湖南省长沙市湖南师大附中2024-2025学年高一下学期4月期中物理试题 含解析

这是一份湖南省长沙市湖南师大附中2024-2025学年高一下学期4月期中物理试题 含解析，共12页。试卷主要包含了实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
时量：75 分钟 满分：100 分
得分：____________
第Ⅰ卷(选择题)
一、单选题(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．下列说法不符合物理学史的是
A．牛顿对引力常量 G 进行准确测定，并于 1687 年发表在其传世之作《自然哲学的数学
原理》中
B．英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力
常量 G 的数值
C．20 世纪初建立的量子力学理论，使人们认识到经典力学理论一般不适用于微观粒子
的运动
D．开普勒行星运动定律是开普勒在其导师第谷留下的观测记录的基础上整理和研究出
来的
2．乒乓球是我国的国球，是一项集健身、竞技和娱乐为一体的运动项目。我国乒乓健儿
也多次在国际赛事上取得优异成绩。如图，两名运动员从乒乓球台两端的正上方不同高度处
分别发出 A、B 两球(B 球的高度大于 A 球的高度，两球到球网的水平距离相等)，假设两球都
做平抛运动，都恰好能越过球网，同时落到对方台面上，则下列说法正确的是
A．A 球比 B 球先出发
B．B 球先到达球网上端
C．落到球台前瞬间，B 球的速度一定较大
D．B 球落到球台上时，距球网更近
3．中国天宫空间站运行在距离地球表面约 400 千米高的近地轨道上，而地球同步卫星离
地高度约为 36000 千米。如图所示，a 为静止在地球赤道上的物体，b 为中国空间站，c 为地
球同步卫星，则下列说法正确的是
A．线速度的大小关系为 va>vb>vc
B．周期关系为 Tb>Ta＝Tc
C．向心加速度的关系 ab>ac>aa
D．同步卫星 c 的发射速度要大于 11.2 km/s
4．在名著《西游记》中讲述了一只大龟浮水作舟，驮着唐僧师徒渡过通天河的故事。如
图所示，通天河中水流的速度大小恒为 v0，方向平行于河岸，大龟从 A 处出发后沿直线 AB
将唐僧师徒四人和白龙马送达对岸的 B 处，AB 与河岸成 37°角。已知 sin 37°＝35，cs 37
°＝45，则大龟在水中的速度至少为
A.35v0 B.45v0 C.34v0 D.43v0
5．一根质量分布均匀的柔软绳子上端固定在一根竖直杆上，若杆水平向左做匀加速直线
运动，不计空气作用力，则绳子的形状可能是
A. B.
C. D.
6．如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为 m 的小环套在大圆环上，小环从静
止开始由大圆环顶端经 Q 点自由下滑至其底部，Q 为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过
程中对大圆环的作用力大小
A．在 Q 点最大 B．在 Q 点最小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
二、多选题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但选不全的得 3 分，有选错得 0 分)
7．一辆小米 SU7 开启智驾(可视为质点)以初速度 v0 匀速直线行驶，检测到障碍物后开
始匀减速，最终在减速阶段通过三段长度均为 10 米的距离后速度恰好为零。已知车辆在第三
段 10 米距离(最后段)的行驶时间为 t，则下列说法正确的是(假设减速至零且无碰撞发生)
A．车辆的加速度大小为 10t2
B．车辆通过第二段 10 米距离用时(2－1)t
C．车辆通过第三段与第二段所用时间之比为 1∶(2－1)
D．车辆在三段距离中的平均速度之比为(3＋2)∶(2＋1)∶1
8．质量为 m 的平衡车进行空载测试时，以大小为 v0 的初速度在水平地面上沿直线做加
速运动，平衡车受到的阻力恒为车重的 k 倍，电动机输出功率恒为额定功率 P，重力加速度
大小为 g，下列说法正确的是
A．平衡车达到的最大速度为 Pkmg
B．平衡车达到的最大速度为 v0＋Pkmg
C．平衡车初始时的加速度大小为 Pmv0－kg
D．平衡车初始时的加速度大小为 Pmv0
9．2024 年 2 月 9 日，《自然·天文学》公布了清华大学物理系王晓锋教授课题组与合作
者利用清华大学—马化腾巡天望远镜做出的一个重要天文发现，他们在距离地球约 2760 光年
处发现了一个周期仅 20.5 分钟的双星系统，如图所示。假设 A 星球的质量为 m1，B 星球的
