福建省莆田市第二十四中学学年高一下学期期末考试物理试题 Word版含答案.docx

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福建省莆田市第二十四中学学年高一下学期期末考试物理试题Word版含答案

2017-2018学年度莆田二十四中下学期期末

高一物理试卷

考试范围：

必修二；考试时间：

100分钟；

姓名：

__________班级：

__________坐号：

__________

题号

一

二

三

四

五

六

总分

得分

注意事项：

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上

评卷人

得分

一、单项选择（计8题，每小题4分，共计32分）

1、坐在行驶的公共汽车里的乘客，发生的与离心运动有关的现象是（　　）

A．乘客突然向前倾倒

B．乘客突然向后倾倒

C．乘客上下颠簸

D．汽车转弯时乘客侧向倾倒

2、甲、乙两分子相距较远（此时它们的分子间作用力可以忽略），设甲固定不动，在乙逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过程中，关于分子势能的变化情况，下列说法正确的是（）

A.分子势能不断增大

B.分子势能不断减小

C.分子势能先增大后减小

D.分子势能先减小后增大

3、如图是某运动员在水平地面上做俯卧撑时的情景，她的重心在A点，体重为500N，设地面对两个手掌的支持力为F，在运动员身体撑起的过程中（　　）

A．支持力F一定不做功

B．支持力F一定做功

C．支持力F=500N

D．支持力F＞500N

4、两个物体之间的万有引力大小为F1，若两物体之间的距离减小a，两物体仍可视为质点，此时两个物体之间的万有引力大小为F2，根据上述条件可以计算（）

A两物体的质量B万有引力恒量

C两物体之间的距离D条件不足，无法计算上述中的任一物理量

5、一质量为0.2㎏的弹性小球，在光滑的水平面上以5m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向弹回，反弹后的速度大小与碰撞前的速度大小相等，则碰撞前后小球速度变化量的大小△v和碰撞过程中墙对小球所做的功W为（　　）

A．W=0B．W=5JC．△v=0D．△v=10m/s

6、一机车在运动中所受的阻力恒定．匀速运动的速度为2v时，发动机的功率为P，当匀速运动的速度为v时，发动机的功率为（　　）

A．PB．2PC．P/2D．P/4

7、某人以一定的速率垂直河岸将船向对岸划去，当水流匀速时，关于它过河所需的时间、发生的位移与水速的关系是（　　）

A.水速小时，位移小，时间短B.水速大时，位移大，时间大

C.水速大时，位移大，时间不变D.位移、时间与水速无关

8、如图所示,一光滑轻杆沿水平方向放置,左端O处连接在竖直的转动轴上,a、b为两个可视为质点的小球,穿在杆上,并用细线分别连接Oa和ab,且Oa=ab,已知b球质量为a球质量的3倍.当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时,Oa和ab两线的拉力之比为（　　）

A.1∶3B.1∶6C.4∶3D.7∶6

评卷人

得分

二、多项选择（计2题，每小题4分，共计8分）

9、图示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2．已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是（　　）

A.从动轮做顺时针转动B.从动轮做逆时针转动

C.从动轮的转速为

nD.从动轮的转速为

n

10、如图5－4－11所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　）

A．物块滑到b点时的速度为

B．物块滑到b点时对b点的压力是3mg

C．c点与b点的距离为

D．整个过程中物块机械能损失了mgR

评卷人

得分

三、计算题（计4题，共60分）

11、在水平路面上骑摩托车的人，匀速行驶遇到一个壕沟水平飞离路面后（如图所示），恰好能够越过这个壕沟，不计空气阻力．（10）

（1）摩托车在空中飞行的时间；

（2）摩托车匀速行驶的速度大小．

12、如图所示，竖直平面内的3/4圆弧光滑轨道半径为R，A端与圆心等高，AD为水平面，B端在O点的正上方．一个小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点进入圆弧轨道，并沿圆弧形轨道恰能到达B点，求：

（15分）

（1）释放点距A点的竖直高度；

（2）落地点C距A点的水平距离．

13、如图所示，物体在竖直向上的拉力作用下由静止开始向上加速运动．在物体向上运动5s时，撤去拉力．已知拉力F=30N，物体的质量m=2kg，求：

（空气阻力忽略不计，g取10m/s2）（18分）

（1）前5s内拉力做功WF；

（2）第3s末合外力的功率P；

（3）物体回到出发点时的动能EK．

14、水平抛出一个石子，经过0.4s落到地面，落地时的速度方向和水平方向的夹角是

，（g取

）（17分）

试求：

（1）石子的抛出点距地面的高度;

