机械能是动能与势能的总和，这里的势能分为重力势能和弹性势能。威廉希尔app 为大家推荐了高三物理第一轮复习第五章练习题，请大家仔细阅读，希望你喜欢。

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.

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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′21⑪

联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪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，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=4h2+L2mv202L2.

(3)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

精品小编为大家提供的高三物理第一轮复习第五章练习题，大家仔细阅读了吗?最后祝同学们学习进步。

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