全品复习方案2018高考物理大一轮复习第5单元机械能单元小结卷

1、 第 5 单元机械能 、选择题（每小题 6 分，共 48 分，15 小题为单选，68 小题为多选） 关于功是否为矢量，下列说法正确的是 （ ） 力是矢量，功也是矢量 因为功没有方向，所以功是标量 力和位移都是矢量，功也一定是矢量 因为功有正功和负功，所以功是矢量 在射箭比赛中，如图 ）5 A. “野牛”级重型气垫船的最大牵引力大于 2.9 X 10 N B. 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 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 D. 由题中给出的数据能计算阻力 Ff与速度v的比值k 4. 如图 D5-3 甲所示，水平面上一质量为 m的物体在水

2、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, 1 作用过程物体速度的倒数 V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 （ ） 1 . A. B. C. D. 2. 情况是( D5-1 所示，运动员右手向后拉弓弦的过程中，她对弓弦的做功 A. 直做正功 B. 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， 大功率燃气轮机，该机额定输出功率为 中所受的阻力Ff与速度v成正比，自重达 540 吨，最高速度为 108 k

3、m/h，装有“ M70” 8700 kW假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程 Ff = kv，则下列说法错误的是 5 2.9 X 10 N 2175 W 图 D5-1 A. 可求出m f和Vm B. 不能求出mJ 峙/(nr1 i) 0.1 / F 9 * s 图 D5-3 乙 甲 3 C. 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ti,第二次由C滑到 A，所用的时间为 t 2,小滑块两次的末速度大小相同，初速度大小分别为 Vi、V2，且运动过程始终沿着

4、滑道滑 A. viv V2 B . Vi = V2 C. 11= 12 D . tiv 12 6 如图 D5-5 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 A a的加速度为m B. a的重力势能增加mgh C. 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 D&6 所示，在绳索到达竖直

5、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 A. 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 &如图 D5-7 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 hi= 0.i 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H-h图像，其中高度从 0.2 m 上升到 行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定.则 用.

6、现对b施加竖直向下的恒力 b下降h高度过程中（ 索一直处于伸直状态. F, F列说法错误的是 4 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 D5-7 A. 小滑块的质量为 0.2 kg B. 轻弹簧原长为 0.2 m C. 弹簧最大弹性势能为 0.32 J D. 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

7、F= 25 N 作用下开始 运动.已知F与水平方向的夹角为 0 = 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/s 2) (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 D5-8 10. 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 V。= 6 m/s 做平抛运动刚好能沿轨道切线方向从 a点进 2 入轨道，已知轨道半径为 1 m,小球质量为 1 kg.(sin 53= 0.8 , cos

8、 53= 0.6 ,g 取 10 m/s ) (1) 求小球做平抛运动的飞行时间； 5 (2) 求小球到达b点时轨道对小球压力大小. 11. 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 I，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vo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 I = 2.5 m vo = 6 m/s, 物块质量m= 1 kg，与PQ段材料间的动摩擦因数 = 0.4，轨道其他部分摩擦不

9、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 vo从右侧冲上轨道，调节 PQ段的长度I，当I是多少时，物块恰能 不脱离轨道返回 A点继续向右运动？ n 图 D5-106 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，

10、人对弓弦的作用力和其运动位移方向相同， 根据公式W Ficos B可知人对弓弦一直做正功. P 3. C 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 =P= 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= Fv,而F-f = ma联立可得 卜Pa+ P，该图像斜率为m纵轴 截距为P，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. 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

11、，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 VQV2, 则滑块由A到C的平均速率大，故t&t2, D 正确. 6. BD 解析两物块静止时，mg= nagsin 0，解得m= 叫_，分别对a、b应用牛 sin 0 F- Ff F 顿第二定律，有 T- mgsin 0 Ff = ma, F+ mg- T= ma 解得 a= 二选项 A 错误；a m+ mm 重力势能的增量为 6= mghsin 0 = mgh选项 B 正确；根据能量守恒定律，绳的拉力对

12、 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- mghsin 0 Ffh= E，即 Fh- Rh= E,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= 2m&,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 vi，根据机械能守恒定律有 mgL=如玄 得vi=2gL,特战队员放开绳索后做平抛运动， 则

13、总的水平位移大小 x = L+ vit, 又竖直方向有H- L = *gt2，得x = L+ 2 ,L ( H- L),由数学知识可知，选项 B 错误；特战队 员落地时垫船的牵引力： 3 F= 一 30 一 N = 2.9 X 105 N，阻力与牵引力大小相等，选项 B 正确；当气 Ff v 2.9 X 10 30 Ns/m，选项 D 正确；若以最高时速 半的速度匀速航行, 则有 P= Ff v 垫船的速度小于最高时速时，提供的牵引力大于 2.9 X 105 N，选项 A 正确；由Ff = kv可得k 5 7 水平方向速度为 vi= 2gL,故选项 C 正确；特战队员落地时的竖直方向速度为 V

14、y =v2 v2= 2g ( H- L),故选项 D 正确. 8. AB 解析由动能定理得 Ek= F合(h hi) , hi= 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= 严=2 N, m= 0.2 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hi= 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 巳+ mgh，当滑块到达h2 =0.35 m 处，动能又为 0，弹簧的弹性势能

15、也为 0,系统的机械能为 mgh，由机械能守恒定 律有&卄mgh= mgh,解得 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 Emin =曰卄 mgh 0.38 J , 故 D 错误. 9. (1)50 J (2)0.4 解析(1)由动能定理得 1 2 Fscos 37 沖 1 2 解得 W= Fscos 37 2mv= 50 J. 对物体进行受力分析，如图所示. J * *i Fi 尸 f 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 =

16、 (1 FN= ( mg- Fsin 0 ) 由 W= 1( mg- Fsin 0 ) s 解得 1 = 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 Vy =tan 53 V0 vy= gt 解得 t = 0.8 s. (2)设小球的初始位置距 a点高度为h,有 1 , 2 h = ?gt = 3.2 m 设小球的初始位置距 b点高度为H,有 3 H= h R+ R= 1.6 m 5 小球从初始位置运动到 b由动能定理，有 1 2 1 2 8 mgH= gmv mv 对b点由牛顿二定律，有 Vb N+ mg= mR 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 12 12 mv= mv + 2mgR 物块经B点时，由牛顿第二定律得 2 mv FN+ mg= -R 联立解得FN= 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。= 6 m/s 在PQ段运动时，由牛顿第二定律得 卩 mg= ma 由匀变速直线运动