（2）石子抛出的水平初速度。

高一物理参考答案

一、单项选择

1、【答案】D

【解析】A、乘客向前倾倒是由于惯性的原因，不是离心现象，故A项错误；

B、乘客向后倾倒是由于惯性的原因，不是离心现象，故B项错误；

C、乘客上下振动不属于离心现象，故C项错误；

D、车辆转弯时乘客由于惯性沿着切线的方向运动，是离心现象

2、【答案】D

【解析】两分子在r＞

范围内运动时，分子间作用力表现为引力，方向与分子运动方向相同，因此分子间作用力做正功，分子势能减小，在r<

内运动过程中，分子间作用力为斥力且做负功，分子势能增大，所以分子势能先减小后增大，D项正确。

3、【答案】A

【解析】分析该题能看出，当运动员身体撑起的过程中，手的位置始终不变，故支持力对手没有做功；

同时在上述过程中，人的脚与地面的接触点是支点，重力相当于阻力，支持力相当于动力，故此时的动力臂大于阻力臂，故此时动力应该小于阻力，即支持力小于重力，即支持力F＜500N；

故选A．

4、【答案】C

【解析】

5、【答案】AD

【解析】【考点】动能定理的应用．

【分析】速度是矢量，根据△v=v2﹣v1求解速度的变化量，根据动能定理求出墙对小球做功的大小．

【解答】解：

规定反弹速度方向为正方向，则△v=v2﹣v1=5﹣（﹣5）m/s=10m/s．

根据动能定理得，W=

=0．故AD正确，BC错误．

故选：

AD

6、【答案】C

【解析】

7、【答案】C

【解析】

考点：

运动的合成和分解．

专题：

运动的合成和分解专题．

分析：

将小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓分运动和合运动具有等时性判断渡河的时间，根据沿河岸方向上的速度和时间判断渡河的水平位移，从而确定合位移的变化．

解答：

解：

某人以一定的速率使船头垂直河岸向对岸划去，即垂直于河岸方向上的速度不变，

根据t=

知，水流速变化时，渡河的时间不变，水流速增大，则x=v水t，在沿河岸方向上的位移增大，则合位移增大．故C正确，A、B、D错误．

故选：

C．

点评：

解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不干扰．

8、【答案】D

【解析】由牛顿第二定律,对a球:

FOa-Fab=mω2lOa

对b球:

Fab=3mω2（lOa+lab）

由以上两式得,Oa和ab两线的拉力之比为7∶6,D正确

二、多项选择

9、【答案】BC

【解析】

考点：

线速度、角速度和周期、转速．

专题：

压轴题；匀速圆周运动专题．

分析：

因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据角速度与线速度的关系即可求解．

解答：

解：

因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，A错误，B正确；

由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，

根据v=πnr得：

n2r2=2πnr1

所以n2=nr1/r2

故C正确，D错误．

故选BC．

点评：

本题考查了圆周运动角速度与线速度的关系，要知道同一根带子转动，线速度相等，同轴转动，角速度相等．

10、【答案】BCD

【解析】物块滑到b点时，mgR＝

mv2－0，v＝

，A不正确．在b点，

FN＝3mg，B正确．从a点到c点，机械能损失了mgR，D正确．mgR－μmgs＝0－0，s＝

，C正确．

三、填空题

四、计算题

11、【答案】

（1）摩托车在空中飞行的时间是0.4s；

（2）摩托车匀速行驶的速度大小是12.5m/s．

【解析】【考点】平抛运动．

【分析】

（1）摩托车在空中做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度差求出运动的时间．

（2）摩托车在水平方向上做匀速直线运动，结合水平位移和时间求出摩托车飞越壕沟时的水平速度，即为摩托车匀速行驶的速度大小．

【解答】解：

（1）摩托车在空中做平抛运动，在竖直方向有：

代入数据解得摩托车在空中飞行的时间为：

t=0.4s

（2）摩托车在水平方向有：

s=v0t2

代入已知解得，摩托车匀速行驶的速度为：

v0=12.5m/s

答：

（1）摩托车在空中飞行的时间是0.4s；

（2）摩托车匀速行驶的速度大小是12.5m/s．

12、【答案】

（1）释放点距A点的竖直高度为3/2R

（2）落地点C距A点的水平距离为

【解析】

（1）设距A点高度为h由题意可知：

对开始落下到B的过程，由机械能守恒得：

13、【答案】

（1）前5s内拉力做功为1875J；

（2）第3s末合外力的功率为150W；

（3）物体回到出发点时的动能为1875J．

【解析】

（1）由牛顿第二定律得：

F-mg=ma，代入数据解得：

a=5m/s2，

5s内物体的位移：

x=

at2=

×5×52=62.5m，

拉力的功：

WF=Fx=30×62.5=1875J；

（2）物体在3s末的速度：

v=at′=5×3=15m/s，

3s末合外力的功率：

P=（F-mg）v=（30-2×10）×15=150W；

（3）对整个运动过程，由动能定理得：

WF=EK-0，解得，物体的动能：

EK=1875J

14、【答案】