2020届高三物理二轮复习专题能力提升练(三)A卷

1、专题能力提升练(三)a卷动能定理和能量守恒定律(45分钟100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。第15题只有一项符合题目要求,第6、7题有多项符合题目要求)1.(2015泰州一模)如图所示是一种清洗车辆用的手持喷水枪。设枪口截面积为0.6cm2,喷出水的速度为20m/s(水的密度为1103kg/m3)。当它工作时,估计水枪的功率约为()a.250wb.300wc.350wd.400w【解析】选a。每秒钟喷出水的动能为e=mv2=svtv2,代入数据k得e=240j,故选项a正确。k2.物体沿直线运动的v-t关系如图所示,已知在第1s内合外力对物体做的功为w,则()a.从第1

2、s末到第3s末合外力做功为4wb.从第3s末到第5s末合外力做功为-2wc.从第5s末到第7s末合外力做功为-wd.从第3s末到第4s末合外力做功为-0.75w【解析】选d。由题图知,第1s末速度、第3s末速度、第7s末速度的大小关系为v=v=v,由题知w=m137-0,则由动能定理知第1s末到第3s末合外力做功w=m2-m=0,故a错。第3s末到第5s末合外力做功w=0-m3=-w,故b错。第5s末到第7s末合外力做功w=m4-0=w,故c错。第3s末到第4s末合外力做功w=m5-m,因v=v,所以w=-0.75w,故d正确。4353.如图所示,可视为质点的小球a、b用不可伸长的细软轻线连接

3、,跨过固定在地面上、半径为r的光滑圆柱,a的质量为b的两倍。当b位于地面时,a恰与圆柱轴心等高。将a由静止释放,b上升的最大高度是()a.2rb.c.d.【解析】选c。设a落地时的速度为v,a下落时,a、b组成的系统机械能守恒,则2mgr=mgr+(2m+m)v2,解得v=,此时b恰好运动到与圆心等高处,速度也为v,接下来b球做竖直上抛运动,再上升高度h,由mgh=mv2,可得h=r,因此b球上升的高度h=h+r=r,c正确。【总结提升】应用机械能守恒定律解题时的三点注意(1)注意研究对象的选取：研究对象的选取是解题的首要环节,有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能

4、不守恒,但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象,机械能却是守恒的。(2)注意研究过程的选取：有些问题研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒。因此,在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。(3)注意机械能守恒表达式的选取：守恒观点的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题,解题时必须选取参考平面。而后两种表达式都是从“转化”和“转移”的角度来反映机械能守恒的,不必选取参考平面。4.如图所示,一个质量为m的小球,用长为l的轻绳悬于o点,小球在水平恒力f的作用下从平衡位置p点由静止开始运动,运动过程中绳与竖直方向的最大夹角为=60,则力f的大小为()a.

5、mgb.mgc.mgd.mg选【解析】d。小球在水平恒力作用下从p点运动至与竖直方向成60角位置的过程中由动能定理得flsin60-mgl(1-cos60)=0,解得f=mg,d正确。5.(2015银川一模)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图,已知该车质量为2103kg,在某平直路面上行驶,阻力恒为3103n。若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s2做匀加速运动,则此匀加速过程能持续的时间大约为()a.8sb.14sc.26sd.38s【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)通过图像判断汽车的最大功率。(2)在匀加速时,由牛顿第二定律求出牵引力。(3)在加速阶段达到最大速度

6、时,机车达到最大功率。【解析】选b。由图可知,跑车的最大输出功率大约为200kw,根据牛顿第二定律得,牵引力f=f+ma=3000n+20002n=7000n,则匀加速过f程最大速度v=mm/s28.6m/s,匀加速过程持续的时间t=s=14.3s,故b正确,a、c、d错误。6.(2015抚州二模)如图所示,半径分别为r和r(rr)的甲、乙两光滑半圆轨道放置在同一竖直平面内,两轨道之间由一光滑水平轨道cd相连,在水平轨道cd上有一轻弹簧被a、b两个质量均为m的小球夹住,但不拴接,同时释放两小球,弹性势能全部转化为两球的动能,若两球获得相等动能,其中有一只小球恰好能通过最高点,两球离开半圆轨道后

