弹簧问题(能量)课件

专题复习—弹簧类问题1精选版课件ppt专题复习—1精选版课件ppt复习精要弹簧问题的处理办法例1、2001年上海

例2、2005年全国理综III卷例3、例4例5、2005年全国卷Ⅰ/24例6、2004年广西卷17例7、07年1月苏州市教学调研测试17例8、06年广东汕头市二模17例9、例10

例11、03年江苏20

练习1

练习2练习3

练习4练习5、05年广东卷6

练习6

练习7练习8

练习9

练习10练习11、05年江苏高考16

练习12专题复习—弹簧类问题2精选版课件ppt复习精要专题复习—弹簧类问题2精选版课件ppt复习精要轻弹簧是一种理想化的物理模型，以轻质弹簧为载体,设置复杂的物理情景，考查力的概念，物体的平衡，牛顿定律的应用及能的转化与守恒，是高考命题的重点，此类命题几乎每年高考卷面均有所见,，在高考复习中应引起足够重视.(一)弹簧类问题的分类1、弹簧的瞬时问题弹簧的两端都有其他物体或力的约束时,使其发生形变时,弹力不能由某一值突变为零或由零突变为某一值.2、弹簧的平衡问题这类题常以单一的问题出现，涉及到的知识是胡克定律，一般用f=kx或△f=k△x来求解。3精选版课件ppt复习精要轻弹簧是一种理想化的物理模型，以轻质弹簧为载体,设置3、弹簧的非平衡问题这类题主要指弹簧在相对位置发生变化时，所引起的力、加速度、速度、功能和合外力等其它物理量发生变化的情况。4、弹力做功与动量、能量的综合问题在弹力做功的过程中弹力是个变力，并与动量、能量联系，一般以综合题出现。有机地将动量守恒、机械能守恒、功能关系和能量转化结合在一起。分析解决这类问题时，要细致分析弹簧的动态过程，利用动能定理和功能关系等知识解题。4精选版课件ppt3、弹簧的非平衡问题4、弹力做功与动量、能量的综合问题4精1.弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现弹簧时，要注意弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应.在题目中一般应从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置，现长位置，找出形变量x与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，以此来分析计算物体运动状态的可能变化.2.因弹簧（尤其是软质弹簧）其形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变.因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹力大小不变,即弹簧的弹力不能突变.(二)弹簧问题的处理办法5精选版课件ppt1.弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化,可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可根据动能定理和功能关系及能量转化和守恒定律求解.同时要注意弹力做功的特点：Wk=-（1/2kx22-1/2kx12），弹力的功等于弹性势能增量的负值.弹性势能的公式Ep=1/2kx2，高考不作定量要求，可作定性讨论.因此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般以能量的转化与守恒的角度来求解.6精选版课件ppt3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化,可以先求平

如图（A）所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态.现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度.（1）下面是某同学对该题的一种解法：解：设l1线上拉力为T1，l2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡：T1cosθ=mg,T1sinθ=T2,T2=mgtanθ剪断线的瞬间,T2突然消失,物体即在T2反方向获得加速度.因为mgtanθ=ma,所以加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由.例1、2001年上海

结果不正确.因为l2被剪断的瞬间，l1上张力的大小发生了突变，此瞬间

T1=mg

cosθ,θl1l2图A（1）答：∴a=gsinθ7精选版课件ppt

（2）若将图A中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图（B）所示，其他条件不变，求解的步骤与（1）完全相同，即a=gtanθ，你认为这个结果正确吗?请说明理由.因为l2被剪断的瞬间、弹簧l1的长度不能发生突变、T1的大小和方向都不变.θl1l2图B结果正确。（2）答：8精选版课件ppt（2）若将图A中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧

令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板。系统处一静止状态，现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，重力加速度为g。

mgsinθ=kx1①令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：kx2=mBgsinθ②F-mAgsinθ-kx2=mAa③例2、2005年全国理综III卷CθAB得解：由题意d=x1+x2⑤由①②⑤式可得9精选版课件ppt令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克例3、

如图示,倾角30°的光滑斜面上,并排放着质量分别是mA=10kg和mB=2kg的A、B两物块，一个劲度系数k=400N/m的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态，现对A施加一沿斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上作匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，g取10m/s2,求F的最大值和最小值。30°ABFx1解：开始静止时弹簧压缩x1x1=(m1+m2)gsinα/k=0.15m0.2s末A、B即将分离,A、B间无作用力，对B物块：ABx2Fkx2-m2gsinα=m2a⑴x1-x2=1/2at2⑵

