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文档简介
第八章水平测试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,满分100分,考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题,共48分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48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9~12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.根据力对物体做功的条件,下列说法中正确的是()A.工人扛着行李在水平路面上匀速前进时,工人对行李做正功B.工人扛着行李从一楼走到三楼,工人对行李做正功C.作用力与反作用力做的功大小相等,并且其代数和为0D.在水平地面上拉着一物体运动一圈后又回到出发点,则由于物体位移为0,所以摩擦力不做功答案B解析在水平面上匀速运动时,工人对行李的作用力竖直向上,与行李的运动方向始终垂直,故对行李不做功,A错误;上楼时,工人对行李的作用力与行李的运动方向的夹角为锐角,故对行李做正功,B正确;根据牛顿第三定律,作用力与反作用力大小相等、方向相反,但二者是对不同的物体做功,两个受力物体的位移大小不一定相等,故两个力做功的大小不一定相等,代数和不一定为0,C错误;摩擦力是变力,且总与物体相对地面的运动方向相反,因此当物体回到出发点后,虽然物体位移为0,但摩擦力仍对物体做了负功,D错误。2.如图所示,A、B两物体叠放在一起,A被不可伸长的细绳水平系于左墙上,B在拉力F作用下,向右匀速运动,在此过程中,A、B间的摩擦力做功情况是()A.对A、B都做负功B.对A不做功,对B做负功C.对A做正功,对B做负功D.对A、B都不做功答案B解析A、B两物体叠放在一起,A被不可伸长的水平细绳系于左墙上,B在拉力F作用下向右匀速运动,在此过程中,对A:摩擦力方向水平向右,但A在摩擦力方向上没有位移,摩擦力对A不做功;对B:摩擦力方向水平向左,B的位移与摩擦力方向相反,所以摩擦力对B做负功。故A、C、D错误,B正确。3.一物体在运动中受水平拉力F的作用,已知F随运动距离x的变化情况如图所示,则在这个运动过程中F做的功为()A.4JB.18JC.20JD.22J答案B解析解法一:由图可知F在整个过程中做功分为三个小过程,分别做功为W1=2×2J=4J,W2=-1×2J=-2J,W3=4×4J=16J,所以W=W1+W2+W3=4J+(-2)J+16J=18J。解法二:Fx图像中图线与x轴所围成的面积表示做功的多少,x轴上方为正功,下方为负功,总功取三部分的代数和,即(2×2-2×1+4×4)J=18J,B正确。4.小木块从光滑曲面上P点滑下,通过粗糙静止的水平传送带落于地面上的Q点,如下图所示。现让传送带在皮带轮带动下逆时针转动,让木块从P处重新滑下,则此次木块的落地点将()A.仍在Q点B.在Q点右边C.在Q点左边D.不能从传送带上滑下来答案A解析无论传送带逆时针运动还是静止对木块所受外力无影响,小木块在传送带上水平方向上仍仅受向左的滑动摩擦力,且位移仍为传送带静止时的位移大小,故Wf=-fs未变,由Wf=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),所以滑到传送带末端抛出时的速度v不变,所以仍落在Q点,A正确。5.两个物体A、B的质量之比为mA∶mB=2∶1,二者初动能相同,它们和水平桌面的动摩擦因数相同,则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为()A.xA∶xB=2∶1B.xA∶xB=1∶2C.xA∶xB=4∶1D.xA∶xB=1∶4答案B解析物体滑行过程中只有摩擦力做功,根据动能定理,对A:-μmAgxA=0-Ek;对B:-μmBgxB=0-Ek。故eq\f(xA,xB)=eq\f(mB,mA)=eq\f(1,2),B正确。6.如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面固定在地面上,长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上,其上端与斜面顶端齐平。用细线将物块与软绳连接,物块由静止释放后向下运动直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面),在此过程中()A.软绳重力势能共减少了eq\f(1,2)mglB.软绳重力势能共减少了eq\f(1,4)mglC.软绳重力势能的减少大于软绳的重力所做的功D.软绳重力势能的减少等于物块对它做的功与软绳自身重力、摩擦力所做功之和答案B解析选斜面顶端所在水平面为参考平面,软绳重力势能共减少:mgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)lsinθ))-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)l))))=eq\f(1,4)mgl,A错误,B正确;根据重力做功与重力势能变化的关系知,软绳重力势能的减少等于软绳的重力所做的功,C、D错误。