质量为 m2，A 星球绕 O 点做圆周运动的半径为 r1，B 星球绕 O 点做圆周运动的半径为 r2，引
力常量为 G，下列说法正确的是
A．A 星球和 B 星球的转动半径之比为 r1r2＝m2m1
B．A 星球和 B 星球的运动速率之比 v1v2＝m2m1
C．A 星球的转动周期为 T＝2π（r1＋r2）3G（m1＋m2）)
D．A 星球和 B 星球的动能之和为 Ek1＋Ek2＝Gm1m24（r1＋r2）
10．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成质点的物块。
t＝0 时对物块施加一水平向右的恒定拉力 F，在 F 的作用下物块和木板发生相对滑动，t＝2 s
时撤去 F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的 v－t 图像如图乙所示。已知木板
的质量为 0.5 kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
取重力加速度大小 g＝10 m/s2，则在物块和木板运动的整个过程中，下列说法正确的是
A．木板的长度为 3 m
B．物块的质量为 0.8 kg
C．拉力 F 对物块做的功为 9.9 J
D．木板与地面间因摩擦产生的热量为 3.3 J
选择题答题卡
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 得分
答案
第Ⅱ卷(非选择题)
三、实验题(本大题共 2 小题，共 16 分)
11．(6 分)如图所示是探究向心力的大小 F 与质量 m、角速度ω和半径 r 之间关系的实验
装置。
(1)下列实验的实验方法与本实验相同的是________；
A．探究平抛运动的特点
B．探究加速度与力、质量的关系
C．探究两个互成角度的力的合成规律
(2)当探究向心力的大小 F 与半径 r 的关系时需调整传动皮带的位置使得左右两侧塔轮轮
盘半径________(选填“相同”或“不同”)；
(3)当探究向心力的大小 F 与角速度的关系时，需要把质量相同的小球分别放在挡板
________(选填“A、C”或“B、C”)
12．(10 分)图甲为某实验小组同时测量 A、B 两个箱子质量的装置图，其中 D 为铁架台，
E 为固定在铁架台上的轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略不计)，F 为光电门，C 为固定在 A 上、
宽度为 d 的细遮光条(质量不计)，此外，该实验小组还准备了一套砝码(总质量为 m0＝1 kg)和
刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答。
(1)在铁架台上标记一位置 O，并测得该位置与光电门 F 之间的高度差 h。
(2)取出质量为 m 的砝码放在 A 箱子中，剩余砝码都放在 B 箱子中，让 A 从位置 O 由静
止开始下降，则 A 下落到 F 处的过程中，其机械能是________(选填“增加”“减少”或“守
恒”)的。
(3)记录下遮光条通过光电门的时间 t，根据所测数据可计算出 A 下落到 F 处的速度 v＝
________，下落过程中的加速度大小 a＝________(均用 d、t、h 表示)。
(4)改变 m 重复(2)(3)步骤，得到多组 m 与 a 的数据，作出 a－m 图像如图乙所示。可得 A
的质量 mA＝________kg，B 的质量 mB＝________kg(重力加速度大小 g 取 10 m/s2)。
四、计算题(本大题共 3 小题，共 40 分)
13．(10 分)如图所示，一质量为 m＝10 kg 的物体，由 14 光滑圆弧轨道上端从静止开始
下滑，到达底端后沿水平面向右滑动 1 m 距离后停止。已知圆弧底端与水平面平滑连接，圆
弧轨道半径 R＝0.8 m，取 g＝10 m/s2，求：
(1)物体滑至圆弧底端时的速度大小；
(2)物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小；
(3)物体与水平面之间的动摩擦因数和在水平面上减速的时间。
14.(14 分)近日，全球首款支持卫星通话的大众智能手机上市，该手机接入了中国自研的
天通一号卫星移动通信系统，持有者即使在没有地面信号的情况下，也可以拨打，接听卫星
电话。天通一号卫星属于高轨通信卫星，其发射过程可以简化为如图所示：先将卫星发射至
近地圆轨道 1，再点火加速进入椭圆变轨轨道 2，最后进入预定轨道 3。若天通一号质量为 m，
地球表面重力加速度为 g，地球半径为 R，轨道 3 的半径为 r，当取无穷远处引力势能为零，
天通一号距地心距离为 r0 处时的引力势能为 Ep＝－GMmr0(G 为引力常量，M 为地球质量且
