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文档简介
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:
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