A错误； B．小环受重力，大环对小环的支持力而做圆周运动； ①当小环运动到上半圆上某位置时，其重力沿半径指向圆心的分力恰好等于向心力时，此时小环对大环压力为零； ②小环运动到与圆心等高处，大环对小环压力沿水平方向指向圆心，小环对大环没有竖直方向的压力作用； 所以在此两处，大环对轻杆拉力大小为Mg，故B错误； C．两小圆环水平速度等大反向，竖直速度逐渐增加，则大环与两小环所构成的系统动量不守恒，选项C错误； D．若小圆环做自由落体运动从最高点到最低点，则用时间为 4 R g ；而小圆环沿大圆环下滑时加速度的竖直分量 4R 小于g，可知小环运动时间大于 ，选项D正确。 g 故选D。 5．A 【详解】A．t 时刻m 和m 速度相等，此时m 和m 组成的系统机械能最小，弹簧的弹性势能最大，即压缩量最大；， 1 1 2 1 2 故A正确； B．t 时刻m 和m 图线的斜率均为零，所以加速度均为零，弹簧对二者的弹力为零，即弹簧恢复原长；此时m 的 2 1 2 2 速度不是v ，且m 的速度不是零，不满足速度交换的情况，故B错误； 0 1 CD．v-t图像斜率的正负表示加速度的方向，在0~t 时间内，m 的加速度方向始终沿负方向，m 的加速度方向始终 2 1 2 沿正方向，所以这段时间内弹簧对m 的弹力始终沿负方向，对m 的弹力始终沿正方向，即弹簧处于压缩状态；同 1 2 理可知，在t ~t 时间内，弹簧对m 的弹力始终沿正方向，对m 的弹力始终沿负方向，即弹簧处于拉长状态，综上 2 4 1 2 所述可知CD错误。 故选A。 6．D 【详解】A．如图所示 其中B对C的弹力大小等于F ，可得 1 2mg 2 F = =2mg 1 cos60 故A错误； {#{QQABJQE9xgK4kJZACQ7qRQlAC0kYkICTLKgGwVAQqAYrQRNIFAA=}#}BCD．撤去外力后，C落地前，C与A、B始终垂直， 则由速度关联可知 答案第3页，共9页 v C c o s 3 0  = v B c o s 3 0  即任意时刻v =v ，则 C B a C = a B 落地前C下降的高度为 R h= −R=R cos60 B、C的系统只有重力势能与动能的转化，机械能守恒，即 1 1 2mgh= 2mv 2+ mv 2 2 C 2 B 可得 4Rg v = B 3 故BC错误D正确。 故选D。 7．AC 【详解】A．人对车的推力为F，在力F方向上车行驶了L，则推力F做的功为 W = F L 故A正确； B．人受到车对人的推力、摩擦力、支持力，支持力不做功，所以摩擦力与推力做的功即为车对人做的功，由牛顿 第二定律可知二力的合力向左，大小为ma，车向左运动了L，故车对人做的功为 W = maL 1 故B错误； CD．竖直方向车对人的作用力大小为mg，则车对人的作用力 F  = ( m g ) 2 + ( m a ) 2 人在水平方向受到F的反作用力和车对人向左的摩擦力，则 F − F = ma f 可得 F = ma+ F f 则车对人的摩擦力做的功为 W =(F+ ma)L 故C正确，D错误。 故选ABC。 8．AD 【详解】AB．设绳子和竖直杆的夹角为，两竖直杆之间的距离为d，由几何关系可得 s in d L  = 绳子张力为F ，衣服的质量为 m ，对衣服由物体的平衡可得 2Fcos=mg 4 当d = L时 1 5 {#{QQABJQE9xgK4kJZACQ7qRQlAC0kYkICTLKgGwVAQqAYrQRNIFAA=}#}答案第4页，共9页 c o s 3 5  = 2 F  3 5 = m g 3 当d = L时 2 5 c o s 4 5  = 2 F   4 5 = m g 联立得 F = 4 3 F  故A正确、B错误； 4 CD．当两竖直杆的距离为d = L时 1 5 c o s 3 5  = F = 5 6 m g 故C错误，D正确。 故选AD。 9．AD 【详解】A．根据乙图可知，当 x = h + x 0 小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球加速度减小到零，速度最大，即小球的动能最大，A正确； B．由图象可知， h + x 0 为平衡位置，小球刚接触弹簧时有动能，由对称性知识可得，小球到达最低点的坐标大于 h + 2 x 0 ， B错误； C．小球接触弹簧至运动到最低点的过程中，规定向下为正方向，对小球由动量定理得 I G − I 弹 = 0 − m v 0 则有 I G  I 弹 所以重力的冲量小于弹簧弹力的冲量，C错误； D．由图象可知， h + x 0 为平衡位置，根据运动的对称性，小球运动到h+2x 位置时的速度与 0 h 位置的速度相等，从 h ~h+2x 过程中，根据动能定理 0 m g  2 x 0 − W = 0 可得在这个过程中，克服弹簧弹力做功 W=2mgx 0 因此在h+2x 处弹簧的弹性势能为 0 E =2mgx 弹 0 D正确。 