【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第三中学2022-2023学年高一上学期期末 物理 答案.docx，共(19)页，1.815 MB，由小赞的店铺上传

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哈三中2022-2023学年度上学期高一学年期末考试物理试卷一、选择题：本题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，第1∼8题只有一项符合题目要求，第9∼14题有多项符合题目要求。全部

选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.下列关于力与运动的说法正确的是（）A.牛顿第一定律揭示了运动和力的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因B.亚里士多德通过对生活实际的观察，认为力是改变物体运动状态的原因C.笛卡尔阐明了一对

平衡力的大小方向关系D.伽利略通过理想斜面实验证实了牛顿运动定律【答案】A【解析】【详解】A．牛顿第一定律揭示了运动和力的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A正确；B．亚里士多德通过对生活实际的观察，认为

力是维持物体运动状态的原因，故B错误；C．笛卡尔发展了运动相对性的思想，但并没有阐明一对平衡力的大小方向关系，故C错误；D．伽利略通过理想斜面实验为牛顿运动定律奠定了基础，牛顿第一定律无法通过实验证实，故D错误。故选

A。2.神舟十五号载人飞船于北京时间11月29日23时08分发射，神舟十五号飞行任务是中国载人航天工程2022年的第六次飞行任务，也是中国载人航天工程空间站建造阶段最后一次飞行任务。下列说法正确的是（）A.航天员在开展空间站舱内设备调试时，可以将飞船看成质点

B.11月29日23是08分是时刻C.在太空作业的航天员处于失重状态，不受重力D.在飞船升空过程中，宇航员的惯性逐渐减小【答案】B【解析】【详解】A．航天员在开展空间站舱内设备调试时，不能忽略飞船的大小和形状，所以不能将飞船看成质点，故A错误；B．11月29日23是08分

是一个时间点，是指时刻，故B正确；C．在太空作业的航天员受到地球的引力，故C错误；D．惯性只与质量有关，在飞船升空过程中，宇航员惯性不变，故D错误。故选B。3.牛顿在1687年用在流体中拖动的平板，做了著名的粘性流动实验。得出了粘附于上平板的流体在平板切向方向上产生的

粘性摩擦力F的关系式：vFAh=。其中A是平板面积，h是平板间间距，平板的运动速度为v，粘滞力系数的单位为（）A.22kg/msB.3kg/msC.kg/msD.2kg/ms【答案】C【解析】【详解】根据vFAh=可知221kgm/sm1kg/ms1mm/sF

hAv===故选C。4.2022年成都世乒赛上，中国乒乓球队又一次夺得冠军，创造国球荣耀，再续国乒传奇，令人瞩目的成绩背后，是一代代国乒人顽强拼搏、接续奋斗的结果。在乒乓球比赛过程中，下列说法正确的是（）A.球脱离球拍向上飞行过程中，球处于超重状态B.在球与球台接触瞬间，

球受到的支持力与球台受到的压力方向相同C.击球时，球拍对球的作用力和球对球拍的作用力是一对平衡力D.击球时，球拍对球的作用力和球对球拍的作用力是一对相互作用力【答案】D【解析】【详解】A．球脱离球拍向上飞行过程中，球的加速度向下，球处于失重状态，故A错误；B．在球与球台接触瞬间

，球受到的支持力与球台受到的压力方向相反，故B错误；CD．击球时，球拍对球的作用力和球对球拍的作用力是一对相互作用力，故C错误，D正确。故选D。5.如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统

静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当A球加速度为33Fm时，两球相距为（）的A.4LB.34LC.3LD.2L【答案】D【解析】【详解】由于

A、B两球仅受拉力作用，加速度一定沿着绳子的方向，根据牛顿第二定律可知，绳子的拉力33FmaF==设两段绳子间的夹角为2，如图所示对力F的作用点O进行受力分析，可知2cosFF=解得o=30因此两球间的距离2sin22LLd==故选D。6.一辆长度可忽略不计客车在平直轨道上正常行

