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湖南省长沙市 2025-2026 学年高一下学期期末考试模拟试卷
物理试题（答案版）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B A C C B AD CD AC
1．B
【详解】曲线运动中，速度方向一定沿轨迹在该点的切线方向，合力一定指向轨迹的凹侧，当合力方向
与速度方向成钝角时，选手做减速运动，当合力方向与速度方向成锐角时，选手做加速运动。由题意知，
比赛中选手加速滑过弯道，故合力方向与速度方向成锐角。
故选B。
2．D
【详解】A．铁水是由于离心作用覆盖在模型内壁上的，模型对它的弹力和重力沿半径方向的合力提供
向心力，故A错误；
B．模型最下部受到的铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，故B错误；
CD．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力，则有
mg =mω2R
可得
𝑔𝑔
𝜔𝜔 =� g
即管状𝑅𝑅模型转动的角速度 最小为 ，故C错误，D正确。
R
故选D。 𝜔𝜔
3．B
【详解】当斗笠匀速转动时，每一串串珠会随斗笠一起做匀速圆周运动（同轴转动，角速度相同）。串
珠的向心力由重力和绳子拉力的合力提供，即mgtanθ=mω2r（其中θ是绳子与竖直方向的夹角，r是串
珠到转轴的水平距离）
ω2
解得tanθ= r
g
公式说明越靠下的串珠，圆周运动半径r越大，tanθ也越大，即θ越大。
故选B。
4．A
学科网（北京）股份有限公司【详解】A．探究加速度与力、质量的关系运用了控制变量法，故A错误，符合题意；
∆x
B．根据平均速度v= ，当Δt→0时，求解瞬时速度蕴含了极限思想，故B正确，不符合题意；
∆t
C．探究两个互成角度的力的合成规律运用了等效替代的思想方法，故C正确，不符合题意；
D．通过平面镜反射观察桌面微小形变的演示实验，运用了放大思想，故D正确，不符合题意。
故选A。
5．C
【详解】A．由电场线越密的地方电场强度越大，可知在a、b、c、d四点中，a点的电场强度不是最大，
故A错误；
B．电场沿电场线切线方向，则电场力方向可能改变，病原孢子不一定沿电场线运动，故B错误；
C．根据题意可知病原孢子向悬挂电极移动的过程中，电场力做正功，病原孢子的电势能减小，动能增
大，故C正确；
D．病原孢子越靠近电极，受到的电场力越大，加速度越大，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．带正电粒子从C点移动到A点需克服电场力做功，电势升高，所以电场强度竖直向下，上
极板带正电，a端接电源正极，故A错误；
B．由于下极板与电源负极相连，则C点电势为零，粒子从C点到A点的过程中电场力做功为qU =−2W
CA
而U =ϕ −ϕ
CA C A
2W
则A点电势ϕ =
A q
同理A点移动到D点需克服电场力做功W，则qU =−W
AD
3W
则D点电势ϕ =
D q
1
由于BD= DC，在匀强电场中有U =3U
3 CD DB
即ϕ −ϕ =3(ϕ −ϕ )
C D D B
4W
解得ϕ = ，故B错误；
B q
ϕ +ϕ 2W
C．如图所示，取BC中点N，则根据中点电势表达式可知ϕ = B C =
N 2 q
学科网（北京）股份有限公司所以A、N两点电势相同，连接AN、AN为电场中的等势线，与过点B的电场线垂直且交于点F，则AB=d，
BN =d
2d
由几何关系可知BF =
2
U 2 2W
根据匀强电场电场强度的表达式E= BF = ，故C正确；
BF qd
D．电容器和电源相连，则两极板间电压不变，设电压为U，两极板间距离为 3d ，则U = 3Ed，
∠NBF =45°
所以BC沿电场线方向的距离为BCcos45°= 2d
上极板下移至B点，则两板间距离变为d′= 2d
U 6
电场强度变为E′，则E′= = E
d′ 2
由几何关系可知，AC沿电场线方向的距离为 2d ，根据U =Ed 可知，+q从C点移动到A点克服电场力
2
做功W′= 6W
电势能增加 6W ，故D错误。
故选C。
7．B
【详解】A．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故
ϕ −ϕ =ϕ −ϕ
b c O d
代入数据解得
ϕ =−1V
O
故A错误；
C．沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，则