未知)，不计地球自转，求：
(1)天通一号在轨道 1 的线速度大小；
(2)天通一号在轨道 2 上运动的周期；
(3)天通一号从轨道 1 变轨到轨道 3 过程中，发动机需要做的功。
15.(16 分)质量不计的直角形支架两端分别连接质量为 2m 的小球 A 和质量为 3m 的小球 B。
支架的两直角边长度分别为 2L 和 L，支架可绕固定轴 O 在竖直平面内无摩擦转动，如图所
示。开始时 OA 边处于水平位置，取此时 OA 所在水平面为零势能面，sin 53°＝0.8，cs 53°
＝0.6，重力加速度为 g，现将小球 A 由静止释放，求：
(1)小球 A 到达最低点时的速度大小 vA；
(2)小球 A 到达最低点的过程中，杆对小球 A 所做的功 WA；
(3)当 OA 直角边与水平方向的夹角θ为多大时，小球 A 的速度达到最大，并求这个最大
速度。
湖南师大附中 2024—2025 学年度高一第二学期期中考试
物理参考答案
一、单选题(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)
题号 1 2 3 4 5 6
答案 A D C A A C
1.A 【解析】A.牛顿发现万有引力定律，于 1687 年发表在其传世之作《自然哲学的数
学原理》中，英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了
引力常量 G 的数值，故 A 不符合物理学史，B 符合物理学史；C.20 世纪的 20 年代建立了量
子力学理论，它使人们认识到经典力学理论一般不适用于微观粒子的运动，故 C 符合物理学
史；D.开普勒行星运动定律是开普勒在其导师第谷留下的观测记录的基础上整理和研究而来
的，故 D 符合物理学史。点睛：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、
发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2．D 【解析】A.B 球下落的高度大于 A 球下落的高度，由竖直方向的位移关系 h＝12gt2，
可知，B 球下落的时间大于 A 球下落时间，由于两球同时落到对方台面上，故 B 球比 A 球
先发出，A 错误；B.由于 B 球的高度大于 A 球，故 B 球到达球网上端时的竖直方向的分速度
大于 A 的竖直方向的分速度，故 B 球从网高落入台面所用的时间较少，两球同时落到对方台
面上，故 A 球先到达球网上端，B 错误；C.B 球抛出点到网的高度大于 A 球抛出点到网的高
度，故 B 球从抛出点到达球网的上端所用的时间大于 A 球，此过程中水平位移相同，故 B
球的水平初速度小于 A 球的水平初速度。两球落到地面时，A 球的水平方向的分速度较大，
B 球的竖直方向分速度较大，且 AB 球下落高度和网的高度以及水平位移没有具体数据，故
无法判断落到球台前瞬间两球的速度大小关系，C 错误；D.B 球的水平初速度小于 A 球的水
平初速度，又由于 B 球从网高落入台面所用的时间较少，根据水平方向的位移 x＝v0t′，B
球落到球台上时，距球网更近，D 正确。故选 D。
3．C 【解析】A.对 ac 因为两者的角速度相同，根据 v＝ωr，可知 vc>va，对 bc 根据 GMmr2
＝mv2r，可得 v＝GMr)，可知 vb>vc，则线速度的大小关系为 vb>vc>va，选项 A 错误；B.对
ac 两者的周期相同 Ta＝Tc，对 bc 根据开普勒第三定律可知 r3T2＝k，可知 Tc>Tb，可知周期
关系为 Ta＝Tc>Tb，选项 B 错误；C.对 ac 因为两者的角速度相同，根据 a＝ω2r，可知 ac>aa，
对 bc 根据 GMmr2＝ma，可知 a＝GMr2，可知 ab>ac，则向心加速度的关系 ab>ac>aa，选项 C
正确；D.同步卫星 c 没有脱离地球的引力范围，则发射速度要小于 11.2 km/s，选项 D 错误。
故选 C。
4．A 【解析】当大龟的速度方向与合速度方向垂直时，其速度最小，则最小速度 vmin
＝v0sin 37°＝35v0，故选 A。
5．A 【解析】向左匀加速运动的过程中，将绳子由下到上分为无数质元，对于最下方
的质元，根据牛顿第二定律 m0gtan θ1＝m0a，对于最下方的两个质元，根据牛顿第二定律
2m0gtan θ2＝2m0a，由此类推可知，所有质元所在切线与竖直方向夹角相同，因此绳子应为
一条斜直线且向右偏斜。故选 A。
6．C 【解析】方法一(分析法)：设大圆环半径为 R，小环在大圆环上某处(P 点)与圆环
的作用力恰好为零，如图所示，设图中夹角为θ，从大圆环顶端到 P 点过程，根据机械能守