7.质量为m=20kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动,0~2s内F与运动方向相反,2~4s内F与运动方向相同,物体的vt图像如图所示,g取10m/s2,则()A.拉力F的大小为100NB.物体在4s时拉力的瞬时功率为120WC.4s内拉力所做的功为480JD.4s内物体摩擦力做的功为-320J答案B解析由图像可得,0~2s内物体做匀减速直线运动,加速度大小为a1=eq\f(|Δv|,Δt)=5m/s2,有F+Ff=ma1,2~4s内物体做匀加速直线运动,加速度大小为a2=eq\f(|Δv′|,Δt′)=1m/s2,有F-Ff=ma2,联立解得Ff=40N,F=60N,故A错误;物体在4s时拉力的瞬时功率为P=Fv=60×2W=120W,故B正确;4s内物体通过的位移为x=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×10-\f(1,2)×2×2))m=8m,拉力做功为W=-Fx=-480J,故C错误;4s内物体通过的路程为s=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×10+\f(1,2)×2×2))m=12m,摩擦力做功为Wf=-Ffs=-40×12J=-480J,故D错误。8.如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中()A.重力做功2mgRB.机械能减少mgRC.合力做功mgRD.摩擦力做功-eq\f(1,2)mgR答案D解析重力做功与路径无关,所以WG=mgR,A错误;设小球在B点时的速度为v,其所受重力提供向心力,即mg=meq\f(v2,R),所以v=eq\r(gR),从P点到B点,由动能定理知:W合=eq\f(1,2)mv2=eq\f(1,2)mgR,C错误;机械能的减少量为|ΔE|=|ΔEp|-ΔEk=eq\f(1,2)mgR,B错误;摩擦力做的功等于机械能的增加量,为-eq\f(1,2)mgR,D正确。9.运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出,由于摩擦阻力的作用,其动能随位移变化的图线如图所示。已知冰壶质量为19kg,g取10m/s2,则以下说法正确的是()A.μ=0.05B.μC.滑行时间t=5sD.滑行时间t=10s答案BD解析对冰壶:由动能定理得-μmgx=0-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),得μ=eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0),mgx)=eq\f(9.5J,19×10×5J)=0.01,B正确;冰壶运动时a=μg=0.1m/s2,由运动学公式x=eq\f(1,2)at2得t=10s,D正确。10.质量相同的小球A和B分别悬挂在长为L和2L不可伸长的绳的末端,将绳的另一端悬挂在等高的天花板上,如图将小球拉直至水平位置,从静止释放,则当两球达到最低点时()A.速度一样B.动能一样大C.机械能一样大D.A所受的拉力等于B所受的拉力答案CD解析小球从水平方向下落到竖直方向,由机械能守恒定律可得:mgR=eq\f(1,2)mv2,所以v=eq\r(2gR),因R不同,故速度不同,故A错误;由于两条绳的长度不相等,由mgR=eq\f(1,2)mv2可知,在最低点时动能不相等,故B错误;两个小球有相同的质量并且初状态在同一高度处于静止状态,所以两球初状态的机械能相等,小球A、B在下落的过程中只有重力做功,所以A、B机械能都是守恒的,则当两球达到最低点时,具有相同的机械能,故C正确;在最低点由牛顿第二定律T-mg=meq\f(v2,R)且mgR=eq\f(1,2)mv2,知T=3mg,与R无关,故两种情况下拉力相等,故D正确。11.如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,劲度系数为k=eq\f(2\r(3)mg,L),圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了eq\r(3)mgLC.圆环下滑到最大距离时,所受合力最大D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案BC解析圆环在下滑过程中,圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功,圆环的机械能不守恒,圆环和弹簧组成的系统机械能守恒,系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和,A、D错误;对圆环进行受力分析,可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小,当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时,加速度减为0,速度达到最大,而后加速度反向且逐渐增大,圆环开始做减速运动,当圆环下滑到最大距离时,所受合力最大,大小为kL·cos30°-mg=2mg,大于开始时所受合力mg,C正确;由图中几何关系知圆环下降的高度为eq\r(3)L,由系统机械能守恒可得eq\r(3)mgL=ΔEp,B正确。