2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí)專題能力提升練(三)A卷

專題能力提升練（三）A卷動能定理和能量守恒定律（45分鐘100分）一、選擇題（本大題共7小題,每小題8分，共56分。第1?5題只有一項符合題目要求,第6、7題有多項符合題目要求）（2015?泰州一模）如圖所示是一種清洗車輛用的手持噴水槍。設(shè)槍口截面積為0.6cm2,噴出水的速度為20m/s（水的密度為1X103kg/mJ。當(dāng)它工作時,估計水槍的功率約為（）250WB.300WC.350WD.400W【解析】選A。每秒鐘噴出水的動能為E二一mv2二一pSvt?V2,代入數(shù)據(jù)k22得E=240J,故選項A正確。k物體沿直線運(yùn)動的v-t關(guān)系如圖所示，已知在第1s內(nèi)合外力對物體做的功為嘰則（）r/Ox1234^\67t/s

從第1s末到第3s末合外力做功為4W從第3s末到第5s末合外力做功為-2W從第5s末到第7s末合外力做功為-W從第3s末到第4s末合外力做功為-0.75W【解析】選D。由題圖知，第1s末速度、第3s末速度、第7s末速度的大小關(guān)系為v=v=v,由題知W二一m*?-0,則由動能定理知第Is末到TOC\o"1-5"\h\z1372丄第3s末合外力做功W二一m/-_m*?=0,故A錯。第3s末到第5s末合外22J2丄力做功W=0-】m”二-W,故B錯。第5s末到第7s末合外力做功2332J23W二一叫】-0二W,故C錯。第3s末到第4s末合外力做功4二因v=7,所以W=-0.75W,故D正確。4?35如圖所示,可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細(xì)軟輕線連接,跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱,A的質(zhì)量為B的兩倍。當(dāng)B位于地面時,A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放,B上升的最大高度是(A.2R—A.2R【解析】選C。設(shè)A落地時的速度為v,A下落時,A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則加gR二mgR+-X(2m+m)v2,解得v二蘭此時B恰好運(yùn)動到2\3與圓心等高處,速度也為v,接下來B球做豎直上拋運(yùn)動,再上升高度h‘,由mgh'二-mv2,可得h‘二-R,因此B球上升的高度h二h‘+R二二R,C233正確?！究偨Y(jié)提升】應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題時的三點注意注意研究對象的選?。貉芯繉ο蟮倪x取是解題的首要環(huán)節(jié),有的問題選單個物體(實為一個物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對象機(jī)械能不守恒,但選此物體與其他幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象,機(jī)械能卻是守恒的。注意研究過程的選取：有些問題研究對象的運(yùn)動過程分幾個階段,有的階段機(jī)械能守恒,而有的階段機(jī)械能不守恒。因此,在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題時要注意過程的選取。注意機(jī)械能守恒表達(dá)式的選?。菏睾阌^點的表達(dá)式適用于單個或多個物體機(jī)械能守恒的問題,解題時必須選取參考平面。而后兩種表達(dá)式都是從“轉(zhuǎn)化”和“轉(zhuǎn)移”的角度來反映機(jī)械能守恒的,不必選取參考平面。-mgD.—^mg23【解析選D。小球在水平恒力作用下從P點運(yùn)動至與豎直方向成60°角位置的過程中由動能定理得FLsin60°-mgL(l-cos60°)=0,解得F二—i_mg,D正確。(2015?銀川一模)一輛跑車在行駛過程中的最大輸出功率與速度大小的關(guān)系如圖，已知該車質(zhì)量為2X103kg,在某平直路面上行駛，阻力恒為3X103N。若汽車從靜止開始以恒定加速度加/S2做勻加速運(yùn)動,則此勻加速過程能持續(xù)的時間大約為()【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點：通過圖像判斷汽車的最大功率。在勻加速時,由牛頓第二定律求出牽引力。在加速階段達(dá)到最大速度時,機(jī)車達(dá)到最大功率。【解析】選B。由圖可知,跑車的最大輸出功率大約為200kW,根據(jù)牛頓第二定律得,牽引力F二F+ma=3000N+2000X2N=7000N,則勻加速過f程最大速度v二二二jfm/s~28.6m/s,勻加速過程持續(xù)的時間mF7000t二竺二s=14.3s，故B正確，A、C、D錯誤。a2(2015?撫州二模)如圖所示，半徑分別為R和r(R〉r)的甲、乙兩光滑半圓軌道放置在同一豎直平面內(nèi),兩軌道之間由一光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CD上有一輕彈簧被a、b兩個質(zhì)量均為m的小球夾住,但不拴接,同時釋放兩小球,彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為兩球的動能,若