恒定律 mgR(1－cs θ)＝12mv2，在 P 点，根据牛顿第二定律 mgcs θ＝mv2R，联立解得 cs
θ＝23，从大圆环顶端到 P 点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大
于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从 P 点到最低点过程
，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹
力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二(数学法)：设大圆环半径为 R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与
竖直向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律 mgR(1－cs θ)＝12mv2(0≤θ≤π)，在
该处根据牛顿第二定律 F＋mgcs θ＝mv2R(0≤θ≤π)，联立可得 F＝2mg－3mgcs θ，则
大圆环对小环作用力的大小|F|＝|2mg－3mgcs θ|，根据数学知识可知|F|的大小在 cs θ＝23
时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选
C。
二、多选题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但选不全的得 3 分，有选错得 0 分)
题号 7 8 9 10
答案 BCD AC ABC CD
7.BCD 【解析】匀减速至零的逆过程可视为初速为零的匀加速直线运动，满足：s＝12at2，
a＝20t2，时间比 t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1，平均速度比与时间比成反比，即(3＋2)∶(2
＋1)∶1，故 BCD 正确。
8．AC 【解析】A.平衡车的速度达到最大时，牵引力与阻力大小相等，加速度为零，
由 P＝Fv＝fvm，可知平衡车达到的最大速度为 vm＝Pkmg，故 A 正确，B 错误；CD.初始时，
由牛顿第二定律有 Pv0－kmg＝ma，解得 a＝Pmv0－kg，故 C 正确，D 错误。故选 AC。
9．ABC 【解析】A.由题知，A 星球与 B 星球具有相同的周期和角速度，向心力大小，
根据万有引力提供向心力，则有 Gm1m2（r1＋r2）2＝m1ω2r1＝m2ω2r2，解得 A 星球和 B 星
球的转动半径之比为 r1r2＝m2m1，故 A 正确；B.根据 v＝ωr，因ω相同，解得 A 星球和 B 星
球的运动速率之比 v1v2＝m2m1，故 B 正确；C.根据万有引力提供向心力，则有 Gm1m2（r1
＋r2）2＝m1\a\vs4\al\c1(\f(2πT))2r1＝m2\a\vs4\al\c1(\f(2πT))2r2，解得 r1＝Gm2T24π2（r1＋r2）
2，r2＝Gm1T24π2（r1＋r2）2，则有 r1＋r2＝GT2（m1＋m2）4π2（r1＋r2）2，解得 T＝2π
（r1＋r2）3G（m1＋m2）)，故 C 正确；D.根据 v＝2πrT，可得 v1＝r1G（m1＋m2）（r1＋r2）
3)，v2＝r2G（m1＋m2）（r1＋r2）3)，根据 Ek＝12mv2，可得 Ek1＋Ek2＝G（m1＋m2）m1r12
（r1＋r2）2，或 Ek1＋Ek2＝G（m1＋m2）m2r22（r1＋r2）2，故 D 错误。故选 ABC。
10．CD 【解析】A.根据题意可知，木板在 0～2.5 s 内向右做匀加速直线运动，作出图
像，如图所示，由图像可知 2.5 s 时两者共速，则木板在 0～2.5 s 内的加速度大小为 a1＝12.5
m/s2＝0.4 m/s2，物块在 0～2.0 s 内的加速度大小为 a2＝32.0 m/s2＝1.5 m/s2，物块在 2.0 s～2.5
s 内的加速度大小为 a3＝μ2g＝3－12.5－2.0 m/s2＝4 m/s2，2.5 s～3.0 s 内二者一起做匀减速直
线运动，加速度大小为 a4＝μ1g＝13.0－2.5 m/s2＝2 m/s2，可得木板与地面间的动摩擦因数为μ1
＝0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，木板的长度为 L＝2.5×（3－0.8）2 m＝2.75 m，
故 A 错误；B.前 2 s 内，对木板，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1，对物块，有 F－μ2m2g＝m2a2
，解得 m2＝0.6 kg，F＝3.3 N，故 B 错误；C.前 2 s 内，拉力 F 对物块做的功为 W＝Fx1，结