12.如图所示,将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为m的小环,小环套在竖直固定的光滑直杆上,光滑定滑轮与直杆的距离为d,现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放,当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处),下列说法正确的是(重力加速度为g)()A.环与重物组成的系统机械能守恒B.小环到达B处时,重物上升的高度也为dC.小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\f(\r(2),2)D.小环在B处时的速度大小为eq\r(3-2\r(2)gd)答案AD解析由于小环和重物组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,故A正确;结合几何关系可知,重物上升的高度h=(eq\r(2)-1)d,故B错误;将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度,其中沿着绳子方向的速度等于重物上升的速度,则v物=v环·cos45°,环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为eq\r(2)∶1,故C错误;小环和重物组成的系统机械能守恒,则mgd-2mgh=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,环)+eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,物),且v物=v环cos45°,解得:v环=eq\r(3-2\r(2)gd),故D正确。第Ⅱ卷(非选择题,共52分)二、实验题(本题共2小题,共12分)13.(4分)如图所示,两个质量分别为m1和m2的小物块A和B,系在一条跨过定滑轮的软绳的两端,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________(填序号)。①物块的质量m1、m2②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,其中确实对提高实验结果的准确程度有作用的是________(填序号)。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答案(1)①②(或①③)(2)①③解析(1)通过连接在一起的A、B两物块验证机械能守恒定律,即验证系统的重力势能变化与动能变化之和是否为零。A、B连接在一起,A下降的距离一定等于B上升的距离;A、B的速度大小总是相等的,不需要测量绳子的长度,只需要选择①②或①③进行测量即可。(2)若绳子质量不能忽略,则A、B组成的系统的重力势能将有一部分转化为绳子的动能,若物块摇晃,则两物块的速度有差别,增大了实验误差,①③正确。而绳子的长度和两个物块的质量差应适当,②④错误。14.(8分)某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”,实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v,计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能eq\f(1,2)mv2,然后进行比较,如果两者相等或近似相等,即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题:(1)关于上述实验,下列说法中正确的是________。A.重物最好选择密度较小的木块B.重物的质量可以不测量C.实验中应先接通电源,后释放纸带D.可以利用公式v=eq\r(2gh)来求解瞬时速度(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带,纸带上的O点是起始点,选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点,并测出各计数点到O点的距离依次为27.94cm、32.78cm、38.02cm、43.65cm、49.66cm、56.07cm。已知打点计时器所用的电源是50Hz的交流电,重物的质量为0.5kg,则从计时器打下点O到打下点D的过程中,重物减小的重力势能ΔEp=________J;重物增加的动能ΔEk=________J,两者不完全相等的原因可能是____________。(重力加速度g取9.8m/s2,计算结果保留三位有效数字)(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v,以各计数点到A点的距离h′为横轴,v2为纵轴作出图像,如图丙所示,根据作出的图线,能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是__________________________________。