【文档说明】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高一上学期期中考试物理试卷答案.docx，共(5)页，59.320 KB，由小赞的店铺上传

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湖南师大附中2024－2025学年度高一第一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123456答案DCBCAA1.D【解析】A.伽利略对自由落体运动的研究，应用了将实验和逻辑推

理相结合的方法，故A正确；B.根据速度定义式v＝ΔxΔt，当Δt非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B正确；C.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速

直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故C正确；D.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故D错误。选不正确的，故选D。2．C【解析】A.放在水平地面上的物体受到地面的支持力，是因为地面发生了形变，故A错误；B.重力与物体的运动状态无关，故B错

误；C.运动的物体可能受到静摩擦力的作用，例如与倾斜传送带一起运动的物体，受传送带的静摩擦力，故C正确；D.两个物体不接触也可以产生力的作用，如磁铁间的作用力、物体受到的重力等，故D错误。故选C。3．B【解析】物

块处于平衡状态，所受合外力为零，所以摩擦力为f＝F1－F2，因为F1逐渐减小，所以摩擦力先减小，方向向左；当F1<F2时，摩擦力为f＝F2－F1，所以摩擦力增大，方向向右。故选B。4．C【解析】A.根据x＝12at2，可得t＝2xa，可知初速度为零的匀变速直线运动

在连续相等位移内的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)……，故A错误；B.由上述比值关系可知，B点为物体运动的时间中点，根据全程的平均速度等于时间中点速度可知，物体通过AE段的平均速度等于通

过B点时的瞬时速度，由于物体做加速运动，所以物体通过AE段的平均速度小于通过C点时的瞬时速度，故B错误；C.根据v2＝2ax，可得v＝2ax，可知，物体通过B、C、D、E四点的速度之比为1∶2∶3∶2，故C正确；D.因为物体通过每一段的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)，则平

均速度之比为1∶(2＋1)∶(3＋2)∶(2＋3)，故D错误。故选C。5．A【解析】AB.把F分解，如图，可知刀具左侧对硬物的压力大于右侧对硬物的压力，故A正确，B错误；CD.由牛顿第三定律可知刀具对硬物的作用力等于硬物对刀具的作用力，故CD错误。故选A。6．A【解析

】由题意，小球做竖直上抛运动，由Δx＝aT2得，则连续相邻两拍摄点之间的距离差应为Δx＝－gT2＝－10×0.32m＝－0.9m(取向上为正)，由图可得ab两点，bc两点之间的距离分别为ab＝12×5cm＝0.6m，bc＝

3×5cm＝0.15m，如果abc，则cb－ab＝－0.45m，不可能；如果是acb，则cb－ac＝－0.15m－(0.15＋0.6)m＝－0.9m，可能；如果是bca，则ca－bc＝－(0.6＋0.15)m－0.15m＝－0.9m可能，所

以可能拍摄的顺序可能是acb，也可能bca。如果是cba，则ba－ca＝0.45m，不可能。故选A。二、多选题(本题共5小题，每小题5分，共25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

891011答案ABCDACADBCD7.AB【解析】A.从M到N的过程中，位移2R，则平均速度的大小为v－＝2RπRv＝2vπ，选项A正确。BC.以向右为正方向，则从M到N的过程中，速度变化量的大小为Δv＝v－(－v)＝2v，选项B正确，C错误；D.从

M到P过程中的位移与从P到N过程中的位移大小相同，但是方向不同，选项D错误；故选AB。8．CD【解析】ABC.由图像可得xt2－1t函数关系为xt2＝201t－4，可得x＝20t－4t2，结合匀变速直线运动的位移时间

公式x＝v0t＋12at2，可得机动车的初速度和加速度分别为v0＝20m/s，a＝－8m/s2，可知机动车处于匀减速状态，故AB错误，C正确；D.根据速度—时间公式，可得机动车匀减速运动的总时间为t＝0－v0a＝2.5s，则机动车在前3秒的位移等于机动车在前2.5秒的位移，由运动学公式，可得机动车

在前3秒的位移为x＝v02t＝25m，故D正确。故选CD。9．AC【解析】AB.将两小球看作一个整体，对整体受力分析，受力如图所示，根据共点力的平衡条件有sin30°＝FcFa，解得细线a、c拉力之比2∶1，选项A正确，B错误；CD.a球受力平衡，水平方向Fa′sin30

°＝Fbsin60°，竖直方向Fbcos60°＋m1g＝Fa′cos30°，解得Fb＝m1g，对球2根据受力平衡有Fb·sin30°＝m2g，所以两个小球1和2的质量之比为2∶1；选项C正确，D错误。故选AC。10．AD【解析】初始

状态时，由平衡条件，对AB整体(mA＋mB)gsin30°＝k1x1，对B，mBgsin30°＝k2x2，两弹簧压缩量为x1＝0.075m，x2＝0.01m，C缓慢下移直至静止时，对ABC整体(mA＋mB)gs

in30°＝k1x1′＋mCg，对BC，mBgsin30°＋k2x′2＝mCg，两弹簧压缩量和伸长量分别为x1′＝0.015m，x2′＝0.002m，A、B两物体沿斜面运动的距离分别为xA＝x1－x1′＝0.06m，xB＝x2＋x2′＋xA＝0.072m，故选AD。11．BCD【解