合图像可知，0～2 s 内物块的位移为 x1＝12×3×2.0 m＝3 m，所以 W＝9.9 J，故 C 正确；
D.木板与地面间因摩擦产生的热量 Q＝μ1(m1＋m2)g·x2，结合图像可知，木板的位移为 x2＝
12×3.0×1 m＝1.5 m，所以 Q＝3.3 J，故 D 正确。故选 CD。
三、实验题(本大题共 2 小题，共 16 分)
11．(6 分，每空 2 分)(1)B (2)相同 (3)A、C
【解析】(1)探究向心力的大小 F 与质量 m、角速度ω和半径 r 之间关系，采用的实验方
向是控制变量法。探究平抛运动的特点，采用的是等效思想，故 A 错误；探究加速度与力、
质量的关系采用的实验方法是控制变量法，故 B 正确；探究两个互成角度的力的合成规律采
用的实验方法是等效替代法，故 C 错误。故选 B。
(2)当探究向心力的大小 F 与半径 r 的关系时，需要控制质量和角速度相同，两侧塔轮边
缘的线速度大小相等，根据 v＝ωr，可知需调整传动皮带的位置使得左右两侧塔轮轮盘半径
相同。
(3)当探究向心力的大小 F 与角速度的关系时，需要控制质量和半径相同，则需要把质量
相同的小球分别放在挡板 A、C。
12．(10 分，每空 2 分)(2)减少 (3)dt d22ht2 (4)3.0 1.0
【解析】(2)A 下落到 F 处的过程中，受到绳子的拉力，拉力做负功，则其机械能减少
(3)A 下落到 F 处的速率为 v＝dt
由速度位移公式得 2ah＝v2，解得 a＝d22ht2
(4)把三个物体 m0，A，B 作为一个系统，根据牛顿第二定律(mA＋m)g－(mB＋m0－m)g
＝(m0＋mA＋mB)a，可得 a＝2gm0＋mA＋mBm＋mA－m0－mBm0＋mA＋mBg，可知图像的
斜率 k＝4＝2gm0＋mA＋mB，纵截距 b＝2＝mA－mB－m0m0＋mA＋mBg，解得 mA＝3.0 kg，
mB＝1.0 kg
四、计算题(本大题共 3 小题，共 40 分)
13．(10 分)(1)4 m/s (2)300 N (3)0.8 0.5 s
【解析】(1)设物体滑至圆弧底端时速度大小为 v，由动能定理可知 mgR＝12mv2(2 分)
得 v＝2gR＝4 m/s(1 分)
(2)设物体滑至圆弧底端时受到轨道的支持力大小为 FN，根据牛顿第二定律得 FN－mg＝
mv2R(1 分)
故 FN＝mg＋mv2R＝300 N(1 分)
根据牛顿第三定律得 FN′＝FN，所以物体对圆弧轨道底端的压力大小为 300 N(1 分)
(3)设物体沿水平面滑动过程中，根据动能定理可知－μmgL＝0－12mv2(1 分)
得μ＝0.8(1 分)
减速过程中 v＝at，a＝μg(1 分)
得 t＝0.5 s(1 分)
14．(14 分)(1)v＝gR (2)T2＝π（R＋r）32R2g) (3)W＝12mgR\a\vs4\al\c1(1－\f(Rr))
【解析】(1)在近地轨道 1 上，万有引力提供向心力 GMmR2＝mv2R(2 分)
又因为忽略自转，地面上物体万有引力等于重力有 GMmR2＝mg，解得 v＝gR(2 分)
(2)在近地轨道 1 上，天通一号的周期 T1＝2πRv＝2πRg)(1 分)
根据开普勒第三定律 21R3T＝22\rc\3T(2 分)
解得 T2＝π（R＋r）32R2g)(1 分)
(3)在轨道 3 上 GMmr2＝m23vr，GMmR2＝mg(1 分)
天通一号的线速度为 v3＝gR2r)(1 分)
从轨道 1 到轨道 3，由能量守恒 Ep1＋Ek1＋W＝Ek2＋Ep2(1 分)
即－GMmR＋12mv2＋W＝－GMmr＋12mv23(1 分)
解得 W＝12mgR\a\vs4\al\c1(1－\f(Rr))(2 分)
15．(16 分)(1)vA＝8gL11) (2)WA＝－36mgL11 (3)θ＝53°，vAm＝4gL11)
【解析】(1)A、B 和杆组成的系统机械能守恒－3mgL＝－2mg×2L＋12×2mv2A＋12×
3mv2B(2 分)
由于两者角速度相等 vA2L＝vBL(1 分)
联立解得 vA＝22gL11)(2 分)
(2)以球 A 为研究对象，根据动能定理 2mg·2L＋WA＝12×2mv2A－0(2 分)
解得 WA＝－36mgL11(2 分)
(3)当 OA 直角边与水平方向的夹角θ时，根据机械能守恒
－3mgL＝－3mgLcs θ－2mg×2Lsin θ＋12×2mv2A＋12×3mv2B(2 分)
又 vA2L＝vBL
联立得 vA＝8（4sin θ＋3cs θ－3）gL11)＝8[5cs（θ－53°）－3]gL11)(2 分)
因此，当θ＝53°，小球 A 的速度达到最大(1 分)
且最大值为 vAm＝4gL11)(2 分)