解得x2=0.05ma=5m/s210精选版课件ppt例3、如图示,倾角30°的光30°ABFt=0时，F最小，对AB整体Fmin=(m1+m2)a=60Nt=0.2s时，F最大，对A物块：Fmax-m1g

sinα=m1aFmax=m1g

sinα+m1a=100N11精选版课件ppt30°ABFt=0时，F最小，对AB整体Fmin=(A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知木块A、B质量分别为0.42kg和0.40kg，弹簧的劲度系数k=100N/m，若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使A由静止开始以0.5m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动（g=10m/s2）.（1）使木块A竖直做匀加速运动的过程中,力F的最大值（2）若木块由静止开始做匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减少了0.248J，求这一过程F对木块做的功.例4、

BA12精选版课件pptA、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，解:

BA(1)当F=0（即不加竖直向上F力时），设A、B叠放在弹簧上处于平衡时弹簧的压缩量为x，有kx=(mA+mB)g,x=(mA+mB)g/k ①对A施加F力，分析A、B受力如图ANmAgFBNmBgkx′对A

F+N-mAg=mAa ②对B

kx'-N-mBg=mBa' ③可知，当N≠0时，AB有共同加速度a=a'

，由②式知欲使A匀加速运动，随N减小,F

增大.当N=0时，F取得了最大值Fm,即Fm=mA（g+a）=4.41N13精选版课件ppt解:BA(1)当F=0（即不加竖直向上F力时），设(2)当N=0时，A、B开始分离,′由③式知此时,弹簧压缩量kx'=mB(a+g)，x'=mB(a+g)/k ④AB共同速度v2=2a(x'-x) ⑤由题知，此过程弹性势能减少了EP=0.248J设F力功WF，对这一过程应用动能定理或功能原理WF+EP-(mA+mB)g(x'-x)=1/2(mA+mB)v2 ⑥联立①④⑤⑥,得WF=9.64×10-2J题目14精选版课件ppt(2)当N=0时，A、B开始分离,′由③式知此时,弹簧压缩24．(19分)如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。若将C换成另一个质量为(m1+m2)的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g.例5、2005年全国卷Ⅰ/24.m2ABkm115精选版课件ppt24．(19分)如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下

开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有

kx1=m1g①挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点。由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧性势能的增加量为△E=m3g(x1+x2)－m1g(x1+x2)③kx2=m2g②m2ABkm1m3C解：16精选版课件ppt开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有C换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得m2ABkm1(m1+m2)D

由③④式得

由①②⑤式得题目17精选版课件pptC换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关

图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l2

，重力加速度为g，求A从P出发时的初速度v0。

例6、2004年广西卷17、

l2l1ABP18精选版课件ppt

解：设A、B质量均为m,A刚接触B时速度为v1（碰前）,由功能关系，碰撞过程中动量守恒,令碰后A、B共同运动的速度为v2m

v1=2m

v2(2)

碰后A、B先一起向左运动,接着A、B一起被弹回,在弹簧恢复到原长时,设A、B的共同速度为v3,在这过程中,弹簧势能始末两态都为零，由功能关系，有后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有由以上各式，解得l2l1ABP19精选版课件ppt解：设A、B质量均为m,A刚接触B时速度为v1（碰前）,由07年1月苏州市教学调研测试1717．如图所示，质量均为m的A、B两球间有压缩的轻短弹簧处于锁定状态，放置在水平面上竖直光滑的发射管内（两球的大小尺寸和弹簧尺寸都可忽略，它们整体视为质点），解除锁定时，A球能上升的最大高度为H．现让两球包括锁定的弹簧从水平面出发，沿光滑的半径为R的半圆槽从左侧由静止开始下滑，滑至最低点时，瞬间解除锁定．求：（1）两球运动到最低点弹簧锁定解除前所受轨道的弹力；（2）A球离开圆槽后能上升的最大高度ARBAB20精选版课件ppt07年1月苏州市教学调研测试1717．如图所示，质量均为m的解：