兩球獲得相等動能,其中有一只小球恰好能通過最高點,兩球離開半圓軌道后均做平拋運(yùn)動落到水平軌道的同一點(不考慮小球在水平面上的反彈)。則()恰好通過最高點的是b球彈簧釋放的彈性勢能為5mgRa球通過最高點對軌道的壓力為mgC、D兩點之間的距離為2R+2、心R—二巧【解析】選B、D。小球恰好能通過最高點，在最高點，由重力提供向心力，設(shè)最高點的速度為v,則有：mg二m],解得：v'頁,則半徑越大,到達(dá)最高點的動能越大，而兩球初動能相等，其中有一只小球恰好能通過最高點,所以是a球剛好到達(dá)最高點,b球到達(dá)最高點的速度大于g,a球通過最高點對軌道的壓力為零，故A、C錯誤;對a球從離開彈簧到達(dá)到最高點的過程中，由動能定理得一mv2-E二-mg?2R,解得2kaE=2.5mgR,兩球初動能相同，且彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為兩球的動能，所ka以釋放的彈性勢能為5mgR，故B正確；a、b兩球離開軌道后做平拋運(yùn)動,CD的距離等于兩球平拋運(yùn)動的水平距離之和，a球運(yùn)動的時間t二,所以a球水平位移x=v=2R,設(shè)b球到達(dá)最高點的速度為t=bb球的水平位移aat=bb球的水平位移v,貝m“--E二-mg?2r,b球運(yùn)動的時間bkb

正確。正確。(2015?德陽二模)如圖所示，物體A和帶負(fù)電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接,A、B的質(zhì)量分別是m和2m,勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上,另一端與物體A相連,傾角為8的斜面處于沿斜面向上的勻強(qiáng)電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦。開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F=3mgsin8的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直,然后撤去外力F,直到物體B獲得最大速度,且彈簧未超過彈性限度,則在此過程中()撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為豈B的速度最大時，彈簧的伸長量為辻尹物體A的最大速度為gsin8寧物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量大于物體B電勢能的減少量【解析】選B、D。當(dāng)施加外力時，對B分析可知F-2mgsin0-F=0,解得F合電mgsin9，當(dāng)撤去外力瞬間物體B受到沿斜面向下的合力為F二F合電+2mgsin9=3mgsin9，以AB整體為研究對象，由牛頓第二定律可得a=gsin9,故A錯誤；當(dāng)B受到的合力為零時,B的速度最大，由kx=F

