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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vm 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,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)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(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Nmgm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.
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