（1）A、B系统由水平位置滑到轨道最低点时速度为v0，根据机械守恒定律设轨道对小球的弹力为F，根据牛顿第二定律得F＝6mg③(2)解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A、B的机械能，则弹性势能为EP＝mgH④解除锁定后A、B的速度分别为vA、

vB，解除锁定过程中动量守恒2mv0=mvA+mvB

⑤21精选版课件ppt解：（1）A、B系统由水平位置滑到轨道最低点系统机械能守恒联立上述各式得正号舍去设球A上升的高度为h，球A上升过程机械能守恒整理后得题目22精选版课件ppt系统机械能守恒联立上述各式得正号舍去设球A上升的高度为h06年广东汕头市二模1717．（16分）如图示，一轻质弹簧一端固定、另一端与质量为M的小滑块连接，开始时滑块静止在水平导轨的O点，弹簧处于原长状态．导轨的OA段是粗糙的，其余部分都是光滑的．有一质量为m的子弹以大小为v的速度水平向右射入滑块，并很快停留在滑块中．之后，滑块先向右滑行并越过A点，然后再向左滑行，最后恰好停在出发点O处．（1）求滑块滑行过程中弹簧弹性势能的最大值．（2）滑块停在O点后，另一质量也为m的子弹以另一速度水平向右射入滑块并很快停留在滑块中，此后滑块滑行过程先后有两次经过O点．求第二颗子弹入射前的速度u的大小在什么范围内？vOA23精选版课件ppt06年广东汕头市二模1717．（16分）如图示，解：

（1）设OA段的长度为l,与滑块间的动摩擦因数为μ,设第一颗子弹射入滑块后滑块的速度为v1，由动量守恒定律得mv=(M+m)v1①滑块向右滑行至最右端时，弹簧弹性势能达到最大，设为EP，由功能关系得1/2∙(M+m)v12

=μ(M+m)∙

gl+EP②

滑块由最右端向左滑行至O点，由功能关系得EP=μ(M+m)gl③24精选版课件ppt解：（1）设OA段的长度为l,与滑

（2）设第二颗子弹射入滑块后滑块的速度为v2，由动量守恒定律得mu=(M+2m)v2⑤若滑块第一次返回O点时就停下,则滑块的运动情况与前面的情况相同1/2∙(M+2m)v22

=μ(M+2m)g

∙2l

若滑块第一次返回O点后继续向左滑行,再向右滑行,且重复第一次滑行过程，最后停在O点，则1/2∙(M+2m)v22

=μ(M+2m)g

∙4l⑧第二颗子弹入射前的速度u

的大小在以下范围内题目25精选版课件ppt（2）设第二颗子弹射入滑块后滑块的速度为v2，由动量守恒

例7、

如图示，在光滑的水平面上，质量为m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止状态，质量为2m的小球A以初速度v0向右运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过了一段时间A与弹簧分离.（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能EP多大？（2）若开始时在B球的右侧某位置固定一块挡板，在A球与弹簧未分离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走，设B球与挡板的碰撞时间极短，碰后B球的速度大小不变但方向相反，欲使此后弹簧被压缩到最短时，弹性势能达到第（1）问中EP的2.5倍，必须使B球在速度多大时与挡板发生碰撞？BAv026精选版课件ppt例7、如图示，在光滑的水平面上，质量为BAv0甲解：（1）当弹簧被压缩到最短时，AB两球的速度相等设为v，由动量守恒定律2mv0=3mv

由机械能守恒定律EP=1/2×2mv02-1/2×3mv2=mv02/3（2）画出碰撞前后的几个过程图BAv1v2乙BAv1v2丙AV丁B由甲乙图2mv0=2mv1+mv2

由丙丁图2mv1-mv2=3mV

由甲丁图,机械能守恒定律（碰撞过程不做功）1/2×2mv02=1/2×3mV2+2.5EP

解得v1=0.75v0

v2=0.5v0

V=v0/327精选版课件pptBAv0甲解：（1）当弹簧被压缩到最短时，AB两球的速度相

在原子物理中，研究核子与核子关联的最有效途经是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下面力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连,在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直轨道的固定档板P,右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球,如图所示,C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后,A球与档板P发生碰撞，碰后A、D静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间,突然解除销定(锁定及解除锁定均无机械能损失)，已知A、B、C三球的质量均为m。（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。（2）求在A球离开档板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。例8、PmmmABv0C28精选版课件ppt在原子物理中，研究核子与核子关联的最有效途解：PmmmABv0C整个过程可分为四个阶段来处理．（1）设Ｃ球与Ｂ球粘结成D时，D的速度为ｖ1，由动量守恒定律，得mv0=2mv1

①也可直接用动量守恒一次求出（从接触到相对静止）

mv0=3mv2，v2=v0/3

．（2）设弹簧长度被锁定后,贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒定律，得当弹簧压至最短时,D与Ａ的速度相等,设此速度为v2，1/2(2m)v12＝1/2(3m)v22＋EP