+2mgsin6解得x』耳三故B正確；對AB整體由動能定理可得-_kx2+3mgsin6?x二-?3mv2-0,解得v二gsin9—,故C錯誤；根據(jù)能22計k量守恒可知物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于物體B電勢能的減少量和B物體機(jī)械能的減小量，故D正確。二、計算題（本大題共3小題,共44分。需寫出規(guī)范的解題步驟）（12分）（2015?麗水二模）中國漁政船主要用于漁場巡視并監(jiān)督、檢查漁船執(zhí)行國家漁業(yè)法規(guī)的情況,保護(hù)水域環(huán)境,同時到有爭議的海域巡邏宣示主權(quán)的作用。一艘質(zhì)量為m=500t的漁政船，從某碼頭由靜止出發(fā)做直線運(yùn)動去執(zhí)行任務(wù),先保持發(fā)動機(jī)的輸出功率等于額定功率不變,經(jīng)一段時間后,達(dá)到最大行駛速度v=20m/s,此時,漁政船m的船長突然發(fā)現(xiàn)航線正前方s=480m處有一艘我國的拖網(wǎng)漁船以v=6m/s的速度沿垂直航線方向勻速運(yùn)動,且此時漁船船頭恰好位于漁政船的航線上,漁政船船長立即下令采取制動措施,附加了恒定的制動力F=1.5X105N,結(jié)果漁船的拖網(wǎng)越過漁政船的航線時，漁政船也恰好從該點通過,從而避免了事故的發(fā)生。已知漁船連同拖網(wǎng)總長度L=240m（不考慮拖網(wǎng)漁船的寬度和漁政船的長度）,假定水對漁政船阻力的大小恒定不變,求：-漁船漁網(wǎng)-漁船漁網(wǎng)（1）漁政船減速時的加速度a的大小。（2）漁政船的額定功率P?！窘忸}指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩點：(1)抓住漁船和漁政船的運(yùn)動時間相等,結(jié)合位移公式求出漁政船減速時的加速度。(2)根據(jù)牛頓第二定律求出漁政船的阻力,當(dāng)牽引力等于阻力時,速度最大,根據(jù)P=Fv求出漁政船的額定功率。m【解析】(1)漁船通過的時間為：t二二=40s(2分)漁政船做勻減速運(yùn)動的位移為：s=vt+-at2m2(2分)解得：a=-0.4m/s2“-”表示加速度與v方向相反m(2分)(2)漁政船做減速運(yùn)動時,由牛頓第二定律得：-(F+F)=maf(2分)解得：F=5.0X104Nf(1分)以最大速度行駛時,牽引力為：F=F=5.0X104Nf（1分）功率為：p=Fv=Fv=1.0X106Wmfm(2分)答案：(1)0.4m/s2(2)1.0X106W(14分)(2015?哈爾濱一模)傳送帶現(xiàn)已廣泛應(yīng)用于機(jī)場、商店等公共場所,為人們的生活帶來了很多的便利。如圖所示,一長度L=7m的傳送帶與水平方向間的夾角a=30°，在電動機(jī)帶動下以v=2m/s的速率順時針勻速轉(zhuǎn)動。在傳送帶上端接有一個斜面,斜面表面與傳送帶表面都在同一平面內(nèi)。將質(zhì)量m=2kg可視作質(zhì)點的物體無初速地放在傳送帶底端，物體經(jīng)傳送帶作用后能到達(dá)斜面頂端且速度為零。若物體與傳送帶及物體與斜面間的動摩擦因數(shù)都為p二二g取10m/s2,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：物體在從傳送帶底端運(yùn)動到斜面頂端過程中傳送帶對物體所做的功。傳送帶上方所接的斜面長度?！窘忸}指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩點：分析物體在傳送帶上的運(yùn)動情況和受力情況以及做功情況,由動能定理求解傳送帶對物體所做的功。根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解傳送帶上方所接的斜面長度?！窘馕觥浚?）物體先在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,根據(jù)牛頓第二定律得：?mgcos30°-mgsin30°=ma（2分）解得：a=1m/s2,沿斜面向上（1分）設(shè)物體速度經(jīng)過時間t與傳送帶速度相等，由v=at得：t==2s（1分）此過程中物體通過的位移為：x二一at2=2m<7m（1分）所以物體接著做勻速直線運(yùn)動,離開傳送帶時速度為：v=2m/s（1分）對整個過程,由動能定理得：W-mgLsin30°二一mv2（2分）解得：W=74J（1分）（2）物體到斜面上以后,根據(jù)牛頓第二定律得：|dmgcos30°+mgsin30°=ma1（2分）解得：a=11m/s21（1（1分）（1分）由v2（1分）由v2=2as得：1s二二二m~0.18m2a-!11（2分）終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。求:(1)彈簧的勁度系數(shù)k。AB桿中彈力為零時，裝置轉(zhuǎn)動的角速度①。0彈簧長度從江緩慢縮短為丄的過程中，外界對轉(zhuǎn)動裝置所做的功22W?！窘馕觥?1)裝置靜止時，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F、T,OA桿與11轉(zhuǎn)軸的夾角為9。1小環(huán)受到彈簧的彈力F二k?二彈i二小環(huán)受力平衡F二mg+2Tcos9彈111小球受力平衡（1（1分）Fcos9+Tcos9二mg；1111（1分）Fsin9=Tsin91111（1分）解得k=^￡（1分）（2）設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F、T,OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為9,彈222簧長度為x。當(dāng)T=0時，小環(huán)受到彈簧的彈力2F=k（x-L）彈2（1分）小環(huán)受力平衡F弓2=mg得x二二L（1分）對小球Fcos9=mg；22（1分）Fsin9二m?bin9（1分）且cos9=—221（2（2分）（1分）⑶彈簧長度為二時，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F、T,OA桿與彈簧233的夾角為03小環(huán)受到彈簧的彈力：F二k二彈32小環(huán)受力平衡：2Tcos0=mg+F,33彈3（1分）且COS0=—34!（1分）對小球：FCOS0=TCOS0+mg;3333（1分）Fsin0+Tsin0=m/sin033333（1分）解得：3=3（1分）整個過程彈簧彈性勢能變化為零,則彈力做的功為零,由動能定理：W-mg三—zj-2mg；—=2X_m（3/sin0）2233解得：W二mgL+蘭仝（1分）答案：⑴竺⑵二（3）mgL+垃L冷5LL【加固訓(xùn)練圖甲為豎直放置的離心軌道,其中圓軌道的半徑r=0.10m,在軌道的最低點A和最高點B各安裝了一個壓力傳感器（圖中未畫出）,小球（可視為質(zhì)點）從斜軌道的不同高度由靜止釋放,可測出小球在軌道內(nèi)側(cè)通過這兩點時對軌道的壓力F和F。g取10m/s2。ABm/N甲乙（1）若不計小球所受阻力，且小球恰能過B點，求小球通過A點時速度v的大小。A（2）若不計小球所受阻力，小球每次都能通過B點,F隨F變化