7、均做平抛运动落到水平轨道的同一点(不考虑小球在水平面上的反弹)。则()a.恰好通过最高点的是b球b.弹簧释放的弹性势能为5mgrc.a球通过最高点对轨道的压力为mgd.c、d两点之间的距离为2r+2【解析】选b、d。小球恰好能通过最高点,在最高点,由重力提供向心力,设最高点的速度为v,则有：mg=m,解得：v=,则半径越大,到达最高点的动能越大,而两球初动能相等,其中有一只小球恰好能通过最高点,所以是a球刚好到达最高点,b球到达最高点的速度大于,a球通过最高点对轨道的压力为零,故a、c错误;对a球从离开弹簧到达到最高点的过程中,由动能定理得mv2-e=-mg2r,解得kae=2.5mgr,两球

8、初动能相同,且弹性势能全部转化为两球的动能,所ka以释放的弹性势能为5mgr,故b正确;a、b两球离开轨道后做平抛运动,cd的距离等于两球平抛运动的水平距离之和,a球运动的时间t=,所以a球水平位移x=v=2r,设b球到达最高点的速度为aav,则m-e=-mg2r,b球运动的时间t=bkbb,b球的水平位移x=vbb,解得x=2,则cd=x+x=2r+2,故dbab正确。7.(2015德阳二模)如图所示,物体a和带负电的物体b用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,a、b的质量分别是m和2m,劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上,另一端与物体a相连,倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中,整个系统不计

9、一切摩擦。开始时,物体b在一沿斜面向上的外力f=3mgsin的作用下保持静止且轻绳恰好伸直,然后撤去外力f,直到物体b获得最大速度,且弹簧未超过弹性限度,则在此过程中()a.撤去外力f的瞬间,物体b的加速度为b.b的速度最大时,弹簧的伸长量为c.物体a的最大速度为gsind.物体a、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体b电势能的减少量【解析】选b、d。当施加外力时,对b分析可知f-2mgsin-f=0,电解得f=电mgsin,当撤去外力瞬间物体b受到沿斜面向下的合力为f合=f电+2mgsin=3mgsin,以ab整体为研究对象,由牛顿第二定律可得a=gsin,故a错误;当b受到的合力为零

10、时,b的速度最大,由kx=f电+2mgsin解得x=,故b正确;对ab整体由动能定理可得-kx2+3mgsinx=3mv2-0,解得v=gsin,故c错误;根据能量守恒可知物体a、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体b电势能的减少量和b物体机械能的减小量,故d正确。二、计算题(本大题共3小题,共44分。需写出规范的解题步骤)8.(12分)(2015丽水二模)中国渔政船主要用于渔场巡视并监督、检查渔船执行国家渔业法规的情况,保护水域环境,同时到有争议的海域巡逻宣示主权的作用。一艘质量为m=500t的渔政船,从某码头由静止出发做直线运动去执行任务,先保持发动机的输出功率等于额定功率不变,经一

11、段时间后,达到最大行驶速度v=20m/s,此时,渔政船m的船长突然发现航线正前方s=480m处有一艘我国的拖网渔船以v=6m/s的速度沿垂直航线方向匀速运动,且此时渔船船头恰好位于渔政船的航线上,渔政船船长立即下令采取制动措施,附加了恒定的制动力f=1.5105n,结果渔船的拖网越过渔政船的航线时,渔政船也恰好从该点通过,从而避免了事故的发生。已知渔船连同拖网总长度l=240m(不考虑拖网渔船的宽度和渔政船的长度),假定水对渔政船阻力的大小恒定不变,求：(1)渔政船减速时的加速度a的大小。(2)渔政船的额定功率p。【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)抓住渔船和渔政船的运动时间相等,结合位

