求文档 高一物理必修二成才之路第七章限时检测B

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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．为了探究能量转化和守恒,小明将小铁块绑在橡皮筋中部,并让橡皮筋穿入铁罐,两端分别固定在罐盖和罐底上,如图所示．让该装置从不太陡的斜面上A处滚下,到斜面上B处停下,发现橡皮筋被卷紧了,接着铁罐居然从B处自动滚了上去．下列关于该装置能量转化的判断正确的是(　　)
A．从A处滚到B处,主要是重力势能转化为动能
B．从A处滚到B处,主要是重力势能转化为弹性势能
C．从B处滚到最高处,主要是动能转化为重力势能
D．从B处滚到最高处,主要是弹性势能转化为重力势能
答案：BD
解析：在A处和B处时铁罐速度为零,动能为零,所以从A处到B处是重力势能转化为弹性势能,故A项错误B项正确．从B处又滚到最高处的过程是弹性势能转化为重力势能的过程,故C错,D对．
2．起重机将物体从地面加速提升到某高度,在这一过程中(　　)
A．起重机对物体所做的功等于物体动能的增加
B．起重机对物体所做的功等于物体重力势能的增加
C．起重机对物体所做的功等于物体机械能的增加
D．物体受到的合力所做的功等于物体动能的增加
答案：CD
解析：起重机提升重物的过程中,起重机对物体做正功,重力对物体做负功．起重机对物体所做的功应该等于物体机械能的增加,而物体所受到的合力的功等于物体动能的增加．
3．(江苏苏州09～10学年高一下学期期中)如图所示,质量为m的物体,以速度v离开高为H的桌面,在不计空气阻力的情况下,当它落到距地面高为h的A点时,下列判断正确的是(　　)
A．若以地面为零势能参考面,物体在A点的机械能是12mv2＋mgH
B．若以桌面为零势能参考面,物体在A点的机械能是12mv2
C．物体在A点的动能是12mv2＋mg(H－h)
D．物体在A点的动能与重力势能零参考面有关,因此是不确定的
答案：ABC
4．质量为m的小车在水平恒力F推动下,从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B,获得速度为v,AB之间的水平距离为s,重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A．小车克服重力所做的功是mgh
B．合外力对小车做的功是12mv2
C．推力对小车做的功是12mv2＋mgh
D．阻力对小车做的功是12mv2＋mgh－Fs
答案：ABD
5．一质量为M的木棒,悬挂在O点,一只质量为m的猴子抓住木棒,如图所示,剪断悬挂木棒的细绳,木棒开始下落,同时猴子开始沿木棒向上爬,设一段时间内木棒的下落是沿竖直方向,并且猴子对地的高度保持不变,忽略空气阻力,则如图所示的4个图象中哪个能定性地反映在这段时间内猴子做功的功率随时间变化的关系(　　)
答案：B
解析：首先要明确是哪个力做功,猴子对木杆的作用力是向下的,它的反作用力作用在猴子身上,方向向上,由于所讨论的过程中,猴子保持静止,因此杆对猴子的作用力一定等于猴子的重力,所以猴子对杆的作用力等于猴子的重力,它是恒力,功率P＝Fv,木杆做的是初速度为零的匀加速运动(在恒力作用下的运动),它的速度v＝at,所以P＝Fat,P与t成正比．
6．(湖北黄冈09～10学年高一下学期期中)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．
7．如图所示,在自动扶梯以恒定的速度v运转时,第一次有一个人站到扶梯上相对扶梯静止不动,扶梯载他上楼过程中对他做功为W1,电机带动扶梯做功功率为P1,第二次这人在运动的扶梯上又以相对扶梯的速度v′同时匀速向上走,则这次扶梯对该人做功为W2,电机带动扶梯做功功率为P2,以下说法中正确的是(　　)
A．W1>W2,P1>P2　　　　
B．W1>W2,P1＝P2
C．W1＝W2,P1>P2
D．W1＝W2,P1＝P2
答案：B
解析：在扶梯上,人相对扶梯静止不动和人相对于扶梯匀速向上运动,相对地面来说,人都是做匀速直线运动,两次人均处于平衡状态,两次人的受力情况相同,即扶梯对人向上的支持力等于重力．而两次扶梯载人运动的距离不同,所以可用W＝Fscosα来判定功的大小,两次扶梯运动的速度v不变,所以可用P＝Fvcosα来判断功率的大小．
由功的计算公式得扶梯对人做功为：W＝Fvcosα.式中α是扶梯对人的支持力(等于人的重力)和扶梯所在斜面的夹角,由于第二次人沿扶梯向上走了一段距离,所以第一次扶梯载人运动的距离要比第二次扶梯载人运动的距离长,即s1>s2,故W1>W2.两次扶梯运动的速率v不变,对人作用力不变,根据P＝Fvcosα知P1＝P2.
