7章限时检测B.docx
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7章限时检测B
第七章限时检测(B)
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分100分,时间90分钟.
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项符合题目要求,有些小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.(2010·上海)下图是位于锦江乐园的摩天轮,高度为108m,直径是98m.一质量为50kg的游客乘坐该摩天轮做匀速圆周运动旋转一圈需25min.如果以地面为零势能面,则他到达最高处时的(取g=10m/s2)( )
A.重力势能为5.4×104J,角速度为0.2rad/s
B.重力势能为4.9×104J,角速度为0.2rad/s
C.重力势能为5.4×104J,角速度为4.2×10-3rad/s
D.重力势能为4.9×104J,角速度为4.2×10-3rad/s
答案:
C
解析:
到达最高处时的重力势能EP=mgh=50×10×108J=5.4×104J,由角速度与周期之间的关系得ω=
=
rad/s=4.2×10-3rad/s,故选项C正确.
2.溜溜球是一种流行的健身玩具,具有很浓的趣味性,备受学生的欢迎.溜溜球类似“滚摆”,对称的左右两轮通过固定轴连接(两轮均用透明塑料制成),轴上套一个可以自由转动的圆筒,圆筒上系条长约1m的棉线,玩时手掌向下,用力向正下方掷出溜溜球,当滚到最低处时,轻抖手腕,向上拉一下绳线,溜溜球将返回到你的手上,如图所示.溜溜球在运动过程中( )
A.一边转动一边向下运动,由于重力做功,溜溜球越转越快,动能不断增大,溜溜球的势能转变为动能
B.在溜溜球上下运动中,由于发生动能和势能的相互转化,因此机械能守恒
C.在溜溜球上下运动中,由于空气阻力和绳子与固定轴之间摩擦力的作用,会损失一部分能量
D.在溜溜球转到最低点绳子将要开始向上缠绕时,轻抖手腕,向上拉一下绳子,给溜溜球提供能量
答案:
ACD
解析:
溜溜球向下运动时由于重力做正功,动能一定增大,势能转化为动能,选项A正确;溜溜球在上下运动的过程中由于有阻力做功,所以会损失一部分机械能,机械能不守恒,若不及时补充能量则上升的高度会越来越低,因此可在溜溜球运动到最低点时轻抖手腕,向上拉一下绳子,给其补充能量,故选项CD正确,B错误.
3.(2011·黄岗中学高一检测)一个人稳站在商店的自动扶梯的水平踏板上,随扶梯向上加速运动,如图所示,则( )
A.人对踏板的压力大小等于人受到的重力大小
B.人只受到重力和踏板的支持力作用
C.人受到的力的合力对人所做的功等于人的重力势能和动能的增加量
D.踏板对人做的功等于人的机械能的增加量
答案:
D
4.(2011·临沂模拟)山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关,选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登,才可冲上领奖台,如图所示.如果某选手刚刚匀速攀爬到接近绳子顶端时,突然因抓不住绳子而加速滑下,对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用),下述说法正确的是( )
A.上行时,人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡
B.上行时,绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加
C.下滑时,人受到的重力大于摩擦力,加速度小于g
D.下滑时,重力势能的减小大于动能的增加,机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
答案:
CD
5.连接A、B两点的弧形轨道ACB和ADB形状相同,材料相同,如图所示,一个小物体由A以一定的速度v开始沿ACB轨道到达B的速度为v1;若由A以相同初速度v沿ADB轨道到达B的速度为v2,比较v1和v2的大小,有( )
A.v1>v2 B.v1=v2
C.v1 答案: A 解析: 由题意可知,弧形材料ACB和ADB的长度相等,物块在上面滑动时动摩擦因数相同,物块在上面运动可认为圆周运动,由于物块在 上运动时对曲面的正压力大于在 上对曲面的正压力(考虑圆周运动向心力),故在 上克服摩擦力做的功大于在ACB上克服摩擦力做的功,再由动能定理即可得出答案. 6.如图甲所示,一个小环套在竖直放置的光滑圆形轨道上做圆周运动.小环从最高点A滑到最低点B的过程中,其线速度大小的平方v2随下落高度h变化的图象可能是图乙所示四个图中的( ) A.①② B.③④ C.③ D.④ 答案: A 解析: 设小环在A点的速度为v0,由机械能守恒定律得-mgh+ mv2= mv0得v2=v02+2gh,可见v2与h是线性关系,若v0=0,②正确;v0≠0,①正确,故正确选项是A. 7.(2010·福建省高一六校联考)如图所示,质量m=1kg,长L=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上,其右端与桌子边缘相平.板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4.现用F=5N的水平力向右推薄板,使它翻下桌子,力F做的功至少为(g取10m/s2)( ) A.1JB.2J C.1.6JD.4J 答案: C 解析: 由动能定理WF-μmg =0, ∴WF=μmg =1.6J. 8.