12、移公式求出渔政船减速时的加速度。(2)根据牛顿第二定律求出渔政船的阻力,当牵引力等于阻力时,速度最大,根据p=fv求出渔政船的额定功率。m【解析】(1)渔船通过的时间为：t=40s(2分)渔政船做匀减速运动的位移为：s=vt+at2m(2分)解得：a=-0.4m/s2“-”表示加速度与v方向相反m(2分)(2)渔政船做减速运动时,由牛顿第二定律得：-(f+f)=maf(2分)解得：f=5.0104nf(1分)以最大速度行驶时,牵引力为：f=f=5.0104nf(1分)功率为：p=fv=fv=1.0106wmfm(2分)答案：(1)0.4m/s2(2)1.0106w9.(14分)(2015哈尔滨

13、一模)传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所,为人们的生活带来了很多的便利。如图所示,一长度l=7m的传送带与水平方向间的夹角=30,在电动机带动下以v=2m/s的速率顺时针匀速转动。在传送带上端接有一个斜面,斜面表面与传送带表面都在同一平面内。将质量m=2kg可视作质点的物体无初速地放在传送带底端,物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零。若物体与传送带及物体与斜面间的动摩擦因数都为=且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求：,g取10m/s2,(1)物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功。(2)传送带上方所接的斜面长度。【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)分析物体在传

14、送带上的运动情况和受力情况以及做功情况,由动能定理求解传送带对物体所做的功。(2)根据牛顿第二定律和运动学公式求解传送带上方所接的斜面长度。【解析】(1)物体先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得：mgcos30-mgsin30=ma(2分)解得：a=1m/s2,沿斜面向上(1分)设物体速度经过时间t与传送带速度相等,由v=at得：t=2s(1分)此过程中物体通过的位移为：x=at2=2m7m(1分)所以物体接着做匀速直线运动,离开传送带时速度为：v=2m/s(1分)对整个过程,由动能定理得：w-mglsin30=mv2(2分)解得：w=74j(1分)(2)物体到斜面上以

15、后,根据牛顿第二定律得：mgcos30+mgsin30=ma1(2分)解得：a=11m/s21(1分)由v2=2as得：s=1=m0.18m(2分)答案：(1)74j(2)0.18m10.(18分)(2015江苏高考)一转动装置如图所示,四根轻杆oa、oc、ab和cb与两小球及一小环通过铰链连接,轻杆长均,为l球和环的质量均为m,o端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在o与小环之间,原长为l。装置静止时,弹簧长为l。转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g。求：(1)弹簧的劲度系数k。(2)ab杆中弹力为零时,装置转动的

16、角速度。0(3)弹簧长度从l缓慢缩短为l的过程中,外界对转动装置所做的功w。【解析】(1)装置静止时,设oa、ab杆中的弹力分别为f、t,oa杆与11转轴的夹角为。1小环受到弹簧的弹力f弹1=k小环受力平衡f弹1=mg+2tcos11(1分)小球受力平衡fcos+tcos=mg;1111(1分)fsin=tsin1111(1分)解得k=(1分)(2)设oa、ab杆中的弹力分别为f、t,oa杆与转轴的夹角为,弹222簧长度为x。当t=0时,小环受到弹簧的弹力2f弹2=k(x-l)(1分)小环受力平衡f弹2=mg得x=l(1分)对小球fcos=mg;22(1分)fsin=m22(1分)且cos=2

17、(1分)解得=0lsin2(1分)(3)弹簧长度为时,设oa、ab杆中的弹力分别为f、t,oa杆与弹簧33的夹角为3小环受到弹簧的弹力：f=k弹3小环受力平衡：2tcos=mg+f33(1分)且cos=3(1分)对小球：fcos=tcos+mg;3333(1分),弹3fsin+tsin=m3333lsin3(1分)解得：=3(1分)整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零,由动能定理：w-mg-2mg=2m(lsin)233(2分)解得：w=mgl+(1分)答案：(1)(2)(3)mgl+【加固训练】图甲为竖直放置的离心轨道,其中圆轨道的半径r=0.10m,在轨道的最低点a和最高点b各安装了一个压力传感器(图中未画出),小球(可视为质点)从斜轨道的不同高度由静止释放,可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力f和f。g取10m/s2。ab(1)若不计小球所受阻力,且小球恰能过b点,求小球通过a点时速度v的大小。a(2)若不计小球