1、第七章 章末检测卷 点击进入Word文稿 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第18小题，只有一个选项符合题意；第912小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)1如图所示的四幅图是小明提包回家的情景，小明提包的力不做功的是()解析 只有同时满足有力及在力的方向上有位移两个条件时，力对物体才做功，A、C、D做功，B没有做功，选B。解析 答案 B答案 2下列说法中正确的是()A能就是功，功就是能B做功越多，物体
2、的能量就越大C外力对物体不做功，这个物体就没有能量D能量转化的多少可以用做功来量度解析 功和能是两个不同的概念，做功的多少只是说明了能量转化的多少而不能说明能量的多少，外力做功与否不能说明物体能量的有无，功是能量转化的量度，故只有D正确。解析 答案 D答案 3运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A阻力对系统始终做负功B系统受到的合外力始终向下C重力做功使系统的重力势能增加D任意相等的时间内重力做的功相等答案 A答案 解析 阻力始终与运动方向相反，做负功，所以A正确。加速下降时合外力向下，而减速下降时合外力向上，所以B错误。重力做
3、功，重力势能减小，则C错误。时间相等，但物体下落距离不同，重力做功不等，所以D错误。解析 4质量为m20 kg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。02 s内F与运动方向相反，24 s内F与运动方向相同，物体的v-t图象如图所示，g取10 m/s2，则()A拉力F的大小为100 NB物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC4 s内拉力所做的功为480 JD4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J答案 B答案 解析 由图象可得：02 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1|v|t 102 m/s25 m/s2，匀减速过程有Ffma1；24 s内物体做匀加速直线运动，加
4、速度大小为a2|v|t 22 m/s21 m/s2，有Ffma2，解得f40 N，F60 N，故A错误。物体在4 s时拉力的瞬时功率为PFv602 W120 W，故B正确。4 s内物体通过的位移为x122101222 m8 m，拉力做功为WFx480 J，故C错误。4 s内物体通过的路程为s122101222 m12 m，克服摩擦力做功为Wffs4012 J480 J，故D错误。解析 5静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力，不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是()答案 C答案 解析 物体机械能的增量等于恒力做的功，恒力做功WFFh，h12at
5、2，则有外力作用时，物体机械能随时间变化的关系为E12Fat2。撤去恒力后，物体机械能不变，故C正确。解析 6如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是()Amgh12mv2B.12mv2mghCmghDmgh12mv2答案 A答案 解析 由A到C的过程运用动能定理可得：mghW0 12 mv2，所以Wmgh12mv2，故A正确。解析 7如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，小球经
6、过轨道连接处无机械能损失，则小球经过A点时的速度大小为()A.v204gh B.4ghv20Cv202gh D.2ghv20答案 B答案 解析 小球从A到B，由动能定理得Wfmgh0 12 mv 20，从A经B返回A，由动能定理得2Wf12mv212mv20，联立解得v 4ghv20，B正确。解析 8如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是()A2R B.5R3 C.4R3 D.2R3答案 C答案 解析 设A、B的质量分别为2m、m，当A落到地面，B恰
7、运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，机械能守恒，故有2mgRmgR12(2mm)v2，当A落地后，B球以速度v竖直上抛，到达最高点时上升的高度为hv22gR3，故B上升的总高度为Rh43R，C正确。解析 9如图，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h。下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0)()A若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为hB若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点C若把斜面弯成圆弧形AD，物体仍沿圆弧升高hD若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为