(2011·吉林一中高一检测)如图甲所示,静止在水平地面上的物块A,受到水平推力F的作用,F与时间t的关系如图乙所示,设物块与地面之间的最大静摩擦力fm大小与滑动摩擦力大小相等,则( ) A.0~t0时间内力F的功率逐渐增大 B.t1时刻A的动能最大 C.t2时刻A的速度最大 D.t2时刻后物体做反方向运动 答案: C 9.(2010·湖北黄冈高一检测)如图所示,A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同,现从同一度度h处由静止释放小球,使之进入右侧不同的轨道: 除去底部一小段圆弧,A图中的轨道是一段斜面,高度大于h;B图中的轨道与A图中的轨道相比只是短了一些,且斜面高度小于h;C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道,其上部为直管,下部为圆弧形,与斜面相连,管的高度大于h;D图中是个半圆形轨道,其直径等于h,如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失,小球进入右侧轨道后能到达h高度的是( ) 答案: AC 解析: 对A、C轨道,小球到右侧最高点的速度可以为零,由机械能守恒可得,小球进入右侧轨道后的高度仍为h,故A、C正确;轨道B右侧轨道最大高度小于h,小球到轨道最高点后做斜抛运动,小球到达最高点时仍有水平速度,因此,小球能到达的最大高度小于h,B不正确,轨道D右侧为圆形轨道,小球通过最高点必须具有一定速度,因此,小球沿轨道D不可能到达h高度,D错误. 10.图示为某探究活动小组设计的节能运动系统.斜面轨道倾角为30°,质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为 .木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为m的货物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下,当轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端,再重复上述过程.下列选项正确的是( ) A.m=M B.m=2M C.木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的加速度 D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 答案: BC 解析: 本题主要考查功能关系,设弹簧被压至最短时木箱下滑距离为L,此时弹簧弹性势能为Ep. 由功和能的关系可得 下滑时: (M+m)gLsin30°-μ(M+m)gLcos30°=Ep 上滑时: Ep=MgLsin30°+μMgLcos30° 将μ= 代入解得: m=2M,A错,B正确 下滑时加速度 a下= =gsin30°-μgcos30° 上滑时加速度a上= =gsin30°+μgcos30° 所以答案C正确,在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,克服摩擦力做功,故D错,正确答案BC. 第Ⅱ卷(非选择题 共60分) 二、填空题(共3小题,每小题6分,共18分.把答案直接填在横线上) 11.“中国馆”世博中心和主题馆等主要场馆,太阳能的利用规模达到了历史世博会之最,总发电装机容量达到4.6×103kW.设太阳能电池板的发电效率为18%,已知地球表面每平方米接收太阳能的平均辐射功率为1.353kW,那么所使用的太阳能电池板的总面积为________m2. 答案: 1.9×104 解析: 设P=4.6×103kW,发电效率η=18%,地球表面每平方米接收到太阳能的功率P0=1.353kW/m2,则由能量转化与守恒得: P=P0×S×η 代入数据,解得S=1.9×104m2. 12.为了测定一根轻弹簧压缩最短时能储存的弹性势能的大小,可将弹簧固定在一带有光滑凹槽的轨道一端,并将轨道固定在水平桌面的边缘上,如图所示,用钢球将弹簧压缩至最短然后突然释放,钢球将沿轨道飞出桌面,实验时: (1)需要测定的物理量是________________________________. (2)计算弹簧最短时弹性势能的关系式是EP=_______________________. 答案: (1)m,s和h (2) 解析: 在弹簧将小球弹开达到原长的过程中,弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能,因此有EP= mv2① 小球离开凹槽后做平抛运动,因此有 h= gt2,s=vt 消去t可得 v2= ② 由①②两式消去v2并整理得EP= 由EP的表达式可知,需测量m,s和h. 13.(2010·江苏常州高一检测)某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.该同学经正确操作得到打点纸带,在纸带后段每两个计时间隔取一个计数点,依次为1、2、3、4、5、6、7,测量各计数点到第一个打点的距离h,并正确求出打相应点时的速度v.各计数点对应的数据见下表: 计数点 1 2 3 4 5 6 7 h(m) 0.124 0.194 0.279 0.380 0.497 0.630 0.777 v(m/s) 1.94 2.33 2.73 3.13 3.50 v2(m2/s2) 3.76 5.43 7.45 9.80 12.25 (1)请在图乙坐标中,描点作出v2-h图线; (2)由图线可知,重锤下落的加速度g′=________m/s2(保留三位有效数字); (3)若当地的重力加速度g=9.8m/s2,根据作出的图线,能粗略验证自由下落的重锤机械能守恒的依据是________. 