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高一周测卷______________,新教材物理·J· 高一同步周测卷/物理(十六) -,单项选择题6.B【解析】根据a=三可知a_2=2a_1,根据s=at可知 1.c【解析】根据题干信息可得W=Pt=1000^×1.36=2s,根据牛顿第二定律得F-f=ma,有F_ε-f ×735×6×60J≈1×10^6J,C项正确。=2(F|-f),所以有F_2<2F_1,根据功的公式得W 2.A【解析】根据力做功的公式可知拉力对小车做功=F_2s_2≤2F_1s_2=4F_1s_1=4W_B,A项错误,B项正确; 为W=Flsin a,A项正确;支持力和重力的方向与运克服摩擦力做的功为W_u=fs_2=2fs_1=2W+,C,D项 动方向垂直,所以不做功,B,D项错误;根据力做功公错误。 式可知阻力做功为W_i=-F_fL,C项错误。7.A【解析】电梯向下加速时有向下的加速度,该同学 3.C【解析】缓慢运动,运动员的动能不变,A项错误;也有向下的加速度,支持力小于重力,处于失重状态, 重力对运动员做功W=mgh=70J,做正功,运动员A项正确,B项错误;人乘电梯从顶楼下降到一楼,在 的重力势能减小了70J,B,D项错误,C项正确。此过程中,他虽然经历了先加速,后匀速,再减速的运 4.D【解析】物体的位置确定了,但是零重力势能点不动过程,但是支持力的方向始终向上,与位移方向相 确定,则它的重力势能的大小也不能确定,A项错误:反,所以支持力始终做负功,C,D项错误。 若物体在零势能点以下。则物体与零势能面的距离越8.C【解析】0~5s内物块的位移为12.5m,则力F 大,它的重力势能越小,B项错误;一个物体的重力势的作用点移动的距离为s=12.5\sqrt{3}m,所以0~5s内 能从—5J变化到一3J,重力势能变大了,C项错误; 离地面有一定高度的物体,若取与物体等高处为零势力F做的功为W=Fscos号=112.5J,A项错误; 能点,则其重力势能为零,D项正确。根据图乙可知3s末物块的速度为3m/s,则力F的 5.D【解析】该配送机器人满载情况下达到最大时速作用点移动的速度为v=3\sqrt{3}m/s3s末拉力F的功 时功率约为P=Fvm=fv_w=0^×(350+200)×10×率为P=Fvcos﹖=27W.B项错误;5~10s内,物 3.6w=2750W,A项错误;该配送机器人以额定功块做匀速运动。则有f=F+Feosθ=6N.C项正确5 率启动时,先做加速度减小的变加速运动,直至达到 ~10s内物块的位移为25m,则力F的作用点移动 最大速度,然后保持匀速运动,B项错误;配送机器人的距离为s=25\sqrt{3}m,所以5~10s内拉力F做的功 满载情况下以额定功率启动,当速度为7.2km/h时,为W=Fscos当=150J.D项错误。 配送机器人受到的牵引力F=一,由牛顿第二定律有二、非选择题 a=F=,,联立代人数据可得a=1.5m/s^,C项错 9.【解析】(1)当达到最大速度时牵引力F=mgsinθ+ kmg(2分) &该配送机器人空载时最大速度α-p一只根据P=F(2分) 2760m/s≈7.86m/s。减速时加速度大小为a_1=m可得最大速度v。-mgsinθ+kmg P =55%55∘^∘m/s≈2.57m/s^,所以从最大速度开始0Ω0.0g5m/s=40m/s(2分) (0.02- 减速至零所需时间t=a≈3.1s,D项正确。 (2)匀加速过程中有F′-mgsinθ-kmg=ma(2分) P=F′v(2分) ·17﹒ ·新教材物理·J· 参考答案及解析 v=at (2分) (Gcos a)scos180°=-0.2×500×0.8×5J= 联立解得t=20s (1分) -400J (3分) (3)在车顶集成的6平方米面积太阳能芯片接受到太 所有外力对货物做的总功W总=W,十W:十W:十 阳能转化为电能的功率 W,=(2000-1500+0-400)J=100J (3分) P=67%×30%P,s_0.67×0.3×4X10×6 W 11.【解析】(1)图线AB表示牵引力F不变,阻力f不 47π2 4×3.14×(1.5×10)7 变,汽车做匀加速直线运动,图线BC的斜率表示汽 1707W (2分) 车的功率P,P不变,则汽车做加速度减小的加速运 即车顶太阳能芯片接受到太阳能从而转化为电能的 动,直至达到最大速度,此后汽车做匀速直线运 功率远小于30kW,可见这种汽车采用纯太阳能驱动 动 (3分) 保持输出功率30kW是不可行的 (1分) (2)汽车速度为2时,牵引力为F1=2×103N 10.【解析】受力分析如图所示 所以=P=3X10 F12X10m/s=15m/s (3分) (3)汽车做匀加速直线运