驶，速率为30m/s，要通过前方一长为400m的隧道，当客车处于隧道内时，客车速率不允许超过v（30m/sv）。已知客车加速和减速时加速度的大小均为22m/s，客车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为30s，则客车在隧道内的

最大速度v为（）A.10m/sB.15m/sC.20m/sD.25m/s【答案】C【解析】【详解】设客车在隧道内的速度为v，客车从30m/s减速到v所用时间为130302vvta−−==客车在隧道内所用时间为2400tv=客车从v加速到30m/s所用时间为330302vvt

a−−==根据题意有12330sttt++联立解得20m/sv故客车在隧道内的最大速度为20m/s。故选C。7.物块以015m/sv=的速度冲上斜面，已知斜面倾角30°，物块与斜面间动摩擦因数36，重力加速度210m/sg

=，则（）A.若物块恰好能到达斜面顶端，斜面长度为30mB.当物块速度为0v一半时，物块可能距离斜面底端11.25mC.当物块速度为0v一半时，物块可能距离斜面底端7.5mD.物块在斜面上运动的时间为2s【答案】B【解析】【详解】A．物块

沿斜面向上运动时，对物块受力分析，由牛顿第二定律可得oo1sin30cos30mgmgma+=解得217.5m/sa=由匀变速直线运动规律可知，斜面长度为20115m2vla==故A错误；BC．物块沿斜面向上运动过程中，速度为0

v一半时，物块距斜面底端的距离为22011(0.5)11.25m2vvxa−==物块沿斜面向下运动时，由牛顿第二定律得oo2sin30cos30mgmgma−=解得222.5m/sa=物块沿斜面向下运动过程中，速度为0v一半时，物块距斜面底端的距离为222(0.5)3

.75m2vxla=−=故B正确，C错误；D．物块沿斜面向上运动的时间为0112svta==沿斜面向下运动时，有22212lat=解得223st=物块在斜面上运动的时间为12(223)sttt=+=+故D错误。故选B。8.如图所示，

处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，一质量为m的小球从弹簧正上方某处自由下落，弹簧的劲度系数为k。从小球开始下落直到弹簧被压缩至最短的过程中，下列图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】小球与弹簧接触前做自由落体运动，加速度为重力加速度，小球做

匀加速直线运动；小球向下压缩弹簧时，弹簧弹力从0增大到与重力大小相等的过程中，小球所受合力向下并逐渐减小到0，由牛顿第二定律可知，小球做加速度逐渐减小的加速运动；小球继续向下运动时，弹簧弹力大于重力，且逐渐

增大，所以小球所受合力向上并逐渐增大，小球做加速度增大的减速运动，直到速度减为0。故选A。9.下列关于合力和分力的说法正确的是（）A.将一个已知力分解，若已知一个分力的大小和方向，有唯一解B.合力大小可能小于分力大小C.

两个分力大小一定，其夹角越大，合力越大D.3N、4N、5N的三个力合成的最小值为1N【答案】AB【解析】【详解】A．由平行四边形定则可知，将一个已知力分解，若已知一个分力的大小和方向，有唯一解，故A正确；B．合力与分力的大小关系满足2121FFFFF−+可知合

力大小可能小于分力大小，故B正确；C．两个分力大小一定，其夹角越大，合力越小，故C错误；D．3N、4N、5N的三个力合成的最小值为0，故D错误。故选AB。10.甲、乙两汽车沿同一平直公路同向行驶的vt−图像如图所示，15

st=时两车恰好相遇。下列分析正确的是（）A.15st=时，甲车的加速度大小为20.5m/sB.0=t时，甲在乙前方75m处C.0=t时，甲在乙前方112.5m处D.甲追乙时，追上前甲乙间最大距离为12.5m【答案】CD【解析】

【详解】A．在v-t图像中，图像的斜率表示加速度，则在0-10s内加速度为2205m/s0.5m/s10vat−===−在10-20s内的加速度为22100m/s1m/s2010vat−===−故A错误；BC．在v-t图像中，图像与时

间轴所围面积表示物体运动的位移，则在0-15s内乙通过得位移为x乙=v乙t=10×15m=150m甲车通过的位移为x甲=1110555m37.5m22+=故在t=0时，甲在乙前方距离Δx=x乙-x甲=112.