8、h答案 BD答案 解析 在光滑斜面运动到B点的过程中，系统机械能守恒，若把斜面CB部分截去，物体从A点运动到C点后做斜上抛运动，到达最高点时有水平方向的分速度，则物体上升不到h高度，故A错误；而把斜面AB变成曲面AEB，物体到达最高点速度仍为零，物体可达最大高度h，即到达B点，故B正确；而沿圆弧形AD，物体做圆周运动，到达最高点需要有个最小速度，所以物体不能沿圆弧升高h，故C错误；若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升到最高点时速度有可能为0，即上升的最大高度有可能仍为h，故D正确。解析 10物体沿直线运动的v-t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则()A从第
9、1秒末到第3秒末合外力做功为4WB从第3秒末到第5秒末合外力做功为2WC从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75W答案 CD答案 解析 由题图知第1秒末、第3秒末、第7秒末速度大小关系：v1v3v7，由题知W 12 mv 21 0，则由动能定理得从第1秒末到第3秒末合外力做功W2 12mv 23 12 mv 21 0，故A错误；从第3秒末到第5秒末合外力做功W3 12mv 2512mv 23012mv 21W，故B错误；从第5秒末到第7秒末合外力做功W412mv27012mv21W，故C正确；从第3秒末到第4秒末合外力做功W512mv2412mv2312m1
10、2v1212mv210.75W，故D正确。解析 11一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同。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做功的大小W为()Av0 Bv12 m/sCW0 DW10.8 J答案 BC答案 解析 速度是矢量，速度的变化量也是矢量，反弹后小球的速度与碰前速度等值反向，则速度变化量为vv2v(设碰撞前速度方向为正)，其大小为v2v12 m/s，故B正确。反弹前、后小球的动能没有变化，即Ek0，根据动能定理：物体受合外力做功等于物体动能的变化，而碰撞过程中小球只受重力
11、和墙的作用力，重力做功为0，则墙对小球做功，WEk0，故C正确。解析 12图甲所示为索契冬奥会上为我国夺得首枚速滑金牌的张虹在1000 m决赛中的精彩瞬间。现假设某速滑运动员某段时间内在直道上做直线运动的速度时间图象可简化为图乙，已知运动员(包括装备)总质量为60 kg，在该段时间内受到的阻力恒为总重力的0.1倍，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A在13 s内，运动员的加速度为0.5 m/s2B在13 s内，运动员获得的动力是30 NC在05 s内，运动员的平均速度是12.5 m/sD在05 s内，运动员克服阻力做的功是3780 J答案 AD答案 解析 13 s内加速度的大小为a v
12、t 13122 m/s20.5 m/s2，A正确；根据牛顿第二定律得Ffma，解得动力的大小F0.1mgma60 N30 N90 N，故B错误；05 s内的位移x121 m12(1213)2 m132 m63 m，则 v xt 635 m/s12.6 m/s，C错误；Wffx0.1601063 J3780 J，D正确。解析 第卷(非选择题，共52分)二、实验题(本题共2小题，共12分)13(4分)某同学做“探究合力做的功和物体速度变化的关系”的实验装置如图甲所示，小车在橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行。用1条橡皮筋对小车做的功记为W，当用2条、3条完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次实验时
13、，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致。实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。如图乙所示是某次操作正确的情况下，在频率为50 Hz的电源下打点计时器记录的一条纸带，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的_(填“AF”或“FI”)部分进行测量，速度大小为_ m/s。答案 FI 0.76答案 解析 小车获得的速度应为橡皮筋对小车作用完毕时小车的速度，此时小车做匀速直线运动，故应选FI段进行测量。速度大小v1.521020.02m/s0.76 m/s。解析 14(8分)“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法。(g取10 m/s2)(1)用公式 12 mv2mgh时，对纸带上起点的
14、要求是初速度为_，为达到此目的，所选择的纸带第1、2两点间距应接近_(打点计时器打点的时间间隔为0.02 s)。(2)若实验中所用重物质量m1 kg，打点纸带如图甲所示，打点时间间隔为0.02 s，则记录B点时，重物速度vB_，重物的动能EkB_，从开始下落至B点，重物的重力势能减少量是_，因此可得出的结论是_。(3)根据纸带算出相关各点的速度值，量出下落的距离，则以v22为纵轴，以h为横轴画出的图线应是图乙中的_。答案(1)0 2 mm(2)0.59 m/s 0.174 J 0.176 J 在实验误差允许的范围内，重物动能的增加量等于重力势能的减少量(3)C答案 解析(1)用 12 mv2m
