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（Word版附解析）

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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)