2022-2023学年海南省高一上学期期末物理试题（解析版）

海南省2022—2023学年高一年级学业水平诊断（一）物理

考生注意：

1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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。

1. 下列物理量中，是矢量且单位是国际单位制中基本单位的是（　　）

A. 路程 B. 位移 C. 速度 D. 力

【答案】B

【解析】

【详解】A．路程有大小没有方向，路程是标量，路程的单位是m，其单位是国际单位制中基本单位，A错误；

B．位移有大小有方向，运算遵循平行四边形定则，位移是矢量，位移的单位是m，其单位是国际单位制中基本单位，B正确；

C．速度有大小有方向，运算遵循平行四边形定则，速度是矢量，速度的单位是m/s，其单位不是国际单位制中基本单位，C错误；

D．力有大小有方向，运算遵循平行四边形定则，力是矢量，力的单位是N，其单位不是国际单位制中基本单位，D错误。

故选B。

2. 细雨鱼儿出，微风燕子斜。如图，重力为G的小燕子以速度v斜向上沿直线匀速飞行时，所受空气的作用力为F。有关小燕子受力分析示意图正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】因为小燕子匀速飞行，所以小燕子受力平衡，即小燕子受到的重力G与空气的作用力F是一对平衡力，大小相等、方向相反，作用在同一条直线上。

故选C。

3. 2022年10月31日15时37分，长征五号B遥四运载火箭在海南文昌航天发射场点火升空，在500秒内将23吨的梦天实验舱送人预定轨道。下列说法正确的是（　　）

A. 15时37分指的是时间间隔 B. 500秒内指的是时刻

C. 火箭在点火升空过程中处于失重状态 D. 火箭在点火升空过程中处于超重状态

【答案】D

【解析】

【详解】A．15时37分指的是时刻，A错误；

B．500秒内指的是时间间隔，B错误；

CD．火箭在点火升空过程中，具有向上的加速度，处于超重状态，C错误，D正确。

故选D。

4. 如图，耕地过程中，耕索与竖直方向成角，牛通过耕索拉犁的力为F，犁对耕索的拉力为T，忽略耕索质量，则（　　）

A. 耕索对犁拉力的水平分力为 B. 耕索对犁拉力的竖直分力为

C. 犁匀速前进时，F和T的合力为零 D. 犁加速前进时，有

【答案】A

【解析】

【详解】AB．如图，将力F进行正交分解

可得

即耕索对犁拉力的水平分力为，竖直分力为。故A正确，B错误；

C．耕索拉犁的力F和犁对耕索的拉力T为一对相互作用力，作用在两个物体上，不能够进行合成。故C错误；

D．相互作用力永远是等大的，故D错误。

故选A

5. 甲、乙两教练车沿同一平直公路运动，经过路边的同一路标时开始计时，两车的位移x与时间t的关系图像如图中甲、乙所示，则（　　）

A. 在时刻，甲车追上乙车 B. 在时刻，甲车速度大

C. 内，两车的平均速度相同 D. 内，两车通过的路程相同

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知，在时刻前，甲在前，乙在后，则在时刻，乙车追上甲车，两车相遇，A错误；

B．图像的斜率表示车的速度，在时刻，乙车的斜率大于甲车的斜率，所以在时刻，乙车速度大，B错误；

C．内，两车的初末位置相同，则两车的位移相同，因为时间相同，由

可得，两车的平均速度相同，C正确；

D．由图可知，甲沿正方向一直运动，乙先沿负方向运动再向正方向运动，在时刻，两车相遇，则乙车通过的路程大于甲车通过的路程，D错误。

故选C。

6. 如图，一攀岩爱好者沿竖直陡峭光滑岩壁向上缓慢攀爬的过程中，手和岩壁距离不变，绳与岩壁的夹角变大，下列说法正确的是（　　）

A. 人对绳的拉力缓慢增大，人对岩壁的压力逐渐增大

B. 人对绳的拉力逐渐变小，人对岩壁的压力逐渐增大

C. 人对绳的拉力逐渐增大，人对岩壁的压力逐渐减小

D. 人对绳的拉力逐渐变小，人对岩壁的压力逐渐减小

【答案】A

【解析】

【详解】对人进行受力分析，如图

根据受力平衡可得

在人逐渐向上攀登的过程中逐渐增大，可知不变，随着逐渐增大，逐渐增大，逐渐增大，即人对绳的拉力逐渐变小，人对岩壁的压力逐渐增大。故选A。

7. 长的高速列车以的速度驶近一座长的铁路桥时做匀减速运动，加速度大小为，减速后，列车头恰好驶上桥头，之后匀速通过铁路桥，则列车全部驶过桥的时间为（　　）

A  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】列车头部驶上桥头时速度为

从列车头部驶上桥头到尾部脱离桥头列车所走的位移大小为

则列车全部驶过桥的时间为

故选C。

8. 如图，一儿童沿倾角的滑梯滑下，滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数取0.5，已知，，重力加速度，不计空气阻力，儿童下滑的加速度大小为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】在下滑的过程中，对儿童受力分析，由牛顿第二定律