15、gh验证机械能守恒定律，应使初速度为0，所选纸带的第1、2两点间距应接近2 mm。(2)vBsAC2T31.47.810320.02 m/s0.59 m/s，EkB12mv2B1210.592 J0.174 J，重力势能减少量Epmgh11017.6103 J0.176 J，这说明在实验误差允许的范围内，重物动能的增加量等于重力势能的减少量。(3)由12mv2mgh可得v22 ghh，故C正确。解析 三、计算题(本题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的题注明单位)15(9分)如图所示，质量m2 kg的小球用长L1.05 m的轻质细绳悬挂在距水平地面高H6.05 m的O
16、点。现将细绳拉直至水平状态，自A点无初速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时细绳恰好断裂，接着小球做平抛运动，落至水平地面上C点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)细绳能承受的最大拉力；(2)细绳断裂后小球在空中运动所用的时间；(3)小球落地瞬间速度的大小。答案(1)60 N(2)1 s(3)11 m/s答案 解析(1)根据机械能守恒定律得mgL12mv2B由牛顿第二定律得Fmgmv2BL解得最大拉力F3mg60 N，根据牛顿第三定律可知，细绳能承受的最大拉力为60 N。(2)细绳断裂后，小球做平抛运动，且HL12gt2故t2HLg26.051.0510 s1 s。解析(
17、3)整个过程，小球的机械能不变，故mgH12mv2C所以vC 2gH 2106.05 m/s11 m/s。解析 16(9分)如图所示，半径R0.4 m的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A点，质量为m1 kg的小物体(可视为质点)在水平拉力F的作用下，从静止开始由C点运动到A点，物体从A点进入半圆轨道的同时撤去外力F，物体沿半圆轨道通过最高点B后做平抛运动，正好落在C点，已知xAC2 m，F15 N，g取10 m/s2，试求：(1)物体在B点时的速度大小以及此时半圆轨道对物体的弹力大小；(2)物体从C到A的过程中，摩擦力做的功。答案(1)5 m/s 52.5 N(2)9.5 J答案 解析(1)设
18、物体在B点的速度为v，由B到C做平抛运动2R12gt2，xACvt，解得v5 m/s由牛顿第二定律有FNmgmv2R，解得FN52.5 N(2)从A到B，由机械能守恒得12mv2A12mv2mg2R由C到A应用动能定理可得FxACWf12mv2A0，联立解得Wf9.5 J。解析 17(10分)如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v-t图象如图乙所示(在t15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW 不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和
19、空气阻力等)各自有恒定的大小。(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1；(2)求汽车刚好到达B点时的加速度a；(3)求BC路段的长度。答案(1)2000 N(2)1 m/s2(3)68.75 m答案 解析(1)汽车在AB路段时，有F1Ff1，PF1v1，联立解得：Ff1Pv12010310 N2000 N。(2)t15 s时汽车处于平衡态，有F2Ff2，PF2v2，联立解得：Ff2Pv2201035 N4000 Nt5 s时汽车开始减速运动，有F1Ff2ma，解得a1 m/s2。(3)从B到C由动能定理可得PtFf2x12mv2212mv21解得x68.75 m。解析 18(12分)滑板
20、运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m。某运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度分别为h和H，且h2 m，H2.8 m，g取10 m/s2。求：(1)运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB；(2)轨道CD段的动摩擦因数；(3)通过计算说明，第一次
21、返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？答案(1)6 m/s(2)0.125(3)不能回到B处，最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)答案 解析(1)由题意可知：vBv0cos60，解得vB6 m/s。(2)从B点到E点，由动能定理可得：mghmgsCDmgH012mv2B代入数据可得：0.125。(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理得：mghmghmg2sCD012mv2B解析 解得h1.8 mh2 m，所以第一次返回时，运动员不能回到B点。设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得：mghmgs012mv2B解得s30.4 m。因为s3sCD6.4 m，所以运动员最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)。解析 本课结束
