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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＝
gt2，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＝
vt′，B球落到球台上时，距球网更近，D正确。故选D。
0
3．C 【解析】A.对ac因为两者的角速度相同，根据v＝ωr，可知v>v，对bc根据G
c a
＝m，可得v＝，可知v>v，则线速度的大小关系为v>v>v，选项A错误；B.对ac两者的
b c b c a
周期相同T＝T，对bc根据开普勒第三定律可知＝k，可知T>T ，可知周期关系为T＝
a c c b a
T>T ，选项B错误；C.对ac因为两者的角速度相同，根据a＝ω2r，可知a>a，对bc根据G
c b c a
＝ma，可知a＝，可知a>a，则向心加速度的关系a>a>a，选项C正确；D.同步卫星c没
b c b c a
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v
min
＝vsin 37°＝v，故选A。
0 0
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mgtan θ ＝ma，对于最下方的两个质元，根据牛顿第二定律
0 1 0
2mgtan θ ＝2ma，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
0 2 0
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－cos θ)＝mv2，在P点，根据牛顿第二定律mgcos θ＝m，联立解得cos θ＝，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－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π)，在该
处根据牛顿第二定律F＋mgcos θ＝m(0≤θ≤π)，联立可得F＝2mg－3mgcos θ，则大圆环对
小环作用力的大小|F|＝|2mg－3mgcos θ|，根据数学知识可知|F|的大小在cos θ＝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＝
at2，a＝，时间比t∶t∶t ＝(－)∶(－1)∶1，平均速度比与时间比成反比，即(＋)∶(＋
1 2 3
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＝fv ，可知平衡车达到的最大速度为v ＝，故A正确，B错误；CD.初始时，由牛
m m
顿第二定律有－kmg＝ma，解得a＝－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G＝mω2r ＝mω2r ，解得A星球和B星球的转动半径之
1 1 2 2
比为＝，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＝，故
B正确；C.根据万有引力提供向心力，则有G＝mr＝mr，解得r＝，r＝，则有r＋r＝，
1 1 2 2 1 2 1 2
解得T＝2π，故C正确；D.根据v＝，可得v ＝r ，v ＝r ，根据E＝mv2，可得E ＋E ＝，
1 1 2 2 k k1 k2
或E ＋E ＝，故D错误。故选ABC。
k1 k2
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a ＝
1
m/s2＝0.4 m/s2，物块在0～2.0 s内的加速度大小为a ＝ m/s2＝1.5 m/s2，物块在2.0 s～2.5
2
s内的加速度大小为a ＝μg＝ m/s2＝4 m/s2，2.5 s～3.0 s内二者一起做匀减速直线运动，
3 2
加速度大小为a ＝μg＝ m/s2＝2 m/s2，可得木板与地面间的动摩擦因数为μ ＝0.2，物块与
4 1 1
木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，木板的长度为L＝ m＝2.75 m，故A错误；B.前2 s内，对
2
木板，有μmg－μ(m ＋m)g＝ma ，对物块，有F－μmg＝ma ，解得m ＝0.6 kg，F＝
2 2 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2
3.3 N，故B错误；C.前2 s内，拉力F对物块做的功为W＝Fx ，结合图像可知，0～2 s内
1
物块的位移为x ＝×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
1
生的热量Q＝μ(m ＋m)g·x ，结合图像可知，木板的位移为x ＝×3.0×1 m＝1.5 m，所以
1 1 2 2 2
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) (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＝
由速度位移公式得2ah＝v2，解得a＝
(4)把三个物体m ，A，B作为一个系统，根据牛顿第二定律(m ＋m)g－(m ＋m －m)g
0 A B 0
＝(m ＋m ＋m )a，可得a＝m＋g，可知图像的斜率k＝4＝，纵截距b＝2＝g，解得m ＝3.0
0 A B A
kg，m ＝1.0 kg
B
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＝mv2(2分)
得v＝＝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F ，根据牛顿第二定律得F －mg＝
N N
m(1分)
故F ＝mg＋m＝300 N(1分)
N
根据牛顿第三定律得F ′＝F ，所以物体对圆弧轨道底端的压力大小为300 N(1分)
N N
(3)设物体沿水平面滑动过程中，根据动能定理可知－μmgL＝0－mv2(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＝ (2)T ＝π (3)W＝mgR
2
【解析】(1)在近地轨道1上，万有引力提供向心力G＝m(2分)
又因为忽略自转，地面上物体万有引力等于重力有G＝mg，解得v＝(2分)
(2)在近地轨道1上，天通一号的周期T＝＝2π(1分)
1
根据开普勒第三定律＝(2分)
解得T＝π(1分)
2
(3)在轨道3上G＝m，G＝mg(1分)
天通一号的线速度为v＝(1分)
3
从轨道1到轨道3，由能量守恒E ＋E ＋W＝E ＋E (1分)
p1 k1 k2 p2
即－G＋mv2＋W＝－G＋mv(1分)
解得W＝mgR(2分)
15．(16分)(1)v ＝ (2)W ＝－ (3)θ＝53°，v ＝4
A A Am
【解析】(1)A、B和杆组成的系统机械能守恒－3mgL＝－2mg×2L＋×2mv＋×3mv(2
分)
由于两者角速度相等＝(1分)
联立解得v ＝2(2分)
A
(2)以球A为研究对象，根据动能定理2mg·2L＋W ＝×2mv－0(2分)
A解得W ＝－(2分)
A
(3)当OA直角边与水平方向的夹角θ时，根据机械能守恒
－3mgL＝－3mgLcos θ－2mg×2Lsin θ＋×2mv＋×3mv(2分)
又＝
联立得v ＝＝(2分)
A
因此，当θ＝53°，小球A的速度达到最大(1分)
且最大值为v ＝4(2分)
Am