故选AD。 {#{QQABJQE9xgK4kJZACQ7qRQlAC0kYkICTLKgGwVAQqAYrQRNIFAA=}#}10．ABD 【详解】A．由图可知 答案第5页，共9页 T 1 : T 2 = t1 : 2 t 2 = 1 : 2 2 故A正确： B．当P离行星最近时 8 F = G M d m 2 1 1 当P离行星最远时 Mm 2F =G 1 d 2 2 当Q离行星最近时 9 F = G M m 2 l1 2 当Q离行星最远时 Mm F =G 2 l 2 2 由开普勒第三定律可知  d +d  3 2 1 2 T   2   1  =  T 2   l 1 +l 2   2  联立解得 d :l =2:3 1 1 故B正确； C．由B可知 8 9 F F = G G M M m2 d 1m2 l1 1 2 解得 m 1 : m 2 = 3 2 : 8 1 故C错误； D．设卫星Q的轨迹半长轴为a，半短轴为b，焦距为c，则有 a = l1 + 2 l2 c=a−l 1 c2 =a2−b2 联立解得 a:b=2: 3 所以Q的轨道长轴与短轴之比为2: 3，故D正确。 故选ABD。 11．(1)水平 {#{QQABJQE9xgK4kJZACQ7qRQlAC0kYkICTLKgGwVAQqAYrQRNIFAA=}#}(2)不在 (3)1.7 【详解】（1）安装并调节装置A时，必须保证轨道末端水平，以保证小球做平抛运动。 （2）根据曲线方程 答案第6页，共9页 y = 1 .6 3 x 2 + 0 .1 3 x 可知抛物线的顶点横坐标为 x = − 2 0  .1 1 3 .6 3 m  − 0 .0 4 m 可知坐标原点不在抛出点。 （3）设在坐标原点位置小球的水平速度为v 竖直速度v ，则根据 0 y0 x = v 0 t y = v 0 y t + 1 2 g t 2 解得 y = v 0 y x v 0 + 1 2 g ( x v 0 ) 2 = 2 g v 20 x 2 + v 0 y v 0 x 对比 y = 1 .6 3 x 2 + 0 .1 3 x 可得 g =1.63 2v2 0 解得 v ≈1.7m/s 0 12． 20.0 6 红色 29 【详解】（1）[1]开关S端与“6”相连，作为大量程电压表使用，量程为0～25V，根据电压表读数规则可知，多用电 表读数为20.0V； （2）[2]分析多用电表内部结构，开关S端与“4”相连，则作为欧姆表使用，此时干路电流最大为 I ＝10mA m 则根据闭合电路欧姆定律可知， E＝ I m5 ( R x + r内 ) E＝I r m 内 联立解得 R ＝6kΩ x （3）[3][4]电流从红表笔流入电表，故多用电表的表笔A为红表笔。 当开关S端接“1”时，电流挡的量程为0～100mA，根据电表改装原理可知， I (r+R )=(I﹣I )R g 6 1 g 5 当开关S端接“2”时，电流挡的量程为0～10mA，则有 I r=(I﹣I )(R +R ) g 2 g 5 6 联立解得 R ＝29Ω 5 13．(1)5.1106Pa {#{QQABJQE9xgK4kJZACQ7qRQlAC0kYkICTLKgGwVAQqAYrQRNIFAA=}#}(2) 答案第7页，共9页 4 5 0 L (3) 释放 1.81×105𝐽 【详解】（1）鱼在深海处的压强 p p 0 g H 5 .1 1 0 6 P a  = + =  （2）为使一层水箱压强达到p，二层水箱中气体压强为 p 1 p g h 4 .6 1 0 6 P a  = − =  将外界压强为 p 0 ，体积为  V 的空气注入一层水箱， p 0 ( V + Δ V ) = p V1 解得  V = 4 5 0 L （3）由于水箱内气体温度恒定，故内能不变，此过程外界对二层水箱气体做功𝑊 =+1.81×105𝐽 由热力学第一定律得𝑄 =𝛥𝑈−𝑊 =−1.81×105𝐽 即水箱气体释放热量1.81×105𝐽 14．