2023年高考名校物理模拟试题分项解析热点14与弹簧相关问题

10热点14 与弹簧相关问题高考真题1．〔2023高考江苏卷物理8〕如以下图，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中弹簧的最大弹力为μmg物块抑制摩擦力做的功为2μmgs弹簧的最大弹性势能为μmgs2gs物块在2gs【参考答案】BC【名师解析】小物块压缩弹簧最短时有F弹

mg，故A错误；全过程小物块的路程为2s，所以全过程中抑制摩擦力做的功为mg2s 故B正确小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得mgs，Pmax1gs00故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：mg2s02mv2，解得：v 2 ，故Dgs00误。2．〔2023全国理综I卷21〕在星球MP轻放在弹簧上端，P由静a与弹簧的压缩量xN上用完全一样的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。星球M的半径是星球N的3倍，则A．M与N的密度相等B．Q的质量是P的3倍C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【参考答案】AC【命题意图】 此题考察万有引力定律，牛顿运动定律及其相关学问点。MmM上重力加速度为g=3aN上重力加速度为g=aGM 0 N 0 R24=mg，V= R3,ρ=M/Vρ=ρA正确；在星球MP加速度为零时，kx0=mg，在星3 M N PM球N上当Q加速度为零时2kxmg联立解得m6m选项B错误由机械能守恒定律mgx=E +E ，0 QN Q

PM0 pM kPEmg2x=E

+E E

=4E

QN 0

pN kQ

pN pM EkP1 1正确；由机械能守恒定律，mg

x= kx

2，mg

x= kx

2xQ=2xPQ下落过程中最大压PMP 2 p QNQ 2 Q缩量是P2倍，选项D错误。又解：由a-x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，依据牛顿其次定律有：mgkxma，变形式agk

x，该图象的斜率为

k，纵轴截距为重力加速度g。依据图象的纵轴截距可知，两星球表m mg面的重力加速度之比为：gMN

3a 3；又由于在某星球外表上的物体，所受重力和万有引力相等，即：0a 100GMm

mgM

gR2M4R3，联立得3g

。故两星球的密度R2 G g R

3 MN

M Ng RN

1:1，故A正确；当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，mgkxm

kxga-xP和物体Q分别处于平衡位置时，x x 1 m x g 1x弹簧的压缩量之比为：xP20x

P和物体Q的质量之比为：P2m2

p x g

6B错误；Q 0 Q Q M物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置〔a=0〕时，它们的动能最大；依据v22ax，结合a-x图象面积1P的最大速度满足v2P

3ax2 0 0

3ax00

Qv2Q

2ax，00E则两物体的最大动能之比：kQ

1mv22 QQ

m v2

4，C正确；物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐QQE 1 m v2QQkP 2

mv2 P PPP运动，由平衡位置〔a=0〕可知，物体P和Q振动的振幅Ax0

和2x0

，即物体P所在弹簧最大压缩2x0

，物体Q4x0

，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误；3.〔2023全国理综II·21〕O点，另一端与小球相连。M点由静止释放，它在下降的过程中经过了NM、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<M点运动到N点的过程中A．弹力对小球先做正功后做负功B．.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．.NM、N两点的重力势能之差【参考答案】BCD【名师解析】依据题述，在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，弹簧形变量大小相等，弹性势能相等。明显在M点，弹簧被压缩，在N点，弹簧被拉伸。对小球从M点运动到N点的过程中，弹簧先压缩，后渐渐恢复原长，再拉伸，弹力对小球先做负功、后做正功、再做负功，选项A错误。在小球运动到与O点处于同一水平面时，在竖直方向仅受到重力，其加速度为g；在小球运动到弹簧恢复原长时，小球在竖直方向仅受到g；所以有两个时刻小球的加速度等于重力加速度，选项BO点处于同一水平面时，弹簧长度最短，弹簧弹力沿水平方向，而小球速度方向竖直向下，所以弹力对小球做C正确。小球从M点运动到N点的过程中，由机械能守恒定律，小球到达N点时的动M、N两点的重力势能之差，选项D正确。4.〔2023全国理综III卷25〕静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m=l.0kg，m=4.0kg；两者之A Bk与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m使A、B瞬间分别，两物块获得的动能之和为E=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10m/s²。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。k求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；物块A、B中的哪一个先停顿？该物块刚停赶忙A与B之间的距离是多少？A和B都停顿后，A与B之间的距离是多少？【名师解析】.设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为v、v，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有A B0=mv-mv①AA BBE1mvk 2 A

21mv2 ②A 2 BB联立①②式并代入题给数据得v=4.0m/s，v=1.0m/sA BA、Ba。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停顿，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停顿所需时间为t，B向左运动的路程为s。，则有Bmamg ④B Bs vB B

t1at2 ⑤2vBat0 ⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不转变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程S都可表示为As=vt–1at2 ⑦A A 2联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得s=1.75m，s=0.25m ⑧A B这说明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于动身点右边0.25m处。B位于动身点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s=0.25m+0.25m=0.50m ⑨t时刻后A将连续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v′，由动能定理有A1 1mv2 mv2mg2ls⑩2 AA 2 AA A B联立③⑧⑩式并代入题给数据得v 7m/sA故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为v

