【名师伴你行】高考物理大二轮提能专训(五) 功能关系 能量守恒B（含解析）(1).doc

提能专训(五)功能关系、能量守恒(b)1如图所示，一质量为m的物块a与直立轻弹簧的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为m的物块b叠放在a的上面，a、b处于静止状态若a、b粘连在一起，用一竖直向上的拉力缓慢提b，当拉力的大小为0.5mg时，a物块上升的高度为l，此过程中，该拉力做的功为w；若a、b不粘连，用一竖直向上的恒力f作用在b上，当a物块上升的高度也为l时，a、b恰好分离已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)恒力f的大小；(3)a与b分离时的速度大小答案：(1)(2)1.5mg(3)解析：(1)设弹簧原长为l0，没有作用力时，弹簧总长度为l1l0当f10.5mg时，弹簧总长度为l2l0l0又由题意可知ll2l1解得k(2)a、b刚分离时，a不受b对它的弹力作用，经受力分析可得a的加速度为aa0.5g此时b的加速度为ab刚分离时应有aaab解得f1.5mg(3)设上升l过程中，弹簧减小的弹性势能为ep，a、b粘连一块上升时，依据功能关系有：wep2mgl在恒力f作用的过程中有：flep2mgl2mv2可得v.2一长度为l的传送带与水平面的夹角为，传送带顺时针转动，在传送带上端接有一斜面，斜面的长度也为l，斜面表面与传送带表面在同一平面上，在斜面的顶端有一个质量为m的滑块由静止释放，已知滑块滑到传送带下端时速度恰好减小到零，滑块与斜面间的动摩擦因数为1，则：(1)滑块与传送带间的动摩擦因数是多少？(2)如果传送带的速度是滑块下滑过程中最大速度的一半，则滑块从第一次滑到传送带到离开的过程中，电动机所做的功有多少转化为了内能？答案：见解析解析：(1)滑块从斜面顶端无初速下滑的过程，由牛顿第二定律可得mgsin 1mgcos ma1设进入传送带前的瞬间物块的速度为v，则由运动学公式可得v22a1l滑块在传送带上滑到底端时速度恰好为零，则一定是做匀减速运动，由牛顿第二定律得2mgcos mgsin ma2如果把匀减速到零的过程等效为反向的匀加速过程，则由运动学公式可得v22a2l联立解得：22tan 1(2)下滑过程滑块和传送带做背离运动，滑块匀减速到速度为零，则平均速度为，位移为l，传送带的速度也是，位移也为l，故相对位移为2 l滑块随传送带上滑的过程中，滑块做匀加速运动到速度为，则加速过程的位移为xl，传送带同向匀速运动，故相对位移为则由于摩擦产生的热量为q2mgcos 2l2mgcos 2mglcos (2tan 1)mglcos 即电动机所做的功有(2tan 1)mglcos 转化为了内能3(2013武汉摸底)如图所示，一根长为l5 m的轻绳一端固定在o点，另一端系一质量m1 kg的小球将轻绳拉至水平并将小球由位置a静止释放，小球运动到最低点o时，轻绳刚好被拉断o点下方有一以o点为圆心，半径r5 m的圆弧状的曲面，已知重力加速度为g10 m/s2，求：(1)轻绳所能承受的最大拉力fm的大小；(2)小球落至曲面上的动能答案：(1)30 n(2)100 j解析：(1)小球由a到o的过程，由机械能守恒定律，有mglmv，在o点，由牛顿第二定律知fmmgm，解得：fm3mg30 n.由牛顿第三定律可知轻绳所能承受的最大拉力为30 n.(2)小球从o点平抛，有xv0t，ygt2，小球落至曲面上，有x2y2r2，联立解得t1 s或t5 s(舍去)小球落至曲面上的动能ekmv2mv(gt)2代入数据得ek100 j.4如图所示，光滑绝缘小平台距水平地面高h0.80 m，地面与竖直绝缘光滑圆形轨道在a点连接，a点距竖直墙壁s0.60 m，整个装置位于水平面向右的匀强电场中现将一质量m0.1 kg、带电荷量q1103 c的小球(带正电，可视为质点)从平台上端点n由静止释放，离开平台n后，恰好切入半径为r0.4 m的绝缘光滑圆形轨道，并沿轨道运动到c点射出图中o点是圆轨道的圆心，b、c分别是圆形轨道的最低和最高点，ao、bo间的夹角为53，取g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.求：(1)电场强度e的大小；(2)小球到a点的速度大小和方向；(3)小球对轨道的最大压力答案：(1)750 n/c(2)5 m/s，与水平方向成53角(3)16.25 n解析：(1)由题意知ygt2xat2a代入数据可得e750 n/c.(2)由公式v22ax可得vy4 m/svx3 m/s所以v5 m/stan ，即速度方向与水平方向成53角(3)tan ，所以37电场力和重力的合力f11.25 n，方向沿of方向，最大速度在如图所示的f点，bof37从n点到f点由动能定理可知：wgweek2ek1wgmgh(