8．如图所示,DO是水平面,AB是斜面,初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零．如果斜面改为AC,让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零,则物体具有的初速度(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)(　　)
A．大于v0
B．等于v0
C．小于v0
D．取决于斜面的倾角
答案：B
解析：通过对摩擦力做功的分析,运用动能定理求出初动能的函数表达式,再对此函数式讨论,可得出初速度v0大小与斜面倾角无关．
设物体质量为m,斜面AB倾角为θ,高AO为h,对物体沿DBA滑动到A点的过程,运用动能定理有
－Wf－mgh＝0－12mv20①
此过程摩擦力做功的大小为
Wf＝μmg•DB＋μmgcosθ•h/sinθ
＝μmg•DB＋μmg•hcotθ
＝μmg•DB＋μmg•BO＝μmg•OD②
由①②两式得12mv20＝mgh＋μmg•OD③
讨论③式的物理意义,在h、μ、OD相同时,不论θ角多大,由D恰能滑到A所需初动能相同,而m不变,故初速度v0相同,选项B正确．
9．(福建省09～10学年高一下学期六校联考)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．1J B．2J
C．1.6J D．4J
答案：C
解析：由动能定理WF－μmgL2＝0,
∴WF＝μmgL2＝1.6J.
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36.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＝36代入解得：m＝2M,A错,B正确
下滑时加速度
a下＝(M＋m)gsin30°－μ(M＋m)gcos30°M＋m＝gsin30°－μgcos30°
上滑时加速度a上＝Mgsin30°＋μMgcos30°M＝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)mgs24h
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＝12mv2①
小球离开凹槽后做平抛运动,因此有
h＝12gt2,s＝vt　消去t可得
v2＝gs22h②
由①②两式消去v2并整理得EP＝mgs24h
由EP的表达式可知,需测量m,s和h.
13．如图所示,两个质量各为m1和m2的小物块A和B,分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端,已知m1>m2,现要利用此装置验证机械能守恒定律．
(1)若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量,则需要测量的物理量有________
①物块的质量m1、m2；
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；
③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间；
④绳子的长度．
(2)为提高实验结果的准确程度,某小组同学对此实验提出以下建议：
①绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下,绳子越长越好；
③尽量保证物块只沿竖直方向运动,不要摇晃；
④两个物块的质量之差要尽可能小．
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是________________．(在答题卡上对应区域填入选项前的编号)
(3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：____________________________________________.
答案：(1)①②或①③　(2)①③　(3)例如“对同一高度进行多次测量取平均值”,“选取受力后相对伸长尽量小的绳”,等等．
三、论述•计算题(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ABC
速度(m/s)2.012.00
时刻(s)0410
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＋12mv2A－12mv2B
ΔE＝(70×10×20＋12×70×22－12×70×122)J＝9100J
(2)人与雪橇在BC段做减速运动的加速度
a＝vC－vBt＝0－1210－4m/s＝－2m/s2
根据牛顿第二定律
f＝ma＝70×(－2)N＝－140N.
15．(10分)图示为修建高层建筑常有的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103kg的重物竖直吊起的过程中,重物由静止开始向上作匀加速直线运动,加速度a＝0.2m/s2,当起重机输出功率达到其允许的最大值时,保持该功率直到重物做vm＝1.02m/s的匀速运动．取g＝10m/s2,不计额外功．求：
(1)起重机允许输出的最大功率．
(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．
答案：(1)5.1×104W　(2)2.04×104W
解析：(1)设起重机允许输出的最大功率为P0,重物达到最大速度时,拉力F0等于重力．
P0＝F0vm①
P0＝mgvm②
代入数据,有：P0＝5.1×104W③
(2)匀加速运动结束时,起重机达到允许输出的最大功率,设此时重物受到的拉力为F,速度为v1,匀加速运动经历时间为t1,有：
P0＝Fv1④
F－mg＝ma⑤
v1＝at1⑥
由③④⑤⑥,代入数据,得：t1＝5s⑦
t＝2s时,重物处于匀加速运动阶段,设此时速度为v2,输出功率为P,则
v2＝at⑧
P＝Fv2⑨
由⑤⑧⑨,代入数据,得：P＝2.04×104W
16．(11分)(上海市交大附中08～09学年高一下学期期中)如图所示为某小区儿童娱乐的滑滑梯示意图,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°＝mv2B/2
解之得：vB＝3.46m/s
(2)对儿童,在C处,mg≥mv2C/R
－μmgSBC＝mv2C/2－mv2B/2
解之得：SBC＝1.0m.
17．(12分)总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下,经过2s拉开绳索开启降落伞,如图所示是跳伞过程中的v－t图象,试根据图象求(g取10m/s2)
(1)t＝1s时运动员的加速度和所受阻力的大小．
(2)估算14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功．
(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．
答案：(1)8m/s2；160N　(2)158m；1.25×105J
(3)71s
解析：(1)从图中可以看到,在前2s内运动员做匀加速运动,其加速度大小为
a＝vtt＝162m/s2＝8m/s2
设此过程中运动员受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律,有mg－f＝ma得f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N
(2)从图中估算得出运动员在14s内下落了
39．5×2×2m＝158m
根据动能定理,有mgh－Wf＝12mv2
所以有Wf＝mgh－12mv2＝(80×10×158－12×80×62)J≈1.25×105J
(3)14s后运动员做匀速运动的时间为
t′＝H－hv＝500－1586s＝57s
运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间
t总＝t＋t′＝(14＋57)s＝71s