（1） 5 m / s （2） 0 .4 ，4J （3） 1 .5 m 【详解】（1）以滑块为研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得： W 1 m g x 1 2 m v 2C  弹 − ＝ 又W =-E 弹 P 代入数据得：v =5m/s C （2）滑块从C点到D点一直加速，到D点恰好与传送带同速，由动能定理得： 1 μ mgL＝ mv2− 2 2 1 2 mv 2 C 代入数据解得：μ =0.4 2 产生的内能Q=mgx=mg(vt−L) 2 2 可得Q=4J （3）当传送带的速度大小调为5m/s，则滑块到D点时速度v =5m/s,设滑块脱离轨道的位置与圆心O的连线与竖直 D 方向的夹角为α，则从D点到脱离位置，由机械能守恒： m g [ R ( c o s c o s ) s s in ] 1 2 m v 2D 1 2 m v 2    + − = − v2 又mgcos=m R 可得 c o s 1 2  = 脱离位置与F的高度 h R R c o s 1 .5 m  = + = 点睛：分析清楚滑块的运动情况和受力情况是解题的基础，关键要明确在涉及力在空间效果时，运用动能定理是常 用的方法．对于滑块脱离轨道的情况，主要是根据N=0时进行求解. 15．（1） 6 5 5 g L L ；（2）(7 5−6 3) ；（3） g 1 6 2 1 4 7 8 m g L 【详解】（1）根据牛顿第二定律，滑块A下滑的加速度大小为 5mgsin−5mgcos g a= =gsin−gcos= 5m 5 设第一次与挡板碰撞前的速度大小为v，根据运动学公式可得 1 2a18L=v2 1 解得 {#{QQABJQE9xgK4kJZACQ7qRQlAC0kYkICTLKgGwVAQqAYrQRNIFAA=}#}答案第8页，共9页 v 1 = 6 5 5 g L （2）滑块A从静止释放到与挡板第一次碰撞所用时间为 t1 = v 1a = 6 5 L g 滑块A与挡板第一次碰撞后的速度为 v 1 = 5 6 v 1 = 5 g L 根据牛顿第二定律，滑块A上滑的加速度大小为 a 5 m g s i n 5 m 5 m g c o s g s i n g c o s g        = +  = + = 滑块A与挡板相撞反弹后向上运动到离挡板距离为L处的速度为 v ，所用时间为t ，则有 2 − 2 a L = v 2 − v 21 解得 v = 3 g L 可得 t 2 = v  − 1 a  v = 5 g L − g 3 g L = ( 5 − 3 ) L g 此时滑块B的速度大小也为 v ，滑块B下滑时的加速度与滑块A下滑时的加速度相同，可知滑块B下滑所用时间 为 t B = v a = 3 g g 5 L = 5 3  L g 则滑块A、B释放的时间差为 L t=t +t −t =(7 5−6 3) 1 2 B g （3）根据题意，滑块A第一次与挡板碰撞过程损失的机械能为 1 1 11 E = 5mv2− 5mv2 = mgL 损1 2 1 2 1 2 滑块A与滑块B发生弹性碰撞，设碰后速度分别为v 、v ，以沿斜面向上为正方向，则有 A B 5 m v − 3 m v = 5 m v A + 3 m v B 1 2  5 m v 2 + 1 2  3 m v 2 = 1 2  5 m v 2A + 1 2  3 m v 2B 解得 v 3gL v =− =− A 2 2 可知碰后滑块A沿斜面向下加速运动，设与挡板第二次碰撞前的速度为v ，则有 2 2aL=v2− v 2 2 A 解得 {#{QQABJQE9xgK4kJZACQ7qRQlAC0kYkICTLKgGwVAQqAYrQRNIFAA=}#}答案第9页，共9页 v 2 = 2 2 3 0 g L 5 已知每次滑块A与挡板碰撞，碰后速率为碰前的 倍，可知滑块A每次与挡板碰撞损失的机械能与碰撞前的机械能 6 之比为 E E −E 11 损 = k k = E E 36 k 可知滑块A第二次与挡板碰撞损失的机械能为  E 损 2 = 1 3 1 6  ( 1 2  5 m v 22 ) = 2 2 5 8 3 8 m g L 设滑块A第 n （n2）次与挡板前的速度为v ，碰撞后的速度为v ，碰后上滑的最大距离为L ，之后滑块下滑到 n n n 再次与挡板碰撞前的速度为 v n+1 ，则有 2aL =v2，2aL =v2 n n n n+1 可得 v v 2n + 12n = a a  = 1 5 则有 2 v n +2 v n 1 = 3 2 v 6 5 2n + 1 2 v n = 5 3 6 可知滑块A第 n + 1 次与挡板碰撞损失的机械能与滑块A第 n 次与挡板碰撞损失的机械能之比为 E 5 损(n+1) = E 36 损n 可知从第二次碰撞之后，滑块每次与挡板损失的机械能都是前一次挡板损失的机械能的 5 3 6 倍，则整个过程中滑块A 与挡板碰撞损失的能量为  E 损 =  E 损 1 +  1 + 5 3 6 + ( 5 3 6 ) 2 +  + ( 5 3 6 ) n − 1   E 损 2 解得  E 损 = 1 6 2 1 4 7 8 m g L {#{QQABJQE9xgK4kJZACQ7qRQlAC0kYkICTLKgGwVAQqAYrQRNIFAA=}#}