析】AB.对题图右侧结点处受力分析，α角大小不变，可以使用辅助圆方法判断力的动态变化情况，如图所示，通过分析可得FT先增大再减小，F一直减小。初始状态，对A分析可得绳子拉力FT＝mg，对B分析，可发现FT＝2mgsin30°，即一开始B与C间的静摩擦力为零，故当绳子拉力FT从mg先增大再减小到

mg，B、C间的静摩擦力方向一直沿斜面向下且先增大再减小，故A错误，B正确；C.将B、C看成整体，竖直方向有FN＋FTsin30°＝(2m＋M)g，由于FT先增大再减小，故FN先减小再增大，故物体C对地面的压力先减小再增大，故C正确；D.由于绳的拉力，B和C有整体向右移的趋势，因此地面对物体C的摩

擦力水平向左，根据牛顿第三定律，物体C对地面的摩擦力方向水平向右，故D正确。故选BCD。三、实验题(本大题共2小题，第12题8分，第13题6分，共14分)12．(8分)(1)220(1分)(2)CBDA(1分)(3)0.08(1分)0.40(1分)1.25

(2分)偏大(2分)【解析】(1)电火花打点计时器的工作电源电压为220V。(2)做本实验步骤的正确顺序是：先把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔；再将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连；然后，接通电源后，放开小车；最后，关闭电源，取下纸带。故本实验步

骤的正确顺序是：CBDA。(3)①由题知，电源频率为50Hz，每隔3个计时点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为t＝4T＝4f＝450s＝0.08s②由匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度得，则打点计时器打记数点3时物体

的速度大小v3＝s4＋s32t＝（3.62＋2.78）×10－22×0.08m/s＝0.40m/s③由逐差法可得加速度a＝s6＋s5＋s4－（s3＋s2＋s1）9t2，代入数据解得a＝－1.25m/s2即加

速度大小为1.25m/s2。④若电源频率低于50Hz时，则实际打点周期大于0.02s，仍按相邻两个计时点时间间隔为0.02s计算，根据a＝ΔxT2，可知加速度的测量值比真实值偏大。13．(6分)(1)AC(1分)(2)丙(1分)(3)先减小后增大(2分)一直增大(2分)【解析】(1)ABC.

实验中，甲图用来测量合力，乙图用来测量两个分力，根据胡克定律，力的大小与弹簧伸长量成正比，力的大小可用弹簧伸长量来表示，因此要测量弹簧的原长和测量图甲、乙中弹簧的长度；但AO、BO长度不必相同，故AC正确，B错误；D.实验中重物重力是定值，所以不必保证O点位

置固定不变，故D错误。故选AC。(2)实验中矿泉水瓶的重力方向始终竖直向下，所以x1需要沿着竖直方向，故丙图是合理的。(3)对O点受力分析，O点处于动态平衡中，重力大小方向不变，OB绳中拉力方向不变，将OA从乙图中位置沿逆时针缓慢转到水平位置，根据矢量三角形定则如图所示，由于α＋β<90°，可知O

A中弹力先减小后增大，则OA中弹簧的长度先减小后增大；OB中弹力一直增大，则OB中弹簧的长度一直增大。四、解答题(本大题共3小题，第14题12分，第15题12分，第16题13分，共37分，要求有必要的文字说明)

14．(12分)【解析】(1)设特种兵做自由落体运动的时间为t1，做减速运动的时间为t2，则特种兵做自由落体运动阶段有x1＝12gt21，v＝gt12分解得x1＝45m，v＝30m/s2分(2)特种兵打开降落伞后的加速度大小为a＝

v－v0t2＝30－110m/s2＝2.9m/s23分方向竖直向上。1分(3)特种兵做减速运动阶段有x2＝v＋v02t22分H＝x1＋x2，解得H＝200m2分15．(12分)【解析】(1)由平衡条件可知，竖直方向mg＋Fcosθ＝FN3分解得FN＝20N2分(2)正交分解可得Fsinθ＝f＝1

2N4分(3)拖把头与水平地板间的动摩擦因数μ为μ＝fFN＝0.63分16．(13分)【解析】(1)假设第三秒内未停止，则加速度大小为a＝s1－s32T2＝2m/s22分最后一秒内的位移应为x0＝12aT2＝1m<6m1分假设成立。根据匀变速直线运动规律vT－12aT2＝s11分解得v＝11m

/s1分(2)从x1～x2，取一小段位移Δx，则有v20－v21＝2a1Δx，v21－v22＝2a2Δx，…，v2n－1－v2n＝2anΔx，vn＝11m/s，上式相加有v20－v2n＝2(a1Δx1＋a2Δ

x2＋a3Δx3＋…＋anΔxn)其中括号内之和表示a－x图像围成面积，可得v20－v2n＝2×x2－x12a解得v0＝12m/s1分则反应时间内x1＝v0t1＝3.6m1分在匀减速阶段有x3－x2＝v22a＝30.25m1分汽车行驶总位移x＝

x1＋(x2－x1)＋(x3－x2)＝45.35m1分(3)液体压强与h的关系p＝ρgh，因为p－h图像是过原点的直线，如图所示则水闸两边所受压力分别为F1＝12ρgbh21，F2＝12ρgbh221分故闸门左侧水

和右侧水对闸门的摩擦力为f1＝μ1F1，f2＝μ1F21分闸门与轨道间的摩擦力为f＝μ2(F1－F2)1分所求拉力为F＝f1＋f2＋f＋mg解得F＝μ1ρgb2(h21＋h22)＋μ2ρgb2(h21－h22)＋mg1分