5m故B错误，C正确；D．15s时两者相遇，则甲追乙时，当两者速度相同时相距最远，在20s时两者相距最远，则155m12.5m2x==故D正确。故选CD。11.12月1日，世界首条高寒高速铁路、哈尔滨至大连高速铁路正式开行十周年。哈大高铁是我国“四纵四横”快

速铁路网京哈高铁的重要组成部分，线路全长921公里，设计时速350公里，全线设23座车站，开通运营后，在哈尔滨、长春、沈阳形成1小时至2小时交通圈，成为我国客流量最大、运行里程最长的高寒高铁。某客运列车组列车由

8节车厢组成，各车厢的质量均相等，列车在水平直轨道上行驶时所受阻力与车重成正比，该列车沿水平直轨道匀加速行驶时（）A.第1、2节与第7、8节车厢间的作用力大小之比为7B.第1、2节与第7、8节车厢间的作用力大小之比为8C.若列车变为匀速行驶，则第1、2节与第7、8节车厢间的作用力大

小之比为7D.若列车变为匀速行驶，则车厢间的作用力为零【答案】AC【解析】【详解】AB．对后7节车厢整体分析可得1277Fkmgma−=对第8节车厢分析可得78Fkmgma−=可得第1、2节与第7、8节车厢间的作用力大小之比为12787FF=故A正确

，B错误；C．列车匀速行驶时，有0a=，可知12=7Fkmg78=Fkmg可得第1、2节与第7、8节车厢间作用力大小之比为7，故C正确；D．由C项中的分析可知，列车匀速行驶时，车厢间的作用力不为零，故D错误。故选AC。12.如图所

示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定环上M、N两点，O点下面悬挂一小球。细线OM、ON与竖直方向夹角分别为60=、30=。用1F、2F分别表示OM、ON的拉力，将两绳同时缓慢顺时针转过45°，并

保持两绳之间的夹角始终不的的变，且小球始终保持静止状态，则在旋转过程中，下列说法正确的是（）A.1F在逐渐增大B.2F先增大再减小C.1F与2F的水平分量大小相等D.1F与2F的竖直分量大小相等【答案】AC【解析】【分析】

物体始终保持静止，合力为零，对物体受力分析，受到mg、F1、F2三个力，这三个力构成一个封闭的矢量三角，在旋转过程中，对矢量三角形动态分析即可。【详解】AB．物体始终保持静止，合力为零，所以mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形如图所示，由于重力不变，以及F1和F2夹角为90°不变，矢量

三角形动态图如右图所示，mg始终为圆的直径，两绳同时缓慢顺时针转过45°过程中，F1一直增大，F2一直减小，故A正确，B错误；CD．1F与2F的水平分量大小相等，竖直分量的合力与重力大小相等，故C正确，D错误。故选AC。【点睛】题以共点力的

平衡为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力，解题的关键的画出矢量三角，结合几何关系分析力的变化，难度适中。13.如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质

量为m的小球，静止时细线与斜面平行（已知重力加速度为g）。则（）A.当滑块水平向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mgB.若滑块以加速度ag=水平向左加速运动时，线中拉力为312Tmg+=C.当滑块以加速度ag=水平向左加速运动时，小球对滑块压力为零D.当滑块以加速度2ag=水平向左加速运动时，

线中拉力为mg【答案】AB【解析】【详解】A．当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为sin300.5Tmgmg==故A正确；BC．设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为0a，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律0tan603mgaggm==所以当滑块

以加速度ag=水平向左加速运动时，小球没有脱离斜面，小球受力分析如图在水平方向cos30sin30TNma−=竖直方向sin30cos30TNmg+=联立可得312Tmg+=312Nmg−=故B正确，

C错误；D．当滑块以加速度23agg=向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力()()225Fmgmamg=+=故D错误。故选AB。14.如图所示，在一足够长的粗糙水平杆上套一小球，小球受到向右的恒定风力0F，小球具有向右初速度0v，同时在小球上施加一竖直向上的力F（图中未标

