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1、第5单元 机械能一、选择题(每小题6分，共48分，15小题为单选，68小题为多选)1关于功是否为矢量，下列说法正确的是()A力是矢量，功也是矢量B因为功没有方向，所以功是标量C力和位移都是矢量，功也一定是矢量D因为功有正功和负功，所以功是矢量2在射箭比赛中，如图D51所示，运动员右手向后拉弓弦的过程中，她对弓弦的做功情况是()图D51A一直做正功B一直做负功C先做正功，后做负功D先做负功，后做正功3中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，最高速度为108 km/h，装有“M70”大功率燃气轮机，该机额定输出功率为8700 kW.假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程中所受的阻力Ff与速度v
2、成正比，即Ffkv，则下列说法错误的是()图D52A“野牛”级重型气垫船的最大牵引力大于2.9105 NB在额定输出功率下以最高时速匀速航行时，气垫船所受的阻力为2.9105 NC以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为2175 WD由题中给出的数据能计算阻力Ff与速度v的比值k4如图D53甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值vm，作用过程物体速度的倒数与加速度a的关系图像如图乙所示仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是()图D53A可求出m、f和v
3、m B不能求出mC不能求出f D可求出加速运动时间5如图D54所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到 A，所用的时间为t2，小滑块两次的末速度大小相同，初速度大小分别为v1、v2，且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定则()图D54Av1v2 Bv1v2 Ct1t2 Dt1t26如图D55所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，
4、则在b下降h高度过程中()图D55Aa的加速度为Ba的重力势能增加mghC绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加量DF对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加量7特战队员在进行素质训练时，抓住一端固定在同一水平高度的不同位置的绳索另一端，从高度一定的平台由水平状态无初速度开始下摆，如图D56所示，在绳索到达竖直状态时放开绳索，特战队员水平抛出直到落地不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点，绳索一直处于伸直状态下列说法错误的是()图D56A绳索越长，特战队员落地时的速度越大B绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大C绳索越长，特战队员落地时的水平方向速度越大D绳索越长，特战队员落地时
5、的竖直方向速度越小8如图D57甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至其离地高度h10.1 m处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图像，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g10 m/s2，由图像可知()图D57A小滑块的质量为0.2 kgB轻弹簧原长为0.2 mC弹簧最大弹性势能为0.32 JD小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.18 J二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明
6、)9如图D58所示，质量m4 kg的物体静止在水平面上，在外力F25 N作用下开始运动已知F与水平方向的夹角为37，物体的位移为5 m时，具有50 J的动能求：(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)(1)此过程中，物体克服摩擦力所做的功；(2)物体与水平面间的动摩擦因数图D5810如图D59所示为圆弧形固定光滑轨道，a点切线方向与水平方向夹角为53，b点切线方向水平一小球以水平初速度v06 m/s做平抛运动刚好能沿轨道切线方向从a点进入轨道，已知轨道半径为1 m，小球质量为1 kg.(sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2)(1)求小球做平抛运动的飞
7、行时间；(2)求小球到达b点时轨道对小球压力大小图D5911如图D510所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节使其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧，弹簧的左端固定，处于自然伸长状态可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回已知R0.4 m，l2.5 m，v06 m/s，物块质量m1 kg，与PQ段材料间的动摩擦因数0.4，轨道其他部分摩擦不计g取10 m/s2.(1)求物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；(2)求物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；(3)物块仍
