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湖南师大附中2024－2025学年度高一第一学期期末考试
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 B A C B C
1.A 【解析】速度的定义v＝ ，当Δt→0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极
限思想方法；明确理想实验的基本内容，知道伽利略为了冲淡重力而采取的方法，逻辑推理＋实验验证得
到的牛顿第一定律；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因；在推导位移公式时采用了微元法。
2．B 【解析】由牛顿第二定律F＝ma可得，1 N＝1 kg·m/s2，应选B。
3．A 【解析】由于 a 、b 两个小球从不同高度同时水平抛出，球 b下落高度小，由t＝ 可
知，b球比a球先落地，故A正确；因两球水平抛出时的初速度大小题中没有给出，所以落地时 a球的水
平位移不一定大于b球的水平位移，故B错误；由于 a 、b 两个小球从不同高度同时水平抛出，下落到P
点的时间不同，所以不能在P点相遇，故C错误；由于两球的初速度大小未知，则两球落地的速度大小v
＝ 可能相同，故D错误。故选A。
4．C 【解析】如图所示，以F＝G＝100 N的“箭头”为圆心，以F 的大小60 N为半径画一个圆
2
弧，圆弧与F 所在直线有两个交点，因此F 有两个可能的方向，F 的大小有两个可能的值。故选C。
1 2 1
5．B 【解析】由图得AB长度为物块的位移x＝L＝ m＝16 m，故整个传送带的总长
不小于32 m，故AC错误；6 s内传送带的路程为s＝vt＝24 m，物块相对于传送带滑动的距离Δx＝s－x
0
＝8 m，故B正确；由图可知，物块的加速度为a＝ ＝1 m/s2，对物块用牛顿第二定律得μmg＝ma，
解得μ＝0.1，故D错误。故选B。
6．C 【解析】甲质点的位移表达式为x＝vt＋ at2＋x ，将(0，－2)、(1，0)、(2，6)代入上
0 1 0
式，解得x ＝－2 m，v ＝0，a ＝4 m/s2，乙质点的位移表达式为v2－v ＝－2ax，将(v2＝0时x＝12.5
0 0 1 2
m ) 、(v2＝100 时x＝0 )代入上式，解得v ＝10 m/s，a ＝4 m/s2，AB错误；乙质点停止所用时间为t ＝
0 2 0
＝ s＝2.5 s，乙
质点2.5 s的位移为x ＝ at ＝12.5 m，甲质点经过 s的位移为x ＝ at2＝
2 2 1 1
×4× m＝14.5 m，因为x －x ＝14.5 m－12.5 m＝2 m＝x ＝2 m，经过 s，甲追上
1 2 0
乙，C正确；经过2.5 s，甲质点的位移为x ＝ at2＝12.5 m，因为初始距离x ＝2 m ，甲没追上乙，D
1 1 0
错误。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 BD AD ACD BD
7.BD 【解析】卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫
星的引力和卫星对地球的引力，故A错误；火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作
用力，从而让火箭获得了向上的推力，故B正确，C错误；火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭向
后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故 D正确；故选
BD。
8．AD 【解析】设飞轮边缘有一点C，链轮和飞轮之间通过链条传动，A、C两点线速度大小相等，即v ＝v ，A正确；后轮和飞轮同轴转动，故B、C两点角速度相同，即ω ＝ω ，根据v＝ωr，可知
A C B C
A、B两点的角速度大小之比为 ＝ ＝ ＝ ，D正确；B、C两点的线速度大小之比为
＝ ＝ ，B错误；A、C两点线速度大小相等，则A、B两点的线速度大小之比为1∶6，C
错误；故选AD。
9．ACD 【解析】对A、B整体受力分析，如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力 F，由平衡
条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故 C正确；对B受力分析如图乙所示，
其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态，故B受到三个力，A与B之间一定有摩擦力，故B
错误， D正确；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，故
A正确。故选ACD。