儿童下滑的加速度大小为

故选B。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9. 下列陈述与史实相符的是（　　）

A. 亚里士多德认为“重的物体与轻的物体下落同样快”

B. 伽利略指出了力不是维持物体运动的原因

C. 笛卡尔建立了力的概念

D. 牛顿将物体间的相互作用抽象为“力”

【答案】BD

【解析】

【详解】A．伽利略认为“重物体与轻的物体下落同样快”，A错误；

B．伽利略通过理想斜面实验，指出了力不是维持物体运动的原因，B正确；

CD．牛顿将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，为提出牛顿第一定律而确立了一个重要的物理概念，C错误，D正确。

故选BD。

10. 如图，质量相等的木块A和B，用一轻弹簧水平连接，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动B，使两木块均做匀速运动。在撤去拉力F的瞬间，下列说法正确的是（　　）

A. 木块A的加速度大小为 B. 木块A的加速度大小为0

C. 木块B的加速度大小为0 D. 木块B的加速度大小为

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．设两木块的质量均为m，撤去拉力F前，两木块均做匀速直线运动，则拉力大小为

撤去拉力F前，对A受力分析可知，弹簧的弹力为

撤去拉力F瞬间，弹簧的弹力为保持不变，两木块与地面间仍然保持相对滑动，则对A受力分析可得，A所受的外力不变，加速度不变，即

A错误，B正确；

CD．撤去拉力F瞬间，对B受力分析，由牛顿第二定律可得

解得，木块B的加速度大小为

方向水平向左。C错误，D正确。

故选BD。

11. 一架直梯斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，直梯处于静止状态，其侧面图如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 梯子A点受到的弹力是梯子的形变产生的

B. 梯子B点受到的弹力是地面的形变产生的

C. 梯子受水平向左的摩擦力

D. 梯子受水平向右摩擦力

【答案】BC

【解析】

【详解】A．梯子A点受到的弹力是由施力物体竖直墙壁的形变产生的，A错误；

B．梯子B点受到的弹力是施力物体地面的形变产生的，B正确；

CD．对梯子受力分析，由平衡条件可得，梯子在水平方向受到竖直墙壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，C正确，D错误。

故选BC。

12. 我国自主研制的运重型运输机，从静止开始滑行到起飞离地，速度v随时间t变化的图像如图所示，对此过程，飞机（　　）

A. 做变加速直线运动 B. 做匀加速直线运动

C. 加速度大小为 D. 滑行的距离为

【答案】BD

【解析】

【详解】ABC．由图可知，图像的斜率表示运输机的加速度，其大小为

加速度保持不变，所以运输机做匀加速直线运动，AC错误，B正确；

D．由运动学公式，在此过程中，飞机滑行的距离为

D正确。

故选BD。

13. 如图，重力大小为G的课本用等长的细绳拴住悬挂在天花板上的A、B两点静止，两绳夹角为，绳子张力大小为。现减小A、B间的距离后书本仍静止，两绳中的张力大小为，则（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．因为两根细绳等长，根据对称性可知，两根绳子的拉力大小相等，绳子与竖直方向的夹角相等，即为，以课本为对象，根据受力平衡可得

解得

故A正确，B错误；

CD．现减小A、B间的距离后书本仍静止，设绳子与竖直方向的夹角为，可知

以课本为对象，根据受力平衡可得

解得

故C正确，D错误。

故选AC。

三、非选择题：本题共5小题，共56分。

14. （1）某同学应用如图1所示的装置“探究滑块速度随时间变化的规律”。滑块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图2所示。已知打点计时器所用交流电的频率为，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个计时点未画出。

①打出点C时，滑块的速度大小为____________。（保留2位有效数字）

②利用同样的方法测出其他点速度并描绘图像，即可探究速度随时间的变化规律。

（2）某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验。如图1，橡皮条一端固定在G点，另一端连接轻质小圆环位于E点，橡皮条处于原长。

①在图2中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环至O点。记下两弹簧测力计的读数和以及它们的______________。

②撤去和，改用一只弹簧测力计拉小圆环，仍使它处于O点（图3）。此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图3所示，F的大小为______________N。

③选定标度作出和及F的图示，按力的平行四边形定则作出和的合力。若与在__________允许的范围内大小相等，方向相同，则该实验验证了力的平行四边形定则（图4）。