④联立①、②式得v2＝v0/3

③由动量守恒定律，得2mv1＝3mv2

②29精选版课件ppt解：PmmmABv0C整个过程可分为四个阶段来处理．（1）设

撞击Ｐ后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，弹性势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，有PmmmABv0C

以后弹簧伸长,A球离开挡板P,并获得速度．设此时的速度为v4,由动量守恒定律，得当弹簧伸到最长时,其弹性势能最大，设此势能为EP′,由能量守恒定律，得联立③─⑦式得1/2(2m)v32＝1/2(3m)v42＋EP′

⑦2mv3＝3mv4

⑥EP＝1/2（2m）v32

⑤题目30精选版课件ppt撞击Ｐ后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自⑴如图1，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度u0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度。⑵如图2，将n个这样的振子放在该轨道上。最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0。其余各振子间都有一定的距离。现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰。求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值。已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度。左右图11

2

3

4……n左右图2例9、03年江苏2031精选版课件ppt⑴解：⑴设每个小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度，取向右为速度的正方向，由动量守恒定律有mu1+mu2=mu0，由能量守恒定律有1/2mu12+1/2mu22=1/2mu02，解得u1=u0，u2=0，或者u1=0，u2=u0。由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度过程中，右端小球一直加速，因此实际解为u1=0，u2=u0⑵以v1、v1'分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时,左右两小球的速度,规定向右为速度的正方向,由动量守恒定律，mv1+mv1'

=0，由能量守恒定律，1/2mv12+1/2mv1'

2=E0，解得或32精选版课件ppt解：⑴设每个小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然由于该过程中左右小球分别向左右加速,故应取第2组解振子1与振子2碰后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为v1,此后两小球都向左运动当它们速度相同时,弹簧弹性势能最大,设此速度为v10，则由动量守恒定律，2mv10=mv1，用E1表示最大弹性势能，则由能量守恒定律1/2mv102+1/2mv102+E1=1/2mv12

，解得E1=1/4×E0同理可推出，每个振子弹性势能的最大值都是1/4×E0

题目33精选版课件ppt由于该过程中左右小球分别向左右加速,故应取第2组解振子1与振1．(04全国)如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用，③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有()A．l2＞l1B．l4＞l3C．l1＞l3D．l2＝l4练习FFFFF①②③④练习1、D34精选版课件ppt1．(04全国)如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，练习2、

如图所示，一根轻质弹簧和一根细线共同拉住一个质量为m的小球，平衡时细线恰是水平的，弹簧与竖直方向的夹角为θ.若突然剪断细线，则在刚剪断的瞬时，弹簧拉力的大小是

，小球加速度的大小为

，方向与竖直方向的夹角等于

.

小球再回到原处时弹簧拉力的大小是

，θm解：小球受力如图示：TFmg平衡时合力为0由平衡条件F=mg/cosθ剪断线的瞬时，弹簧拉力不变。小球加速度的大小为a=T/m=gtgθ方向沿水平方向。小球再回到原处时,由圆周运动规律，F1-mgcosθ=mv2/l=0∴F1=mgcosθmg/cosθgtgθ90°mgcosθ35精选版课件ppt练习2、如图所示，一(01江浙)如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为l、劲度系数为K的轻弹簧连接起来，木块与地面间的滑动摩擦因数为μ。现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是()练习3、12A36精选版课件ppt(01江浙)如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和如图所示，质量为m1的框架顶部悬挂着质量分别为m2、m3的两物体（m2＞m3）．物体开始处于静止状态，现剪断两物体间的连线取走m3，当物体m2向上运动到最高点时，弹簧对框架的作用力大小等于