′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mvA A

m

vAA

A BmvBB1 1 1mv2

v2

v22 AA

2 AA

2 BB2 7联立式并代入题给数据得2 7vA

m/s, v3 75 3 7

m/s5这说明碰撞后A将向右运动，B连续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为s′时停顿，B向左运动距离为s′时A B停顿，由运动学公式2as

v2, 2as

v2A A B B式及题给数据得s0.63m, sA

0.28ms′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停顿后的距离AssA

sB

0.91m5.〔2023北京理综〕如以下图，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计。物块〔可视为质点〕的质量为m，在水平桌面上沿xµ。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点OxF=kx,k为常量。〔1〕请画出F随x变化的示意图；并依据F-x的图像求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功。〔2〕a.求弹力所做的功，.并据此求弹性势能的变化量；b.“摩擦力势能”的概念。【名师解析】〔1〕F-x图像如图。物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中，弹力做负功；F-x图像下的面积等于弹力做功大小。弹力做功1 1W=-2kx·x=-2kx2.。T〔2〕axx的过程中，弹力做功1 31 1 1T1133113W 2(kx+kx)·(x-x2kx22kx2。T1133113xx的过程中，弹力做功3 21 1 1T2233232W 2(kx+kx)·(x-x2kx22kx2。T2233232整个过程中，弹力做功W=W

1+W =2kx

12-2kx2。T T1 T2 1 21 1pT21弹性势能的变化量：△E=-W=2kx2-2kx2。pT21b.整个过程中。摩擦力做功：Wμmg〔2x-x-x〕f 3 1 2与弹力做功比较，弹力做功与x无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以我们可以定义一个由3物体之间的相互作用力〔弹力〕和相对位置打算的能量——弹性势能。而摩擦力做功与x有关，即与实际3路径有关，所以，不行以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。6.〔2023全国理综II·25〕2l5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物P接触但不连接。AB5l的水平轨道，Bl的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如以下图。物块PABμ=0.5。用外力推动物块Pl，然后释放，P开头沿轨道运动，重力加速度大小为g。PmP到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；假设P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。【参考答案】⑴

2 2l ⑵5m≤m”≤5m6gl3 26gl【名师解析】〔1〕依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l5m的物体的动能为零。其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep=5mgl。 ①B设P的质量为M，到达Bv，由能量守恒定律得B1Ep=2MvB2+μMg·4l ②6gl联立①②式，取M=m并代入题给数据解得 vB= 6glv2假设P能沿圆轨道运动到D点其到达D点时的向心力不能小于重力即P此时的速度大小v应满足m -mg≥0.l④1 1设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律，2mvB2+=2mvD2+mg·2l ⑤2gl联立③⑤解得vD= 2glvDP能够运动到DDvDP落回轨道AB所需的时间为t，1由运动学公式得2l=2gt2，⑦P落回到AB上的位置与B之间的距离为s=vDt，⑧2联立⑥⑦⑧解得s=2 l。⑨2〔2〕为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l. 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上上升度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有1Mv2≤Mg·4l 2 B5mm5m3 2最模拟题1．〔2023江苏溧阳市期中〕如以下图，倾角θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮D=1kg的物体A用一劲度系数=240N/m的轻弹簧连接，PA跨过定滑轮与质量MCC穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环CQ处，绳与细杆的夹角2.5cSD水平且长度为=0.2R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行．现让环CRC在下落过程中绳始终未松弛．sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求：小环CM；小环CSERSW；k TCQv.【名师解析】：对A：T=mgsinθ+kx 2分对小环C：Tcos530=Mg 2分求得：M=0.72kg 2分d小环通过位置S时A下滑的距离为X=A sin

-d=0.05m 1分此时弹簧的压缩量：0.05m-0.025m=0.025m，可知此刻弹簧弹性势能与初始时一样由速度的分解可知：此刻A的速度为零对整个系统机械能守恒：Mgdcotɑ+mgX=E 2分A kE=1.38J 1分k对小环从R运动到S用动能定理：W+Mgdcotɑ=E 1分T kW=0.3J 1分T由几何关系可知：小环运动到Q处时，A将回到初始位置，此刻弹簧弹性势能与初始位置一样，对系统机械能守恒：1 1Mg2dcotɑ=2Mv2+2mvA2 2分v=vcosɑ 2分A求得：V=2m/s 2分MNABPN处与水d=3.6×10-3mAB物块，并使高出物块局部在通过光电门时挡光。传送带水平局部的长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度=6m/s匀速转动。物块，B与传送带间的动摩擦因数=0.，质量m=m1kg。开头时在A和B之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A和B，快速移去轻弹簧，两物块第一次通过t=9.0×10-4sg10m/s2。试求：1〔〕E；1p2 〔〕2 sm〔3〕BMNPAAB碰后互换速度，PAABBQ端滑出?B与传送带之间因摩擦产生的内能△E为多大?【参考答案】〔1〕16J(2)4m(3)【参考答案】〔1〕16J(2)4m(3)4m/s8(3+2)JvA=vB==4.0m/s弹簧储存的弹性势能物块B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。弹簧储存的弹性势能由动能定理得：