8、以初速度v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动？图D510参考答案（测评手册）单元小结卷(五)1B解析 力是矢量，功是标量，故A错误；功没有方向，故功是标量，故B正确；力和位移是矢量，但功是标量，故C错误；功是标量，当力对物体做正功时表示该力为动力，当力对物体做负功时表示该力为阻力，故D错误2A解析 在运动员向后拉弓弦的过程中，人对弓弦的作用力和其运动位移方向相同，根据公式WFLcos 可知人对弓弦一直做正功3C解析 由F可得在额定输出功率下以最高时速匀速航行时，“野牛”级重型气垫船的牵引力：F N2.9105 N，阻力与牵引力大小相等，选
9、项B正确；当气垫船的速度小于最高时速时，提供的牵引力大于2.9105 N，选项A正确；由Ffkv可得k Ns/m，选项D正确；若以最高时速一半的速度匀速航行，则有PFfv2175 kW，选项C错误4A解析 当加速度为零时，物体做匀速运动，此时的牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得PFv，而Ffma，联立可得a，该图像斜率为，纵轴截距为，因此可求出m、f和vm，选项A正确，B、C错误物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项D错误5D解析 滑块运动过程中，径向合力提供向心力AB段速度越大，滑块对滑道压力越大，其所受摩擦力越大；BC段速度越小，滑块对滑道的压力越大，其所受摩擦
10、力越大两种情况末速度大小相等，所以滑块由A到C克服摩擦力做功较多，结合动能定理可知v1v2，则滑块由A到C的平均速率大，故t1t2，D正确6BD解析 两物块静止时，mgmagsin ，解得ma，分别对a、b应用牛顿第二定律，有Tmagsin Ffmaa，FmgTma，解得a，选项A错误；a重力势能的增量为Epmaghsin mgh，选项B正确；根据能量守恒定律，绳的拉力对a做的功等于a增大的机械能和克服摩擦力产生的内能之和，所以绳的拉力对a做的功大于a增大的机械能，选项C错误；对a、b组成的系统应用动能定理，有Fhmghmaghsin FfhEk，即FhFfhEk，选项D正确7AB解析 设平台
11、高为H，特战队员落地时的速率为v，特战队员从开始下摆到落地，绳索的拉力不做功，根据机械能守恒定律有mgHmv2，得v，v与绳索长度无关，选项A错误；设绳索的长度为L，放开绳索时，特战队员的速率为v1，根据机械能守恒定律有mgLmv，得v1，特战队员放开绳索后做平抛运动，则总的水平位移大小xLv1t，又竖直方向有HLgt2，得xL2，由数学知识可知，选项B错误；特战队员落地时水平方向速度为v1，故选项C正确；特战队员落地时的竖直方向速度为vy，故选项D正确8AB解析 由动能定理得EkF合(hh1)，h10.1 m，所以图线各点的切线斜率的绝对值等于合外力的大小，图像的直线部分表示合外力恒定，即滑
12、块离开了弹簧只受重力作用，F合mg2 N，m0.2 kg，选项A正确；由题意和图像知，h0.2 m时不受弹簧的弹力，即脱离了弹簧，所以弹簧原长为0.2 m，选项B正确；滑块在h10.1 m处，弹簧的弹性势能最大，动能为0，滑块与弹簧作为系统的机械能为Epmmgh1，当滑块到达h20.35 m处，动能又为0，弹簧的弹性势能也为0，系统的机械能为mgh2，由机械能守恒定律有Epmmgh1mgh2，解得Epm0.5 J，选项C错误；由图可知，当h0.18 m时，动能最大，由机械能守恒定律可知，此时滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，最小值为EpminEpmmgh1Ekm0.38 J，故D错误9(
13、1)50 J(2)0.4解析 (1)由动能定理得Fscos 37Wfmv2解得WfFscos 37mv250 J.(2)对物体进行受力分析，如图所示把拉力在水平方向和竖直方向进行分解，根据竖直方向受力平衡和滑动摩擦力公式得fFN(mgFsin )由Wf(mgFsin )s解得0.4.10(1)0.8 s(2)58 N解析 (1)小球进入轨道时速度方向与水平方向夹角为53，有tan 53vygt解得t0.8 s.(2)设小球的初始位置距a点高度为h，有hgt23.2 m设小球的初始位置距b点高度为H，有HhRR1.6 m小球从初始位置运动到b由动能定理，有mgHmvmv对b点由牛顿二定律，有Nm
14、gm解得N58 N.11(1)40 N，方向竖直向上(2)0.5 s8 J(3)1 m解析 (1)设物块冲上圆形轨道最高点B时速度为v由机械能守恒定律得mvmv22mgR物块经B点时，由牛顿第二定律得FNmg联立解得FN40 N由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小为40 N，方向竖直向上(2)物块在Q点时速度为v06 m/s在PQ段运动时，由牛顿第二定律得mgma由匀变速直线运动规律得lv0tat2联立解得t0.5 s设物块在P点时速度为v1，则vv2gl根据能量守恒定律，物块压缩弹簧时动能转化为弹性势能Epmmv联立并代入数据解得Epm8 J.(3)设物块以初速度v0冲上轨道直到回到PQ段右侧Q点时速度为v2.根据动能定理得2mglmvmv物块恰能不脱离轨道，则最高点的速度v3应满足mg根据机械能守恒定律得mv2mgRmv联立解得l1 m.