10．BD 【解析】因无相对滑动，根据牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a可知，运动
过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，质量都变化，加速度a都将减小。若粘在A木块上面，以C为研究
对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T，根据牛顿第二定律有F－μmg－T＝ma，解得T＝F－μmg－ma，
因为加
速度a减小，F、μmg不变，所以，绳子拉力T增大。故B正确，A错误；若粘在C木块上面，对
A，根据牛顿第二定律有f ＝ma，因为加速度a减小，可知A的摩擦力减小；以AB为整体，根据牛顿第
A
二定律有T－2μmg＝2ma，解得T＝2μmg＋2ma，因为加速度a减小，则绳子拉力T减小，故D正确，C
错误。故选BD。
三、实验题(本大题共2小题，每空2分，共16分)
11．(8分)(1)匀速 (2) (3)A (4)AD
【解析】(1)由题图可知，小球在水平方向有x ＝x ＝x ＝3l，即在相等时间内通过的位移相等，因
ab bc cd
此小球在水平方向做匀速直线运动。
(2)由匀变速直线运动的推论Δy＝gT2可得，T＝ ＝ ，小球做平抛运动的初速度大小为v
0
＝ ＝3l ＝
(3)在研究平抛运动实验中，为减小空气阻力对小球运动的影响，应采用实心小铁球，实心小铁球体
积较小，质量较大，受空气阻力的影响相对较小。故选A。
(4)在做“探究平抛运动”的实验时，要确保小球的初速度水平，且每次抛出初速度要相同，则调节
斜槽的末端保持水平，每次释放小球的位置必须相同，每次必须由静止释放小球，A正确，B错误；记录
小球位置用的木条(或凹槽)每次不必严格地等距离下降，C错误；确保小球运动时不会受到摩擦力作用，
则小球运动时不应与木板上的白纸(或方格纸)相接触，D正确；故选AD。
12．(8分)(1)B (2)2.00 (3)9.7 (4)小于
【解析】(1)为了减小空气阻力和摩擦阻力的影响，物块1选用质量和密度较大的物体，故A错误；
为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，两限位孔应在同一竖直线上，故 B正确；为了充分利用纸带，实
验时，先接通电源后释放物块A，故C错误。故选B。
(2)打点计时器所用的交流电源频率为50 Hz，每相邻的两个点之间还有四个点未画出，相邻计数点间
的时间间隔为t＝5T＝ ＝0.1 s，根据逐差法有a＝ ＝ ×10－2 m/s2≈2.00
m/s2
(3)根据牛顿第二运动定律有(m －m)g＝(m ＋m)a，解得g＝9.7 m/s2
1 2 1 2
(4)空气阻力及纸带的影响使得通过纸带得到的加速度比理想情况下的加速度小，从而使得重力加速
度的测量值小于真实值。
13．(12分)(1)F ＝5 N (2)F ＝10 N
T N
【解析】(1)对物块A受力分析，有mg＝F ＋F 2分
1 弹 T其中弹簧弹力为F ＝kΔx2分
弹
代入得F ＝5 N2分
T
(2)对物块B受力分析，竖直方向上有F′ ＋F sin θ＝mg3分
N T 2
根据牛顿第三定律有F ＝F′
N N
代入得F ＝10 N3分
N
14．(14分)(1)2tan θ (2) tan θ sin θtan θ
【解析】(1)根据题意，设运动员在空中飞行的时间为t，水平方向上有x＝vt
0
竖直方向上有y＝ gt2
又有tan θ＝ ＝ 4分
设运动员落地时速度与水平方向夹角为α，则tan α＝ ＝ ＝2tan θ2分
(2)运动员速度方向与斜面平行时距离斜面最远tan θ＝ ，v＝gt2分
y 1
解得t＝ tan θ2分
1
将运动员速度沿斜面方向与垂直斜面方向分解有v ＝vsin θ，v ＝vcos θ2分
⊥ 0 ∥ 0
距斜面的最大距离l＝ t＝ sin θtan θ2分
1
15．(14分)(1)0.5 (2)a ＝0.5 m/s2，方向与拉力F的方向相反 (3)v＝2 m/s (4)7个
1 1
【解析】(1)木板最初做匀速直线运动，处于平衡状态，根据平衡条件在竖直方向有F ＝Mg2分
N
水平方向有F＝F2分
f
而F＝μF ，则F＝μMg1分
f N
解得μ＝ ＝ ＝0.51分
(2)放第1块铁块后，木板做匀减速运动，则有F－μ(M＋m)g＝Ma2分
1
a＝ ＝－0.5 m/s2
1
即加速度大小为0.5 m/s2，方向与拉力F的方向相反。1分
(3)放第1块铁块后，木板做匀减速运动，由运动学公式得v －v ＝2aL1分
1
代入数据解得v＝2 m/s1分
1
(4)设最终有n块铁块能静止在木板上，由牛顿第二定律得F－μ(M＋nm)g＝Ma
n
而F－μMg＝0
则木板运动的加速度大小为a＝－ 1分
n
第1块铁块放上后有v －v ＝2aL
1
第2块铁块放上后有v －v ＝2aL
2
第n块铁块放上后有v －v ＝2aL
2
由以上各相加得(1＋2＋3＋…＋n)×2 L＝v －v 1分
要使木板停下来，必须有v＝0
n
代入解得n＝6.6
则6