答案(1)BC(2)2.142.12重物下落过程中受到阻力作用(3)图像的斜率等于19.52,约为重力加速度g的两倍,故能粗略验证解析(1)重物最好选择密度较大的铁块,受到的阻力较小,故A错误;本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律,需要验证的方程是mgh=eq\f(1,2)mv2,因为我们是比较mgh、eq\f(1,2)mv2的大小关系,故m可约去,不需要用天平测量重物的质量,操作时应先接通电源,再释放纸带,故B、C正确;不能利用公式v=eq\r(2gh)来求解瞬时速度,否则体现不了实验验证,却变成了理论推导,故D错误。(2)重力势能减小量ΔEp=mgh=0.5×9.8×43.65×10-2J≈2.14J。利用匀变速直线运动的推论:vD=eq\f(xOE-xOC,2T)=eq\f(49.66-38.02×10-2,2×0.02)m/s=2.91m/s,EkD=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)=eq\f(1,2)2J≈2.12J,动能增加量ΔEk=EkD-0=2.12J。由于存在阻力作用,所以减小的重力势能大于动能的增加。(3)根据表达式mgh′=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A),则有v2=veq\o\al(2,A)+2gh′;当图像的斜率为重力加速度的2倍时,即可验证机械能守恒,而图像的斜率k=eq\,0.25)m/s2=19.52m/s2,因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒。三、计算题(本题共4小题,共40分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)15.(8分)如图所示,竖直平面内的一半径R=0.5m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高,质量m=0.1kg的小球(可看作质点)从B点正上方H=0.75m高处的A点自由下落,由B点进入圆弧轨道,从D点飞出,不计空气阻力,(取g=10m/s2)求:(1)小球经过B点时的动能;(2)小球经过最低点C时的速度大小vC。答案(1)0.75J(2)5m/s解析(1)小球从A点到B点,根据动能定理有:mgH=Ek代入数据得:Ek=0.75J。(2)小球从A点到C点,由动能定理有:mg(H+R)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入数据得:vC=5m/s。16.(10分)某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过数据处理得到如图所示的vt图像,已知小车在0~t1时间内做匀加速直线运动,t1~10s时间内小车牵引力的功率保持不变,7s末到达最大速度,在10s末停止遥控让小车自由滑行,小车质量m=1kg,整个过程中小车受到的阻力Ff大小不变。(1)求小车所受阻力Ff的大小;(2)求在t1~10s内小车牵引力的功率P;(3)求出t1的值及小车在0~t1时间内的位移。答案(1)2N(2)12W(3)1.5s2.25m解析(1)在10s末撤去牵引力后,小车只在阻力Ff作用下做匀减速运动,由图像可得减速时的加速度大小为a=2m/s2则Ff=ma=2N。(2)小车做匀速运动阶段即7~10s内,设牵引力为F,则F=Ff由图像可知最大速度vm=6m/s解得P=Fvm=12W。(3)设0~t1时间内的位移为x1,加速度大小为a1,牵引力为F1,t1时刻速度为v1,则由P=F1v1得F1=4N,由F1-Ff=ma1得a1=2m/s2,则t1=eq\f(v1,a1)=1.5s,x1=eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)=2.25m。17.(10分)蹦极是一项非常刺激的运动。为了研究蹦极过程,可将人视为质点,人的运动沿竖直方向,人离开蹦极台时的初速度、弹性绳的质量、空气阻力均可忽略。某次蹦极时,人从蹦极台跳下,到a点时弹性绳恰好伸直,人继续下落,能到达的最低位置为b点,如图所示。已知人的质量m=50kg,弹性绳的弹力大小F=kx,其中x为弹性绳的形变量,k=200N/m,弹性绳的原长l0=10m,整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。取重力加速度g=10m/s2。在人离开蹦极台至第一次到达b点的过程中,机械能损失可忽略。(1)求人第一次到达a点时的速度大小v;(2)求人的速度最大时,弹性绳的长度;(3)已知弹性绳的形变量为x时,它的弹性势能Ep=eq\f(1,2)kx2,求人的最大速度。答案(1)10eq\r(2)m/s(2)12.5m(3)15m/s解析(1)人由蹦极台到a点的运动过程中,根据机械能守恒定律有:mgl0=eq\f(1,2)mv2所以:v=eq\r(2gl0)=10eq\r(2)m/s。(2)人的速度最大时,有kx=mg得x=eq\f(mg,k)=2.5m此时弹性绳的长度l=l0+x=12.5m。(3)设人的最大速度为vm,
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