，框架对地面的压力等于

.（m2－m3）g（m1＋m2－m3）gm2m3练习4、37精选版课件ppt如图所示，质量为m1的框架顶部悬挂着质量分别为m2、m3的两练习5、05年广东卷66.如图所示,两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面,导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd,与导轨构成矩形回路.导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧,两棒的中间用细线绑住,它们的电阻均为R,回路上其余部分的电阻不计.在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场.开始时,导体棒处于静止状态.剪断细线后,导体棒在运动过程中()A.回路中有感应电动势B.两根导体棒所受安培力的方向相同C.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒D.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒、机械能不守恒dbacAD38精选版课件ppt练习5、05年广东卷66.如图所示,两根足够长6．如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为300的光滑木板斜托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（）A.0;B.大小为,方向竖直向下C.大小为,方向垂直于木板向下;D.大小为,方向水平向左练习6、B)300AC39精选版课件ppt6．如图所示7.（2000年春）一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态.一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示.让环自由下落，撞击平板.已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长()A.若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总动量守恒B.若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C.环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功练习7、hMmAC40精选版课件ppt7.（2000年春）一轻质8.如图所示，原长为30cm的轻弹簧竖直立于地面，下端固定于地面，质量为m=0.1kg的物体放到弹簧顶部,物体静止，平衡时弹簧长为26cm,如果物体从距地面130cm处自由下落到弹簧上，当物体压缩弹簧到距地面22cm（不计空气阻力,取g=l0m/s2);有()A.物体的动能为1JB.物块的重力势能为1.08JC.弹簧的弹性势能为0.08JD.物块的动能与重力势能之和为2.16J练习8、30cm100cm22cm26cm∴解：物体静止平衡时，kx1=mg=1Nk=25N/m此时弹性势能EP1=1/2kx12=0.02Jx2=2x1弹性势能EP2=1/2kx22=0.08J

Ek2+EP2=mgH=1.08J∴Ek2=1JAC41精选版课件ppt8.如图所示，原长为30cm的轻弹簧竖直立于地面，下端固定

(04广东)如图所示,密闭绝热的具有一定质量的活塞,活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计,置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部.另一端固定在活塞上,弹簧被压缩后用绳扎紧,此时弹簧的弹性势能为EP(弹簧处于自然长度时的弹性势能为零),现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止,气体达到平衡态,经过此过程

（

）A．EP全部转换为气体的内能B．EP一部分转换成活塞的重力势能,其余部分仍为弹簧的弹性势能C．EP全部转换成活塞的重力势能和气体的内能D．EP一部分转换成活塞的重力势能,一部分转换为气体的内能,其余部分仍为弹簧的弹性势能理想气体练习9、D42精选版课件ppt(04广东)如图所示,密

如图所示，一根轻弹簧竖直放置在地面上，上端为O点，某人将质量为m的物块放在弹簧上端O处，使它缓慢下落到A处，放手后物块处于平衡状态，在此过程中人所做的功为W.如果将物块从距轻弹簧上端O点H高处释放，物块自由落下，落到弹簧上端O点后，继续下落将弹簧压缩，那么物块将弹簧压缩到A处时，物块速度v的大小是多少？OA练习10.解:

物块由O点到A点将弹簧压缩了x，弹簧具有的弹性势能为E，此过程中人对物块做的功为负功．由功能原理有：mgx－W=E①物块第二次从H高处下到A处，由机械能守恒定律有：mg(H＋x)=1/2mv2+E②联立①②解得速度为：43精选版课件ppt如图所示，一练习11、05年江苏高考16mbRv0BL16.如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻可忽略。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。（1）求初始时刻导体棒受到的安培力（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则在这一过程中安培里所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别是多少？（3）导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？44精选版课件ppt练习11、05年江苏高考16mbRv0BL16.作用于棒上的安培力的大小：F=BIL=B2Lv02/R

（2）由功能关系得：（3）由能量转化及平衡条件等，可判断出：解：（1）初始时刻棒中感应电动势E=BLv0棒中感应电流I=E/R

安培力的方向：水平向右安培力做功W1=EP-1/2mv02电阻R上产生的焦耳热Q1=1/2mv02-EP棒最终静止于初始位置电阻R上产生的焦耳热Q为Q=1/2mv0245精选版课件ppt作用于棒上的安培力的大小：F=BIL=B2Lv02/R

如图(a)示,轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B连接,并静止在光滑水平面上,现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图(b)示,从图象信息可得()A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长C.两物块的质量之比为m1:m2=1:2D.在t2时刻A与B的动能之比为EK1:EK2=1:8vm2m1AB(a)t/sv/ms-10t1

t2t

3

t4

123-1(b)AB解:

在t1时刻前,vA>vB,弹簧正在压缩在t3时刻前,vA<vB,弹簧正在伸长.在t3时刻后,vA>vB,弹簧正在压缩在t3时刻,vA=vB,弹簧最长.

