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2025 年上学期高一期中考试参考答案
物 理
1、【答案】A
2、【答案】B
3、【答案】C
4、【答案】B
5、【答案】D
【解析】 由 F＝ma 得 a＝ ＝2 m/s2，质点沿 x 轴匀加速直线运动了 2 s，则 x＝ a ＝4 m， ＝
1 x x 1 x
at＝4 m/s；之后质点受 F 作用而做类平抛运动，则 a＝ ＝6 m/s2，质点再经过 1 s，沿 x 轴方向运动
x 1 2 y
的位移 x＝ t＝4 m，沿＋y 方向运动的位移 y＝ a ＝3 m，所以结合对应图线可知 D 项正确。
2 2 2 y
6、【答案】D
【解析】当 a＝2 m/s2，a＝6 m/s2，a＝－6 m/s2 时，Fcos θ－mgsin θ＝ma，Fcos θ－mgsin θ
1 2 3 1 1 2
＝ma，mgsin θ＝m｜a｜，其中 F＝20 N，F＝30 N，解得θ＝37°，m＝2 kg，故 A、B 错误；加速度
2 3 1 2
为 5 m/s2 时，由 Fcos θ－mgsin θ＝ma，解得 F＝ N，故 C 错误；物体静止在斜面上时，有 Fcos θ
＝mgsin θ，解得 F＝15 N，故 D 正确。
7、【答案】AC
8、【答案】AD
【解析】根据万有引力等于重力 =mg,得:g= ,根据火星直径约为地球的一半,质量约为地球的十分之
一,计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的 0.4,故 A 正确;根据第一宇宙速度的公式 v=
,则火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比 ,故 B 错误;对
于星球的同步卫星有 r,得同步卫星轨道半径r= ,由于火星质量约为地球质量的 ,它们
的自转周期十分接近, ,C 错误;研究火星和地球绕太阳公转,根据万有引力提供向心力得出 G
=m r,得 T=2π ,M 为太阳的质量,r 为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径,通过 T 的表达
式发现火星与地球公转周期之比为 3 ∶4,所以火星的公转周期约 1.8 年,故 D 正确。
9、【答案】BC
10、【答案】ABD
【解析】子弹在圆筒中做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，所以子弹的初速度大小为 v＝Dt，故 A
0
正确；子弹在桶中做平抛运动，在竖直方向，则有 h＝12gt2，即两个弹孔的高度差为 12gt2，故 B 正确；
因为子弹右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则有 t＝(2n－1)T2，n＝1，2，3…，解得圆筒转动
的周期 T＝2t2n－1，n＝1，2，3…，圆筒转动的周期不可能为 t，可能为 2t，故 C 错误,D 正确．故选 ABD.
11、【答案】：(1)6.92-6.93 (2)A (3)弹簧受到的拉力超过了其弹性限度
【解析】(1)弹簧伸长后的总长度为 14.66 cm，则伸长量Δl＝14.66 cm－7.73 cm＝6.93 cm。
1(2)逐一增挂钩码，便于有规律地描点作图，也可避免因随意增加钩码过多超过弹簧的弹性限度而损坏弹簧。
(3)AB 段明显偏离 OA，伸长量Δl 不再与弹力 F 成正比，是超出弹簧的弹性限度造成的。
12、【答案】：（2）小球的直径 d （3）最大值 （4）0.05 1
【解析】（2）根据 v＝ 知，要测量速度，需要知道钢质小球在挡光时间内通过的位移，即小球的直径 d，
速度表达式为 v＝ 。
（3）小球摆动过程中受力分析如图所示，则有 F－F＝m ，F1＝mgcos θ，
T 1
故 F＝mgcosθ＋m ，由于 F 始终沿着轨迹的切线方向，故小球向最低点运动过程中速度增大，到达最
T 2
低点时速度最大，故在最低点 FT 最大，所以应选拉力 FT 的最大值。
（4）小球摆至最低点时，由牛顿第二定律得 FT－mg＝m ，当小球速度为零时，此时拉力与重力大小相等，
对比图线可知 mg＝0.485 N，解得 m＝0.05 kg，由斜率 k＝ ＝ kg/m，解得 r＝1 m。
13、【答案】：（1）v= （2）x= R
0
【解析】(1)设小球在 Q 点的速度大小为 v,根据牛顿第二定律,有 F -mg=m (2 分)
0 N
根据牛顿第三定律,有 F =F =2mg (2 分)
N N'
解得 v= (2 分)
0
(2)小球垂直撞击到倾角为 30°的斜面上的 S 点,由平抛运动规律,有
tan30°= ,又由 v⊥=gt (2 分)
x=vt (2 分)
0
联立解得 Q 点到 S 点的水平距离 x= R (2 分)
14、【答案】：（1）12 m/s （2）5 m/s2 （3） 16 s
【解析】：(1)由 P＝Fv＝F v （2 分）
f m
得：v ＝PFf＝P0.1mg＝60×1030.1×5×103×10 m/s＝12 m/s. （1 分）
m
(2)由 P＝Fv 得 F＝Pv，（ 1 分）
当 v ＝2 m/s 时，F＝Pv1＝60×1032 N＝3×104 N，（ 1 分）
1 1
由牛顿第二定律得 F－F＝ma，所以有：
1 f
a＝F1－0.1mgm＝3×104－0.1×5×103×105×103 m/s2＝5 m/s2. （2 分）
（3）汽车以恒定的加速度 a 做匀加速运动，能够达到的最大速度为 v，
则有 Pv－F＝ma，（ 2 分）
f
得 v＝PFf＋ma＝60×1035×103＋5×103×0.5 m/s＝8 m/s，（1 分）
由 v＝at 得这一过程维持的时间 t＝va＝80.5 s＝16 s．（2 分）
215、【答案】：（1）4.5 m （2） （3）3 m/s
【解析】（1）物块刚滑上木板时，设物块的加速度大小为 a，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
1
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma （2 分）
1 1
根据匀变速直线运动的规律有 ＝2aL （1 分）
1
解得 L＝4.5 m。 （1 分）
（2）物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，对木板受力分析，根据受力平衡有
Mgsin θ＝μmgcosθ＋F （2 分）
1 f
F＝μ（m＋M）gcosθ （2 分）
f 2
联立解得μ＝ 。 （1 分）
2
（3）当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，设物块的加速度大小
为 a、木板的加速度大小为 a，物块经时间 t 滑到木板下端，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
2 3
mgsinθ－μmgcosθ＝ma （1 分）
1 2
解得 a＝2 m/s2
2
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有
μmgcos θ＋Mgsinθ－μ（M＋m）gcosθ＝Ma （1 分）
1 2 3
解得 a＝1 m/s2
3
在时间 t 内物块的位移大小为 x＝ at2 （1 分）
1 2
在时间 t 内木板的位移大小 x＝ at2 （1 分）
2 3
根据几何关系有 x－x＝L （1 分）
1 2
物块滑离木板时，木板的速度大小为 v＝at （1 分）
3
联立解得 v＝3 m/s。 （1 分）
3
