北京市清华大学附属中学2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题

1 / 4 高一第一学期期末物理试题答案 （清华附中高 24 级） 2025.01 一、单选题（每题 2分，共 24分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D C B B A C A D C C C B 二、不定项选择题（每题 3分，共 18分。每题至少有一个正确答案。选对得 3分，选对但 不全得 2分，错选、多选，该小题不得分） 13 14 15 16 17 18 BD AD CD AD BCD CD 三，实验题（每空 2分，共 16分） 19. （1）近似相等 （2）远小于 （4） 1 d t ， 2 d t ， 12 2 1 1 ( ) d d t t t −   20. （1）等于 （2） 6gT2 （3） 2 2 2 2 9a b gT b a − − 四，计算题 21．（8 分）（1）15m/s；（2）0.5 22. （10 分）（1） 0 5m/sv = ； （2） 1 16NF = ；方向竖直向上； （3）F2=44N；方向竖 直向下 23．（14 分）（1）2m/s；3m/s；（2）2.2s；1.65s；（3）0.605m 【详解】（1）假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 ( ) ( )2 0F M m g M m a− + = + 解得 2 0 2.5m/sa = 当物块与长木板之间相对滑动时，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有 1 1mg ma = 解得 2 1 2m/sa = 由于 0 1a a ，则物块与长木板之间发生相对滑动 以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 ( )2 1 2F M m g mg Ma − + − = 解得 2 2 3m/sa = 2 / 4 作用时间 0 1.0st = 过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度的大小 1 1 0 2m/sv a t= = 长木板做匀加速直线运动，长木板速度的大小 2 2 0 3m/sv a t= = （2）撤去拉力时长木板的速度大于物块速度，则撤去拉力之后物块与长木板之间继续发生 相对滑动，设再经 1t 二者共速，物块继续做匀加速运动，物块的加速度 21 3 1 2m/s mg a a m  = = = 长木板做匀减速直线运动，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 ( )2 1 4M m g mg Ma + + = 解得 2 4 8m/sa = 设经过时间 1t 物块与长木板达到共同速度v共，根据运动学公式有 1 3 1 2 4 1v a t v a t v+ = − = 共 两式联立解得 1 0.1st = ； 2.2m/sv =共 当两者速度相等之后，假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定 律有 ( ) ( )2 0M m g M m a + = + 解得 2 0 3m/sa = 此时物块与长木板之间的摩擦力为 f 0 3NF ma= = 物块与长木板之间的最大静摩擦力为 fm 1 2NF mg= = 由于 fm fF F ，则物块与长木板两者速度相等之后不会一起做减速运动，物块相对于长木板 向前滑动 因此，物块的加速度 21 5 2m/s mg a m  = = 物块停止的时间 2 5 1.1s v t a = =共 物块全程总时间为 0 1 2 1.0s 0.1s 1.1s 2.2st t t t= + + = + + =物 3 / 4 以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 ( )2 1 6M m g mg Ma + − = 解得 2 6 4m/sa = 木板停止的时间 3 6 0.55s v t a = =共 全程总时间 0 1 3 1.0s 0.1s 0.55s 1.65st t t t= + + = + + =板 （3）作用时间 0 1.0st = 过程中，物块的位移 1 1 0 1.0m 2 v x t= = 长木板的位移 2 2 0 1.5m 2 v x t= = 撤去拉力后 1 0.1st = ，此过程中物块的位移 1 3 1 0.21m 2 v v x t + = =共 长木板速度的位移 2 4 1 0.26m 2 v v x t + = =共 在 0 1t t+ 时间内物块相对于长木板向左滑动的距离为 ( )1 2 4 1 3 0.55mx x x x x = + − + = 当两者速度相等之后，物块减速过程运动位移为 2 5 52 v x a = 共 长木板减速过程运动位移为 2 6 62 v x a = 共 此过程中物块相对于长木板向右滑动的位移为 2 5 6 0.605mx x x = − = 由于 2 1x x   ，则长木板的最小长度为 2 0.605mL x=  = 4 / 4 24.（10 分） （1） 0.9mPr = ； 25 m 6 Qr = ; (2) 2 2 B B B r v R GM = ; 2 2 B Br vRc GM = 详解：（1）物块在抛出点 P时，重力刚好与速度方向垂直，则有 2 0 P v mg m r = 解得该轨迹在抛出点 P的曲率半径为 0.9mPr = 物块从抛出点 P和落地点 Q过程做平抛运动，则有 21 2 h gt= ， y gt=v 解得 4m / syv = 则物块在落地点 Q的速度大小为 2 20 5m / syv v v= + = 物块在落地点 Q的速度方向与水平方向的夹角满足 0 4 tan 3 yv v  = = 可得 53 =  则在落地点 Q有 2 cos Q v mg m r  = 解得该轨迹在落地点 Q的曲率半径为 25 m 6 Qr = （2）根据曲率圆的定义分析，在 B点时，万有引力提供向心力 2 2 B B B vMm G m r R = 解得曲率半径 2 2 B B B r v R GM = 根据椭圆的对称性可知，在 C点处，曲率半径也为 RB，所以 2 2 B B C r v R GM =