φ −φ =（2 φ −φ ）
O d a O
学科网（北京）股份有限公司解得
ϕ =−9V
a
该点电荷在a点的电势能为
E =qφ =1.8×10−4J
pa a
故C错误；
B．连接Oc，如图所示
根据几何关系可得
3
tanθ=
4
则
θ=37°
Oc= 32+42cm=5cm
则沿cO每1cm电势降低5V，通过b做cO的垂线交于f，如图所示，根据几何关系可得
Of =3sinθcm=1.8cm
则
ϕ =1.8×5V=9V
fO
所以f点的电势为
ϕ =8V
f
所以bf为等势线，电场线方向沿cO方向，电场强度为
U 25
E= cO = V/m=500V/m
d 5×10−2
cO
故B正确；
D．该点电荷从a点移到d点电场中做功为
学科网（北京）股份有限公司W =qU =−2×10−5×（−9−15）J=4.8×10−4J
ad ad
故D错误。
故选B。
8．AD
【详解】
A．如图所示，等量同种电荷电场线，等势面分布如图，关于连线上下，对称的点，中垂线左右对称的
点电势相等。F、C距G点、A点相等，所以ϕ =ϕ ，故A正确；
F C
B．B距A点、G点，与F距G点、A点距离相等，所以ϕ =ϕ，故B错误；
B F
CD．电场强度是个矢量，要考虑方向，D点和F点场强方向不同，由 可知，
𝑄𝑄
2
q 𝐸𝐸 =𝑘𝑘𝑟𝑟
E =E =k
A G' r2
q 1 q
E =E =k = k
G A' ( 2r)2 2 r2
tanθ=tana=2
即E、C两点场强大小相等，方向相反，故C错误，D正确。
故选AD。
9．CD
学科网（北京）股份有限公司【详解】将木板转到与水平面成 角的过程中，摩擦力与转动时的线速度垂直，所以不做功，此转动过
程，对物体由动能定理得W −m 𝛼𝛼 gLsina=0
支
1
同理，物体从最高点滑动到底端的过程，由动能定理，有mgLsina+W = mv2−0
f 2
1
整理得W +W = mv2
支 f 2
1
支持力和摩擦力的施力物体均是木板，所以木板对物体做功为 mv2。
2
故选CD。
10．AC
【详解】A.由题可知，物体A下落过程中，B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力
和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；
B.A即将触地时，物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为T＝mg，开始时弹簧处于原长，由胡
克定律知：
F=k∆x
得弹簧的劲度系数为
mg
k=
h
故B错误；
C.物体A着地时，细绳对A的拉力等于mg，对A受力分析，根据牛顿第二定律得
2mg−mg=2ma
得
g
a=
2
故C正确；
D.物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有：
1
2mgh=E + ×2mv2
p 2
所以
E =2mgh−mv2
p
故D错误。
故选AC。
11．(1)
1
2
( Δ𝑡𝑡)
学科网（北京）股份有限公司(2)是
(3)1:2
(4)F−mg
(5)偏小
d
【详解】（1）由题可知，小球通过光电门时的速度v=
Δt
mv2
根据向心力的表达式F =
n R
2
1
联立可知图乙中的横坐标应为
Δt
mv2
（2）对小球受力分析可得F−mg =
L
md2 1
结合上述分析可得F = �( )2+mg
L ∆t
1
可知，在F−( )2图像中，纵截距为小球的重力大小，小球的重力不变，因此图乙中各图像的延长线交
∆t
于纵轴上的同一点。
1 md2
（3）根据上述分析可知，F−( )2图像的斜率为k =
∆t L
13 13
结合图像可知k :k = : =2:1
A B 13 26
联立可得L :L =1:2
A B
2
1
（4）根据（2）分析可知，描绘F−mg与
图像即可得到向心力的大小与线速度的平方成正比。
Δt
（5）由于遮光片位于小球的下方，则半径L变大，图乙中的斜率与准确值相比偏小，因此遮光片的计
算值偏小。
12． AC/CA D 0.52 2a
【详解】（1）[1]ABD．根据题意，由图可1知.6，本实验用力传感器测出拉力，则不需要用天平测出砂和砂
桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，由于要保证绳子的拉力提供小车的合
力，则需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确，BD错误；