答案: (1)作出v2-h图线如图 (2)9.75(答9.69~9.79均给分) (3)图线为通过坐标原点的一条直线,斜率g′与g基本相等(不交待“通过坐标原点”也给分) 三、论述·计算题(本题共4小题;共42分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.) 14.(9分)如图所示,某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点,接着沿水平路面滑至C点停止.人与雪橇的总质量为70kg.表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据,请根据图表中的数据解决下列问题: (1)人与雪橇从A到B的过程中,损失的机械能为多少? (2)设人与雪橇在BC段所受阻力恒定,求阻力大小.(g=10m/s2) 位置 A B C 速度(m/s) 2.0 12.0 0 时刻(s) 0 4 10 答案: (1)损失的机械能是9100J (2)阻力大小为140N 解析: (1)从A到B的过程中,人与雪橇损失的机械能为ΔE=mgh+ mvA2- mvB2 ΔE=(70×10×20+ ×70×22- ×70×122)J=9100J (2)人与雪橇在BC段做减速运动的加速度 a= = m/s=-2m/s2 根据牛顿第二定律 f=ma=70×(-2)N=-140N. 15.(10分)(2010·宁德高一检测)电动机带动水平传送带以速度v匀速转动,一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上,若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ,如图所示,当小木块与传送带相对静止时,求: (1)小木块的位移. (2)传送带转过的路程. (3)小木块获得的动能. (4)摩擦过程产生的热量. (5)电动机带动传送带匀速转动输出的总能量. 答案: (1) (2) (3) mv2 (4) mv2 (5)mv2 解析: 小木块刚放上传送带时,速度为零,必然受到传送带的滑动摩擦力作用,做匀加速直线运动,达到与传送带相同的速度后不再受摩擦力,整个过程中小木块获得一定的动能,系统要产生摩擦热. 对小木块,相对滑动时,由ma=μmg,得加速度a=μg,由v=at,得小木块与传送带相对静止所用的时间t= . (1)小木块的位移s1= at2= . (2)传送带始终匀速运动,转过的路程为s2=vt= . (3)小木块获得的动能Ek= mv2. (4)产生的摩擦热Q=μmg(s2-s1)= mv2. (5)由能的转化与守恒定律得,电动机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热,所以E总=Ek+Q=mv2. 16.(11分)(2011·嵊泗中学高一检测)如图所示为某小区儿童娱乐的滑梯示意图,其中AB为斜面滑槽,与水平方向夹角为37°,BC为水平滑槽,与半径为0.2m的1/4圆弧CD相切,ED为地面.已知通常儿童在滑槽上滑动时的动摩擦系数是0.5,A点离地面的竖直高度AE为2m,试求: (1)儿童由A处静止起滑到B处时的速度大小. (2)为了使儿童在娱乐时不会从C处脱离圆弧水平飞出,水平滑槽BC长至少为多少? (B处的能量损失不计) 答案: (1)3.46m/s (2)1.0m 解析: (1)对儿童由A到B mg(hAE-R)-μmgcos37°(hAE-R)/sin37°=mvB2/2 解之得: vB=3.46m/s (2)对儿童,在C处,mg≥mvC2/R -μmgSBC=mvC2/2-mvB2/2 解之得: SBC=1.0m. 16.(12分)(2009·临沂)2008年12月26日,我国海军“171海口”号、“169武汉”号导弹驱逐舰和“微山湖”号补给舰为履行国际义务,奉命赴亚丁湾索马里海域开始对过往船只执行护航任务. 某日清晨,海面上有薄雾.某国的一艘货轮正在匀速行驶,到达A处时,船长突然发现后侧面不远处有海盗的快艇正在向他们靠近,并预计还有40min就会追上货船,于是立即向在C处海域执行任务的我国某驱逐舰发出求援信号,我官兵立即推算出40min后的货船位置应在D处,马上调好航向,沿CD直线方向从静止出发恰好在40min内到达D处,如图所示,驱逐舰运动的速度、时间图象如图所示,求: (1)驱逐舰走的航线CD的长度. (2)假设该驱逐舰以最大速度航行时轮机输出的总功率为2.5×103kW,则舰船受海水的阻力有多大? (3)假设舰体受海水的阻力不变,舰体质量为7000吨,则在第36分钟时,轮机通过涡轮对海水的推力为多大? 方向如何? 答案: (1)36km (2)1.25×105N (3)3.42×105N 方向与前进方向相同 解析: (1)由图象知驱逐舰先匀加速再匀速最后匀减速直线运动,加速段a1= m/s2= m/s2 S1= at12= × ×(15×60)2m=9×103m 匀速阶段S2=vt2=20×(35-15)×60m=2.4×104m 减速阶段S3= ·t3= ×(40-35)×60m=3×103m 则航线CD长度为S=S1+S2+S3=36km (2)最大速度匀速行驶时,轮机动力与海水对舰身阻力平衡,即F-f阻=0 又P=Fv,所以f阻= = N=1.25×105N (3)设此时轮机的动力为F,第36分钟匀减速的加速度 a= = m/s2=- m/s2 由F-f=ma,得F=-3.42×105N 负号表示涡轮机动力方向向后与运动方向相反,帮助舰船减速. 由牛顿第三定律,涡轮对海水的推力应向前,与前进方向相同,大小为F′=3.42×105N.
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