AB错由动量守恒,3m1=(m1+m2)×1

m2=2m1C正确EK1:EK2=1/2m1v12:1/2m2v22=1:8CD练习12、46精选版课件ppt如图(a)示,轻弹簧的两端与质量分别为专题复习—弹簧类问题47精选版课件ppt专题复习—1精选版课件ppt复习精要弹簧问题的处理办法例1、2001年上海

例2、2005年全国理综III卷例3、例4例5、2005年全国卷Ⅰ/24例6、2004年广西卷17例7、07年1月苏州市教学调研测试17例8、06年广东汕头市二模17例9、例10

例11、03年江苏20

练习1

练习2练习3

练习4练习5、05年广东卷6

练习6

练习7练习8

练习9

练习10练习11、05年江苏高考16

练习12专题复习—弹簧类问题48精选版课件ppt复习精要专题复习—弹簧类问题2精选版课件ppt复习精要轻弹簧是一种理想化的物理模型，以轻质弹簧为载体,设置复杂的物理情景，考查力的概念，物体的平衡，牛顿定律的应用及能的转化与守恒，是高考命题的重点，此类命题几乎每年高考卷面均有所见,，在高考复习中应引起足够重视.(一)弹簧类问题的分类1、弹簧的瞬时问题弹簧的两端都有其他物体或力的约束时,使其发生形变时,弹力不能由某一值突变为零或由零突变为某一值.2、弹簧的平衡问题这类题常以单一的问题出现，涉及到的知识是胡克定律，一般用f=kx或△f=k△x来求解。49精选版课件ppt复习精要轻弹簧是一种理想化的物理模型，以轻质弹簧为载体,设置3、弹簧的非平衡问题这类题主要指弹簧在相对位置发生变化时，所引起的力、加速度、速度、功能和合外力等其它物理量发生变化的情况。4、弹力做功与动量、能量的综合问题在弹力做功的过程中弹力是个变力，并与动量、能量联系，一般以综合题出现。有机地将动量守恒、机械能守恒、功能关系和能量转化结合在一起。分析解决这类问题时，要细致分析弹簧的动态过程，利用动能定理和功能关系等知识解题。50精选版课件ppt3、弹簧的非平衡问题4、弹力做功与动量、能量的综合问题4精1.弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现弹簧时，要注意弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应.在题目中一般应从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置，现长位置，找出形变量x与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，以此来分析计算物体运动状态的可能变化.2.因弹簧（尤其是软质弹簧）其形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变.因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹力大小不变,即弹簧的弹力不能突变.(二)弹簧问题的处理办法51精选版课件ppt1.弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化,可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可根据动能定理和功能关系及能量转化和守恒定律求解.同时要注意弹力做功的特点：Wk=-（1/2kx22-1/2kx12），弹力的功等于弹性势能增量的负值.弹性势能的公式Ep=1/2kx2，高考不作定量要求，可作定性讨论.因此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般以能量的转化与守恒的角度来求解.52精选版课件ppt3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化,可以先求平

如图（A）所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态.现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度.（1）下面是某同学对该题的一种解法：解：设l1线上拉力为T1，l2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡：T1cosθ=mg,T1sinθ=T2,T2=mgtanθ剪断线的瞬间,T2突然消失,物体即在T2反方向获得加速度.因为mgtanθ=ma,所以加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由.例1、2001年上海

结果不正确.因为l2被剪断的瞬间，l1上张力的大小发生了突变，此瞬间

T1=mg

cosθ,θl1l2图A（1）答：∴a=gsinθ53精选版课件ppt

（2）若将图A中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图（B）所示，其他条件不变，求解的步骤与（1）完全相同，即a=gtanθ，你认为这个结果正确吗?请说明理由.因为l2被剪断的瞬间、弹簧l1的长度不能发生突变、T1的大小和方向都不变.θl1l2图B结果正确。（2）答：54精选版课件ppt（2）若将图A中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧

令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板。系统处一静止状态，现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，重力加速度为g。

mgsinθ=kx1①令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：kx2=mBgsinθ②F-mAgsinθ-kx2=mAa③例2、2005年全国理综III卷CθAB得解：由题意d=x1+x2⑤由①②⑤式可得55精选版课件ppt令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克例3、

如图示,倾角30°的光滑斜面上,并排放着质量分别是mA=10kg和mB=2kg的A、B两物块，一个劲度系数k=400N/m的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态，现对A施加一沿斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上作匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，g取10m/s2,求F的最大值和最小值。30°ABFx1解：开始静止时弹簧压缩x1x1=(m1+m2)gsinα/k=0.15m0.2s末A、B即将分离,A、B间无作用力，对B物块：ABx2Fkx2-m2gsinα=m2a⑴x1-x2=1/2at2⑵

