2018高考物理大一轮复习方案：第5单元 机械能 物理测评

单元小结卷(五)一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8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F f与速度v成正比，即F f＝k v，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2.9×105 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2.9×105 N C．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 W D．由题中给出的数据能计算阻力F f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v m，作用过程物体速度的倒数1v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 mB．不能求出mC．不能求出fD．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D5­4A．v1＜v2B．v1＝v2 C．t1＝t2D．t1＜t26．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D5­5A．a的加速度为F mB．a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D．F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h1＝0.1 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E k­h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g＝10 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D5-8所示，质量m＝4 kg的物体静止在水平面上，在外力F＝25 N作用下开始运动．已知F与水平方向的夹角为θ＝37°，物体的位移为5 m时，具有50 J的动能．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，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D5-810．如图D5-9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v0＝6 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 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，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D5-911．如图D5-10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v 0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R ＝0.4 m ，l ＝2.5 m ，v 0＝6 m/s ，物块质量m ＝1 kg ，与PQ 段材料间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．g 取10 m/s 2.(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v 0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D5-10参考答案（测评手册）单元小结卷(五)1．B 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．2．A 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W ＝FL cos θ可知人对弓弦一直做正功．3．C 解析] 由F ＝Pv 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 ＝8700×10330N ＝2.9×105N ，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2.9×105 N ，选项A 正确；由F f ＝k v 可得k ＝F f v ＝2.9×10530 N ·s/m ，选项D 正确；若以最高时速一半的速度匀速航行，则有P ′＝F f ′v ′＝P4＝2175 kW ，选项C 错误．4．A 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P ＝F v ，而F －f ＝ma ，联立可得1v ＝m P a ＋fP ，该图像斜率为m P ，纵轴截距为fP ，因此可求出m 、f 和v m ，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．5．D 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v 1>v 2，则滑块由A 到C 的平均速率大，故t 1<t 2，D 正确．6．BD 解析] 两物块静止时，mg ＝m a g sin θ，解得m a ＝msin θ，分别对a 、b应用牛顿第二定律，有T －m a g sin θ－F f ＝m a a ，F ＋mg －T ＝ma ，解得a ＝F －F f m ＋m a <Fm ，选项A 错误；a 重力势能的增量为ΔE p ＝m a gh sin θ＝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Fh ＋mgh －m a gh sin θ－F f h ＝ΔE k ，即Fh －F f h ＝ΔE k ，选项D 正确．7．AB 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mgH ＝12m v 2，得v ＝2gH ，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v 1，根据机械能守恒定律有mgL ＝12m v 21，得v 1＝2gL ，特战队员放开绳索后做平抛运动，则总的水平位移大小x ＝L ＋v 1t ，又竖直方向有H －L ＝12gt 2，得x ＝L ＋2L （H －L ），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v 1＝2gL ，故选项C 正确；特战队员落地时的竖直方向速度为v y ＝v 2－v 21＝2g （H －L ），故选项D 正确．8．AB 解析] 由动能定理得ΔE k ＝F 合(h －h 1)，h 1＝0.1 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＝mg ＝|ΔE k |Δh＝2 N ，m ＝0.2 kg ，选项A 正确；由题意和图像知，h ≥0.2 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h 1＝0.1 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E pm ＋mgh 1，当滑块到达h 2＝0.35 m 处，动能又为0，弹簧的弹性势能也为0，系统的机械能为mgh 2，由机械能守恒定律有E pm ＋mgh 1＝mgh 2，解得E pm ＝0.5 J ，选项C 错误；由图可知，当h ＝0.18 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E pmin ＝E pm ＋mgh 1－E km ＝0.38 J ，故D 错误．9．(1)50 J (2)0.4解析] (1)由动能定理得Fs cos 37°－W f ＝12m v 2解得W f ＝Fs cos 37°－12m v 2＝50 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f ＝μF N ＝μ(mg －F sin θ)由W f ＝μ(mg －F sin θ)s 解得 μ＝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 v yv 0＝tan 53° v y ＝gt解得t ＝0.8 s.(2)设小球的初始位置距a 点高度为h ，有 h ＝12gt 2＝3.2 m设小球的初始位置距b 点高度为H ，有H ＝h －R ＋35R ＝1.6 m小球从初始位置运动到b 由动能定理，有mgH ＝12m v 2b－12m v 2对b 点由牛顿二定律，有N ＋mg ＝m v 2bR 解得N ＝58 N.11．(1)40 N ，方向竖直向上 (2)0.5 s 8 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 12m v 20＝12m v 2＋2mgR物块经B 点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R联立解得F N ＝40 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v 0＝6 m/s 在PQ 段运动时，由牛顿第二定律得 μmg ＝ma由匀变速直线运动规律得l ＝v 0t －12at 2联立解得t ＝0.5 s设物块在P 点时速度为v 1，则v 21－v 20＝－2μgl根据能量守恒定律，物块压缩弹簧时动能转化为弹性势能E pm ＝12m v 21联立并代入数据解得E pm ＝8 J.(3)设物块以初速度v 0冲上轨道直到回到PQ 段右侧Q 点时速度为v 2.根据动能定理得－2μmgl ＝12m v 22－12m v 2物块恰能不脱离轨道，则最高点的速度v 3应满足mg ＝m v 23R根据机械能守恒定律得 12m v 22＝2mgR ＋12m v 23 联立解得l ＝1 m.。