出），且F满足的关系为Fkv=。已知小球的质量为m，小球与水平杆之间的动摩擦因数为。小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则小球运动过程中速度随时间变化的图象可能为（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【详解】A．当一开始风力与摩擦力相等时，

小球受力平衡，小球做匀速运动，A正确；B．当一开始风力大于摩擦力且0kvmg()Fmgkvma−−=解得()Fmgkvam−−=为随着速度的增大，加速度增大，当kvmg=加速度达到最大，然后kvmg加速度又变为()Fkvmgam−−=随着速度的增大加速度减小，当加速度

等于零时，速度达到最大，最后匀速。B正确；C．当一开始风力小于摩擦力且此时0kvmg时()mgkvFma−−=随着速度的减小，加速度增大，当速度减小到零时处于静止状态，C正确；D．当一开始风力小于摩擦力且0kvmg此时()kvmgFma

−−=随着速度的减小，加速度减小，当加速度等于零时，小球做匀速运动，D错误。故选ABC。二、实验题（共8分）15.在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，桌上放一块方木板，用图钉把一张白纸钉在方木

板上。再用图钉把橡皮条一端固定在板上的A点。在橡皮条另一端拴上两条细绳形成结点，细绳的另一端系着绳套。先用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条；再用一个弹簧测力计通过细绳套拉橡皮条。（1）该实验主要用到的物理研究方法是___________。A．控制变量法B．等效替代法C．放大法D．实

验和推理（2）实验中需要标记或者记录的信息有___________。A．橡皮条原长B．AO的距离C．一个弹簧测力计拉时，力F的大小和方向D．两个弹簧测力计拉时，力1F、2F的大小和方向（3）关于实验，下列说法正确的是___________。A．用弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计尽

量与木板平行B．用两个弹簧测力计拉橡皮条时，两个绳套的夹角必须等于o90C．为了减小实验误差，拉橡皮条的细绳要长些D．用两个弹簧测力计拉橡皮条时，两个拉力的合力方向与AO方向共线【答案】①.B②.CD③.ACD【解析】【详解】（1）[1]此

实验中两次拉橡皮条时，应该使橡皮条伸长量相同，即一个力的作用效果和两个力的作用效果相同，故本实验采用的科学方法是等效替代法。故选B。（2）[2]实验应保证两次拉橡皮条的作用效果相同，即两次橡皮条的结点在白纸上的位置应保持不变，所

以需要标记的是结点的位置，需要记录的信息有力F的大小和方向及力F1、F2的大小和方向，以便于画出它们的力的图示并加以比较，而不需要记录橡皮条的原长和AO的距离。故选CD。（3）[3]A．弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计尽量与木板平

行，可以减小实验误差，故A正确；B．用两个弹簧测力计拉橡皮条时，两个绳套的夹角不宜过大也不宜过小，但是不必要等于o90，故B错误；C．拉橡皮条的细绳要长些，在标记同一细绳方向时，标记的两点可以远些，这样标记的

方向误差较小，故C正确；D．用两个弹簧测力计拉橡皮条与一个弹簧测力计拉橡皮条的效果相同，则两个拉力的合力方向与AO方向共线，故D正确。故选ACD。16.某同学利用自由落体运动测量当地重力加速度，实验装置

如左图，打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。重锤下落过程中，打点计时器在纸带上打出一系列点迹如图所示。（1）通过纸带上的点迹分布情况可以判断实验时重物连接在纸带的___________端（选填“左”或“右”）（2）打点计时器在打B点时物体的瞬

时速度大小为___________m/s，所测得的重力加速度大小为___________2m/s。（均保留三位有效数字）（3）若该同学实验操作没有错误，实验测得物体的加速度应___________（选填“略大于”“略小于”或“等于”）当地重力加速度。【答案】①.左②.0.9

80③.9.69④.略小于【解析】【详解】（1）[1]重物做自由落体运动，速度应该越来越大，则纸带上相邻点迹间的距离应该越来越大，则断实验时重物连接在纸带的左端。（2）[2]打点计时器在打B点时物体的瞬时速度大小7.07cm3.15cm0

