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2015高三物理第一轮复习第五章机械能及其守恒定律练习题（附答

案）

一 高考题组 1．(多选)(2011?高考新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用，此后，该质点的动能可能( ) A．一直增大 B．先逐渐减小至零，再逐渐增大 C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 2．(2010?高考山东卷) 如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R＝0.45 m，水平轨道AB长s1＝3 m，OA与AB均光滑，一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F＝1.6 N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F.当小车在CD上运动了s2＝3.28 m时速度v＝2.4 m/s，此时滑块恰好落入小车中，已知小车质量M＝0.2 kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0.4.(取g＝10 m/s2)求： (1)恒力F的作用时间t. (2)AB与CD的高度差h.

二 模拟题组 3．(单选)(2014?河北石家庄质检)如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下列说法正确的是( ) A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定 B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为12mv22－12mv21 C．t1～t2时间内的平均速度为12(v1＋v2) D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小 4．(2014?长春模拟)歼15战机在辽宁舰上试飞成功标志着我国舰载机发展迈出了新的一步．歼15战机的质量为m，以水平速度v0飞离辽宁舰逐渐上升，假设在此过程中水平分速度不变，在重力和竖直向上的恒定升力作用下前进L时，上升高度为h.求： (1)升力的大小； (2)上升高度为h时战机的动能； (3)上升高度为h时升力的功率．

三 选做题 5．(改编题) 如图为竖直平面内的坐标系xOy，在第二象限有一光滑足够长水平平台，在第一象限固定一曲面呈抛物线形状的物体，曲面满足方程y＝x23.6.在平台上的P点(图上未标出)，坐标

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为(－2 m,3.6 m)，现有一质量为m＝1 kg的物块(不计大小)，用水平向右的力F＝9 N拉物块，当物块离开平台时立即撤去拉力，最终物块撞到曲面上(g取10 m/s2)．求：

(1)物块撞到曲面前瞬间的动能大小； (2)要使物块撞到曲面前瞬间的动能最小，物块初始位置的坐标．

温馨提示 日积月累，提高自我 请做课后达标检测15

1．[解析]选ABD.当恒力方向与质点原来速度方向相同时，质点的动能一直增大，故A正确．当恒力方向与质点原来速度方向相反时，速度先逐渐减小至零再逐渐增大，质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大，故B正确．当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时，将原来速度v0分解为平行恒力方向的vy，垂直恒力方向的vx，如图甲，vy先逐渐减小到零再逐渐增大，vx始终不变，v＝v2x＋v2y，质点速度v先逐渐减小至vx再逐渐增大，质点的动能先减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，故D正确．当恒力方向与v0方向夹角小于90°时，如图乙，vy一直增大，vx始终不变，质点速度v逐渐增大，动能一直增大，没有其他情况，故C错误． 2．[解析](1)设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得 Fs－μMgs2＝12Mv2① 设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得 F－μMg＝Ma② s＝12at2③ 联立①②③式，代入数据得 t＝1 s．④ (2)设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为v′，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a′，减速时间为t′，由牛顿运动定律得 v′＝at⑤ －μMg＝Ma′⑥ v＝v′＋a′t′⑦ 设滑块的质量为m，运动到A点的速度为vA，由动能定理得 mgR＝12mv2A⑧ 设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得 s1＝vAt1⑨ 设滑块做平抛运动的时间为t′1，则 t′1＝t＋t′－t1⑩ 由平抛规律得h＝12gt′21? 联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩?式，代入数据得 h＝0.8 m. [答案]见解析 3．[解析]选D.汽车在0～t1时间内，牵引力恒定，速度均匀增加，由P＝Fv知其功率也增加，A错误；t1～t2时间内，根据动能定理知WF－Wf＝12mv22－12mv21，B错误；由于t1～t2时间内不是匀变速直线运动，故v≠12(v1＋v2)，C错误；全过程中，t1时刻牵引力最大，功率达到额定功率，也最大，之后，

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功率不变，牵引力减小，直至F＝f，此后汽车匀速运动，D正确． 4．[解析](1)水平方向：L＝v0t 竖直方向：F－mg＝ma h＝at2/2 解得：F＝mg＋2mv20hL2. (2)由动能定理：(F－mg)h＝Ek－mv20/2 解得：Ek＝

＋

战机升高h时，竖直分速度为vy，则h

＝vyt/2 P＝Fvy 解得：P＝2mghv0L＋4mv30h2L3. [答案]见解析 5．[解析](1)物块在平台上运动过程：FxP＝mv20/2 解得：v0＝6 m/s 物块离开平台后做平抛运动：x1＝v0t y1＝gt2/2 yP－y1＝x213.6 解得：y1＝1.2 m 由动能定理：mgy1＝Ek1－12mv20 解得：Ek1＝30 J. (2)设物块初始位置坐标为(－x0，y0)， 由动能定理：Fx0＝mv21/2 物块离开平台后：x2＝v1t1 y2＝gt21/2 y0－y2＝x223.6 Fx0＋mgy2＝Ek 解得：Ek＝12[(v21＋18)＋1 296v21＋18]－9 由数学知识可知：当v21＋18＝36即v1＝32 m/s时，Ek有最小值． 解得：x0＝1 m 因此物块初始位置坐标为(－1 m,3.6 m)． [答案]见解析