【答案】    ①. 0.16    ②. 方向    ③. 3.50    ④. 误差

【解析】

【详解】（1）[1]由题意可得两个相邻计数点的时间间隔为

所以，打出点C时滑块的速度大小为

（2）[2]在图2中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环至O点。记下两弹簧测力计的读数和以及它们的方向；

[3]由于弹簧测力计分度值为0.1N，所以测力计的示数F的大小为3.50N；

[4]选定标度作出和及F的图示，按力的平行四边形定则作出和的合力。若F与在误差允许的范围内大小相等，方向相同，则该实验验证了力的平行四边形定则。

15. 某实验小组用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。所用交变电流的频率为。

（1）实验以小车为研究对象，为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，应把木板一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在______（填“挂”或“不挂”）槽码时能拖动纸带沿木板______。

（2）为减小实验误差，应使槽码的质量m远远小于小车的质量M，其原因是：______。

（3）图2是某次实验中得到的一条纸带，相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，则小车的加速度大小是______。（保留2位有效数字）

（4）某同学实验后，以槽码的重力为横坐标，以小车的加速度a为纵坐标描绘了图像如图3所示，图像未过坐标原点的原因是：______；图像部分向下弯曲的原因是：______。

【答案】    ①. 不挂    ②. 向下做匀速直线运动    ③. 见解析    ④. 0.42    ⑤. 平衡摩擦力时木板垫得过高    ⑥. 悬挂的槽码的质量过大

【解析】

【详解】（1）[1][2]平衡摩擦力时，应该将长木板固定打点计时器的一端适当垫高，在不挂槽码时，轻推小车，使小车能拖动纸带沿木板向下做匀速直线运动。

（2）[3]实验时，认为槽码的重力近似等于细线的拉力，对槽码有

对小车有

解得

可知，当槽码的质量m远远小于小车的质量M时，有

即为减小实验误差，应使槽码的质量m远远小于小车的质量M，其原因是实验时，认为槽码的重力近似等于细线的拉力，但由于槽码也向下做匀加速直线运动，则槽码的重力实际上大于细线的拉力。

（3）[4]由于相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为

根据逐差法，小车的加速度大小为

（4）[5]图像未过坐标原点，图线与加速度a轴相交，表明没有槽码时小车已经开始沿木板加速下滑，可知原因是平衡摩擦力时木板垫得过高；

[6]图像中，图线部分向下弯曲，表明实验误差较大，该原因是悬挂的槽码的质量过大。

16. 海口邮件处理中心通过滑道把邮件直接运到卡车中，如图所示，滑道由长的斜直轨道AB和长的水平轨道BC在B点平滑连接而成。邮件从A点由静止开始滑下，经滑至B点，最终停在C点，重力加速度取。求：

（1）邮件在滑道AB上滑行的加速度大小；

（2）邮件从B滑至C点所用的时间；

（3）邮件与水平轨道BC之间的动摩擦因数。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）在斜直轨道AB上，由运动学公式

可得，邮件在滑道AB上滑行的加速度大小

（2）由运动学公式可得，邮件到达B点时的速度大小为

因为邮件在BC段做匀减速直线运动，所以由公式

可得，邮件从B滑至C点所用的时间

（3）邮件在水平轨道BC上运动时，由牛顿第二定律及运动学公式得

联立解得，邮件与水平轨道BC之间的动摩擦因数

17. 一轻质弹簧的一端拴一个质量的物块，另一端按图1、2两种方式固定，物体静止时，弹簧的长分别为和，弹簧未超出弹性限度，重力加速度取。

（1）求弹簧的原长；

（2）求弹簧的劲度系数；

（3）如图3，将装置置于水平面上，用水平力拉弹簧，物体沿水平面匀速运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数，求弹簧的长度。

【答案】（1）8cm；（2）200N/m；（3）9cm

【解析】

【详解】（1）图1中弹簧处于拉伸状态，则有

图2中弹簧处于压缩状态，则有

解得

（2）根据上述可解得

（3）物体沿水平面匀速运动，对物体分析有

，

弹簧此时的弹力

解得

18. 如图，以的速度匀速直线上升的热气球，在距离地面高时，将质量为m的物资自由释放，释放物资后，热气球的总质量为M，所受的浮力不变，已知，重力加速度，不计空气阻力及物资所受浮力。求：

（1）物资从释放到落回地面的时间；

（2）物资落地瞬间，热气球的速度大小；

（3）物资落地瞬间，热气球距离地面的高度。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）物资释放之后做竖直上抛运动，设竖直向上为正，由

可得

（2）热气球原来是匀速直线上升的，因此

物资掉落之后，根据牛顿第二定律可得

热气球与物资的质量之比为

联立可得

物资落地瞬间，热气球的速度大小为

得

（3）物资落地瞬间，热气球的上升的高度为

得

此时，距地面高度为

得