.980m/s220.02sBACvT−===[3]根据逐差法2222212.547.07(7.073./9.0msm15)1044.0629/sCEACaT−−=−−−==（3）[4]因存在阻力作用，导致所测加速度应略小于实际重力加速度。三、计算题（

共36分）17.如图所示，质量为0.5kgm=的物块在水平推力F的作用下静止在固定于地面的光滑斜面上，已知斜面倾角30=，求水平推力F的大小。（取210m/s=g）【答案】53N3【解析】【详解】建立如下图所示坐标系将支持力N进行

正交分解，分解到竖直向上和水平向左，由平衡条件可得sin0FN−=cos0Nmg−=联立以上两式解得53N3F=18.如图所示，重物A和滑块B用细线跨过定滑轮相连，重物A的质量为0.5kg，滑块B的质量为1.5kg。0=t时刻，A、B速度为零，绳处于

绷紧状态，重物A距地面的高度1.4m，此时对滑块B施加一个水平向右拉力F，拉力F的大小随时间的变化规律如图所示。桌面和B之间的摩擦力很小可忽略不计。若重物A距滑轮的高度足够，求：（取210m/sg=）（1）滑块B前2s的加速度的大小；（2）4s内重物A上升的高度；（3）若4s末绳

子由于磨损断裂，重物A又经过多长时间落回地面。【答案】（1）210.5m/sa=；（2）1mh=；（3）0.6sT=【解析】【详解】（1）在02s−内，由牛顿第二定律分析可得对B1FTMa−=对A1Tmgma−=

联立解得210.5m/sa=（2）在24s−内由牛顿第二定律分析可得对B2TFMa−=对A2mgTma−=解得211m/sa=02s−内，A的位移1h，2s末速度1v，则21111m2hat==111m/svat==24s−

内，A的位移2h，则221210m2hvtat=−=4s内A上升的高度121mhhh=+=（3）重物A在4s末速度2v2121m/svvat=−=−此时A距地面高度1.4m2.4mHh=+=根据2212HvTgT=−+解得0.6sT=19.在粗糙水平地面上放上一

长木板，在木板中间位置放置一小物块，小物块可视为质点，在木板左侧有一竖直墙壁，木板左端与墙壁的距离为6.5m，如图（a）所示，开始时，小物块与木板一起以7m/s的初速度向左运动，直至木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短），碰撞前后木

板速度大小不变，方向相反。整个运动过程中小物块恰好未离开木板，已知碰撞后开始计时，小物块的vt−图线如图（b）所示，木板的质量是小物块质量的5倍，重力加速度大小g取210m/s，求：（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；

（2）木板的长度；（3）木板左端离墙壁的最终距离。【答案】（1）10.1=；20.4=；（2）24m；（3）10m【解析】【详解】（1）由图（b）可知，碰前小物块与木板速度为6m/s，则由匀减速直线运动规律221102axvv−=−对小物块与木

板整体受力分析可得()()11MmgMma+=+解得10.1=碰撞后，小物块相对木板向前滑动做匀减速直线运动，由图（b）可知2vat=对小物块受力分析，由牛顿第二定律得22mgma=解得20.4=（2）碰撞后，木板向右做匀减速直线运动，其受力分析如图的由牛顿第二定律可得()123Mmg

mgMa++=3vvat=−板以向右为正方向，对小物块有2vvat=−+块当木块与木板共速时3121vatvat−=−+解得12st=此时的它们共同的速度为3112m/svvat=−=则碰撞后到它们共速时木板运动的位移

118m2vvxt==+板小物块运动的位移114m2vvxt−+==−块小物块恰好未离开木板，所以它们共速时，小物块刚好运动到木板的最左端，即2Lxx=−板块解得木板的长度为24mL=（3）小物块和木板共速后，一同向右做匀减速直线运动直至停下来21

12'axv=解得'2mx=木板碰撞后走过的位移'10mxxx=+=板