解得x2=0.05ma=5m/s256精选版课件ppt例3、如图示,倾角30°的光30°ABFt=0时，F最小，对AB整体Fmin=(m1+m2)a=60Nt=0.2s时，F最大，对A物块：Fmax-m1g

sinα=m1aFmax=m1g

sinα+m1a=100N57精选版课件ppt30°ABFt=0时，F最小，对AB整体Fmin=(A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知木块A、B质量分别为0.42kg和0.40kg，弹簧的劲度系数k=100N/m，若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使A由静止开始以0.5m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动（g=10m/s2）.（1）使木块A竖直做匀加速运动的过程中,力F的最大值（2）若木块由静止开始做匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减少了0.248J，求这一过程F对木块做的功.例4、

BA58精选版课件pptA、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，解:

BA(1)当F=0（即不加竖直向上F力时），设A、B叠放在弹簧上处于平衡时弹簧的压缩量为x，有kx=(mA+mB)g,x=(mA+mB)g/k ①对A施加F力，分析A、B受力如图ANmAgFBNmBgkx′对A

F+N-mAg=mAa ②对B

kx'-N-mBg=mBa' ③可知，当N≠0时，AB有共同加速度a=a'

，由②式知欲使A匀加速运动，随N减小,F

增大.当N=0时，F取得了最大值Fm,即Fm=mA（g+a）=4.41N59精选版课件ppt解:BA(1)当F=0（即不加竖直向上F力时），设(2)当N=0时，A、B开始分离,′由③式知此时,弹簧压缩量kx'=mB(a+g)，x'=mB(a+g)/k ④AB共同速度v2=2a(x'-x) ⑤由题知，此过程弹性势能减少了EP=0.248J设F力功WF，对这一过程应用动能定理或功能原理WF+EP-(mA+mB)g(x'-x)=1/2(mA+mB)v2 ⑥联立①④⑤⑥,得WF=9.64×10-2J题目60精选版课件ppt(2)当N=0时，A、B开始分离,′由③式知此时,弹簧压缩24．(19分)如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。若将C换成另一个质量为(m1+m2)的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g.例5、2005年全国卷Ⅰ/24.m2ABkm161精选版课件ppt24．(19分)如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下

开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有

kx1=m1g①挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点。由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧性势能的增加量为△E=m3g(x1+x2)－m1g(x1+x2)③kx2=m2g②m2ABkm1m3C解：62精选版课件ppt开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有C换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得m2ABkm1(m1+m2)D

由③④式得

由①②⑤式得题目63精选版课件pptC换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关

图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l2

，重力加速度为g，求A从P出发时的初速度v0。

例6、2004年广西卷17、

l2l1ABP64精选版课件ppt

解：设A、B质量均为m,A刚接触B时速度为v1（碰前）,由功能关系，碰撞过程中动量守恒,令碰后A、B共同运动的速度为v2m

v1=2m

v2(2)

碰后A、B先一起向左运动,接着A、B一起被弹回,在弹簧恢复到原长时,设A、B的共同速度为v3,在这过程中,弹簧势能始末两态都为零，由功能关系，有后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有由以上各式，解得l2l1ABP65精选版课件ppt解：设A、B质量均为m,A刚接触B时速度为v1（碰前）,由07年1月苏州市教学调研测试1717．如图所示，质量均为m的A、B两球间有压缩的轻短弹簧处于锁定状态，放置在水平面上竖直光滑的发射管内（两球的大小尺寸和弹簧尺寸都可忽略，它们整体视为质点），解除锁定时，A球能上升的最大高度为H．现让两球包括锁定的弹簧从水平面出发，沿光滑的半径为R的半圆槽从左侧由静止开始下滑，滑至最低点时，瞬间解除锁定．求：（1）两球运动到最低点弹簧锁定解除前所受轨道的弹力；（2）A球离开圆槽后能上升的最大高度ARBAB66精选版课件ppt07年1月苏州市教学调研测试1717．如图所示，质量均为m的解：