C．使用打点计时器时，应将小车靠近打点计时器，先接通电源，待打点稳定后再释放小车，打出一条
纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确。
故选AC。
（2）[2]由图可知，当拉力达到一定数值时才产生了加速度，说明没有补偿摩擦力或补偿摩擦力不够
学科网（北京）股份有限公司AB．先释放小车，后接通电源和砂和砂桶的质量m没有远小于小车的质量M，对平衡摩擦力没有影响，
故AB不符合题意；
C．平衡摩擦力时木板没有滑轮的一端垫得过高，平衡摩擦力过度，故C不符合题意；
D．没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，故D符合题意。
故选D。
（3）[3]打点计时器的电源为50Hz的交变电源，相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点间
的时间间隔为
T =0.1s
根据纸带可得打下C点时，小车的速度为
x
(13.15−2.80)×10−2
v = BD = m s≈0.52m s
C 2T 2×0.1
[4]由逐差法有
x −x =a(2T)2
CE AC
解得
x −x (20.75−7.20−7.20)×10−2
a= CE AC = m s2 ≈1.6m s2
(2T)2 (2×0.1)2
（4）[5]根据题意，设砂桶的加速度为a'，经过时间t小车的位移为 ，则砂和砂桶的位移为2x，根据匀
变速运动规律有 𝑥𝑥
1 1
x= at2，2x= a't2
2 2
解得
a' =2a
13．(1)4V
(2)200V/m
【详解】（1）根据电场力做功与电势差关系可得W =qU
AB AB
−1.6×10−5
可得U = V=8V
AB −2×10−6
由于B点电势为零，由U =ϕ −ϕ =8V
AB A B
可得ϕ =8V
A
ϕ +ϕ
M为AB中点，则M点的电势为ϕ = A B =4V
M 2
学科网（北京）股份有限公司W 0.8×10−5
（2）根据电场力做功与电势差关系可得U = BC = V=−4V
BC q −2×10−6
由U =ϕ −ϕ =−4V
BC B C
可得ϕ =4V
C
连接CM，可知CM为等势线，由于CM垂直AB，可知场强方向沿AB方向，由U =Ed 可得场强大小为
U 8
E= AB = V/m=200V/m
L 4×10−2
3mg
14．(1)
4q
(2)6 m/s2，方向沿斜面向上
(3)12m/s，12 m
【详解】（1）对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，
则mgsin 37°＝qEcos 37°
mgtan37° 3mg
解得E= =
q 4q
（2）当场强变为原来的2倍时，小物块受到的合外力F ＝2qEcos 37°－mgsin 37°＝0.6mg
合
由牛顿第二定律有F ＝ma
合
所以a＝6 m/s2，方向沿斜面向上。
（3）由运动学公式，知v＝at＝6×2 m/s＝12 m/s
1 1
x＝ at2＝ ×6×22 m＝12m
2 2
15．(1)1.6J
(2)0.16m
(3)0.98J
(4)恰好停在O点，1.2m
【详解】（1）物块从A到O，根据动能定理得Fd−mmgd =E
k0
解得E =1.6J
k0
学科网（北京）股份有限公司1
（2）物块从O点开始压缩弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，根据能量守恒得E =mmgx + kx2
k0 1 2 1
解得x =0.16m
1
（3）物块向左运动过程中，设弹簧的压缩量为 时，物块动能最大，须满足kx=mmg
1 1
根据能量守恒得E = kx2− kx2−mmg(x −x)𝑥𝑥
k1 2 1 2 1
解得E =0.98J
kl
（4）假设物块从一端运动到另一端，两端离O点距离分别是x 和x (n=1,2,33)，根据能量守恒得
n n+1
1 1
kx2− kx2 =mmg(x +x )
2 n 2 n+1 n n+1
2mmg
解得x −x = =0.04m
n n+1 k
化简可得x =0.16−0.04(n−1)
n
当 时，x =0.04m
4
𝑛𝑛 =4
因为kx =4N>mmg，所以物块继续运动。
4
当 时，x =0
5
此时𝑛𝑛 =弹5簧弹力为零，物块恰好停在O点。
最后弹簧的弹性势能为0，从A点开始到恰好停在O点，根据动能定理得Fd−mmgs=0
解得s=1.2m
学科网（北京）股份有限公司