（1）A、B系统由水平位置滑到轨道最低点时速度为v0，根据机械守恒定律设轨道对小球的弹力为F，根据牛顿第二定律得F＝6mg③(2)解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A、B的机械能，则弹性势能为EP＝mgH④解除锁定后A、B的速度分别为vA、

vB，解除锁定过程中动量守恒2mv0=mvA+mvB

⑤67精选版课件ppt解：（1）A、B系统由水平位置滑到轨道最低点系统机械能守恒联立上述各式得正号舍去设球A上升的高度为h，球A上升过程机械能守恒整理后得题目68精选版课件ppt系统机械能守恒联立上述各式得正号舍去设球A上升的高度为h06年广东汕头市二模1717．（16分）如图示，一轻质弹簧一端固定、另一端与质量为M的小滑块连接，开始时滑块静止在水平导轨的O点，弹簧处于原长状态．导轨的OA段是粗糙的，其余部分都是光滑的．有一质量为m的子弹以大小为v的速度水平向右射入滑块，并很快停留在滑块中．之后，滑块先向右滑行并越过A点，然后再向左滑行，最后恰好停在出发点O处．（1）求滑块滑行过程中弹簧弹性势能的最大值．（2）滑块停在O点后，另一质量也为m的子弹以另一速度水平向右射入滑块并很快停留在滑块中，此后滑块滑行过程先后有两次经过O点．求第二颗子弹入射前的速度u的大小在什么范围内？vOA69精选版课件ppt06年广东汕头市二模1717．（16分）如图示，解：

（1）设OA段的长度为l,与滑块间的动摩擦因数为μ,设第一颗子弹射入滑块后滑块的速度为v1，由动量守恒定律得mv=(M+m)v1①滑块向右滑行至最右端时，弹簧弹性势能达到最大，设为EP，由功能关系得1/2∙(M+m)v12

=μ(M+m)∙

gl+EP②

滑块由最右端向左滑行至O点，由功能关系得EP=μ(M+m)gl③70精选版课件ppt解：（1）设OA段的长度为l,与滑

（2）设第二颗子弹射入滑块后滑块的速度为v2，由动量守恒定律得mu=(M+2m)v2⑤若滑块第一次返回O点时就停下,则滑块的运动情况与前面的情况相同1/2∙(M+2m)v22

=μ(M+2m)g

∙2l

若滑块第一次返回O点后继续向左滑行,再向右滑行,且重复第一次滑行过程，最后停在O点，则1/2∙(M+2m)v22

=μ(M+2m)g

∙4l⑧第二颗子弹入射前的速度u

的大小在以下范围内题目71精选版课件ppt（2）设第二颗子弹射入滑块后滑块的速度为v2，由动量守恒

例7、

如图示，在光滑的水平面上，质量为m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止状态，质量为2m的小球A以初速度v0向右运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过了一段时间A与弹簧分离.（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能EP多大？（2）若开始时在B球的右侧某位置固定一块挡板，在A球与弹簧未分离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走，设B球与挡板的碰撞时间极短，碰后B球的速度大小不变但方向相反，欲使此后弹簧被压缩到最短时，弹性势能达到第（1）问中EP的2.5倍，必须使B球在速度多大时与挡板发生碰撞？BAv072精选版课件ppt例7、如图示，在光滑的水平面上，质量为BAv0甲解：（1）当弹簧被压缩到最短时，AB两球的速度相等设为v，由动量守恒定律2mv0=3mv

由机械能守恒定律EP=1/2×2mv02-1/2×3mv2=mv02/3（2）画出碰撞前后的几个过程图BAv1v2乙BAv1v2丙AV丁B由甲乙图2mv0=2mv1+mv2

由丙丁图2mv1-mv2=3mV

由甲丁图,机械能守恒定律（碰撞过程不做功）1/2×2mv02=1/2×3mV2+2.5EP

解得v1=0.75v0

v2=0.5v0

V=v0/373精选版课件pptBAv0甲解：（1）当弹簧被压缩到最短时，AB两球的速度相

在原子物理中，研究核子与核子关联的最有效途经是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下面力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连,在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直轨道的固定档板P,右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球,如图所示,C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后,A球与档板P发生碰撞，碰后A、D静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间,突然解除销定(锁定及解除锁定均无机械能损失)，已知A、B、C三球的质量均为m。（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。（2）求在A球离开档板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。例8、PmmmABv0C74精选版课件ppt在原子物理中，研究核子与核子关联的最有效途解：PmmmABv0C整个过程可分为四个阶段来处理．（1）设Ｃ球与Ｂ球粘结成D时，D的速度为ｖ1，由动量守恒定律，得mv0=2mv1

①也可直接用动量守恒一次求出（从接触到相对静止）

mv0=3mv2，v2=v0/3

．（2）设弹簧长度被锁定后,贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒定律，得当弹簧压至最短时,D与Ａ的