2023年高考名校物理模擬試題分項解析熱點14與彈簧相關問題

10熱點14 與彈簧相關問題高考真題1．〔2023高考江蘇卷物理8〕如以下圖，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中彈簧的最大彈力為μmg物塊抑制摩擦力做的功為2μmgs彈簧的最大彈性勢能為μmgs2gs物塊在2gs【參考答案】BC【名師解析】小物塊壓縮彈簧最短時有F彈

mg，故A錯誤；全過程小物塊的路程為2s，所以全過程中抑制摩擦力做的功為mg2s 故B正確小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得mgs，Pmax1gs00故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得：mg2s02mv2，解得：v 2 ，故Dgs00誤。2．〔2023全國理綜I卷21〕在星球MP輕放在彈簧上端，P由靜a與彈簧的壓縮量xN上用完全一樣的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其a–x關系如圖中虛線所示，假設兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體。星球M的半徑是星球N的3倍，則A．M與N的密度相等B．Q的質(zhì)量是P的3倍C．Q下落過程中的最大動能是P的4倍D．Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍【參考答案】AC【命題意圖】 此題考察萬有引力定律，牛頓運動定律及其相關學問點。MmM上重力加速度為g=3aN上重力加速度為g=aGM 0 N 0 R24=mg，V= R3,ρ=M/Vρ=ρA正確；在星球MP加速度為零時，kx0=mg，在星3 M N PM球N上當Q加速度為零時2kxmg聯(lián)立解得m6m選項B錯誤由機械能守恒定律mgx=E +E ，0 QN Q

PM0 pM kPEmg2x=E

+E E

=4E

QN 0

pN kQ

pN pM EkP1 1正確；由機械能守恒定律，mg

x= kx

2，mg

x= kx

2xQ=2xPQ下落過程中最大壓PMP 2 p QNQ 2 Q縮量是P2倍，選項D錯誤。又解：由a-x圖象可知，加速度沿豎直向下方向為正方向，依據(jù)牛頓其次定律有：mgkxma，變形式agk

x，該圖象的斜率為

k，縱軸截距為重力加速度g。依據(jù)圖象的縱軸截距可知，兩星球表m mg面的重力加速度之比為：gMN

3a 3；又由于在某星球外表上的物體，所受重力和萬有引力相等，即：0a 100GMm

mgM

gR2M4R3，聯(lián)立得3g

。故兩星球的密度R2 G g R

3 MN

M Ng RN

1:1，故A正確；當物體在彈簧上運動過程中，加速度為0的一瞬間，其所受彈力和重力二力平衡，mgkxm

kxga-xP和物體Q分別處于平衡位置時，x x 1 m x g 1x彈簧的壓縮量之比為：xP20x

P和物體Q的質(zhì)量之比為：P2m2

p x g

6B錯誤；Q 0 Q Q M物體P和物體Q分別處于各自的平衡位置〔a=0〕時，它們的動能最大；依據(jù)v22ax，結合a-x圖象面積1P的最大速度滿足v2P

3ax2 0 0

3ax00

Qv2Q

2ax，00E則兩物體的最大動能之比：kQ

1mv22 QQ

m v2

4，C正確；物體P和物體Q分別在彈簧上做簡諧QQE 1 m v2QQkP 2

mv2 P PPP運動，由平衡位置〔a=0〕可知，物體P和Q振動的振幅Ax0

和2x0

，即物體P所在彈簧最大壓縮2x0

，物體Q4x0

，則Q下落過程中，彈簧最大壓縮量時P物體最大壓縮量的2倍，D錯誤；3.〔2023全國理綜II·21〕O點，另一端與小球相連。M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了NM、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<M點運動到N點的過程中A．彈力對小球先做正功后做負功B．.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C．.彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D．.NM、N兩點的重力勢能之差【參考答案】BCD【名師解析】依據(jù)題述，在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，彈簧形變量大小相等，彈性勢能相等。明顯在M點，彈簧被壓縮，在N點，彈簧被拉伸。對小球從M點運動到N點的過程中，彈簧先壓縮，后漸漸恢復原長，再拉伸，彈力對小球先做負功、后做正功、再做負功，選項A錯誤。在小球運動到與O點處于同一水平面時，在豎直方向僅受到重力，其加速度為g；在小球運動到彈簧恢復原長時，小球在豎直方向僅受到g；所以有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度，選項BO點處于同一水平面時，彈簧長度最短，彈簧彈力沿水平方向，而小球速度方向豎直向下，所以彈力對小球做C正確。小球從M點運動到N點的過程中，由機械能守恒定律，小球到達N點時的動M、N兩點的重力勢能之差，選項D正確。4.〔2023全國理綜III卷25〕靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為m=l.0kg，m=4.0kg；兩者之A Bk與其右側(cè)的豎直墻壁距離l=1.0m使A、B瞬間分別，兩物塊獲得的動能之和為E=10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為u=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。k求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。晃飰KA、B中的哪一個先停頓？該物塊剛停趕忙A與B之間的距離是多少？A和B都停頓后，A與B之間的距離是多少？【名師解析】.設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為v、v，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有A B0=mv-mv①AA BBE1mvk 2 A

21mv2 ②A 2 BB聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得v=4.0m/s，v=1.0m/sA BA、Ba。假設A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停頓，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停頓所需時間為t，B向左運動的路程為s。，則有Bmamg ④B Bs vB B

t1at2 ⑤2vBat0 ⑥在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不轉(zhuǎn)變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程S都可表示為As=vt–1at2 ⑦A A 2聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得s=1.75m，s=0.25m ⑧A B這說明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于動身點右邊0.25m處。B位于動身點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s=0.25m+0.25m=0.50m ⑨t(yī)時刻后A將連續(xù)向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為v′，由動能定理有A1 1mv2 mv2mg2ls⑩2 AA 2 AA A B聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得v 7m/sA故A與B將發(fā)生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為v

′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mvA A

m

vAA

A BmvBB1 1 1mv2

v2

v22 AA

2 AA

2 BB2 7聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得2 7vA

m/s, v3 75 3 7

m/s5這說明碰撞后A將向右運動，B連續(xù)向左運動。設碰撞后A向右運動距離為s′時停頓，B向左運動距離為s′時A B停頓，由運動學公式2as

v2, 2as

v2A A B B式及題給數(shù)據(jù)得s0.63m, sA

0.28ms′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停頓后的距離AssA

sB

0.91m5.〔2023北京理綜〕如以下圖，彈簧的一端固定，另一端連接一個物塊，彈簧質(zhì)量不計。物塊〔可視為質(zhì)點〕的質(zhì)量為m，在水平桌面上沿xμ。以彈簧原長時物塊的位置為坐標原點OxF=kx,k為常量?！?〕請畫出F隨x變化的示意圖；并依據(jù)F-x的圖像求物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中彈力所做的功?！?〕a.求彈力所做的功，.并據(jù)此求彈性勢能的變化量；b.“摩擦力勢能”的概念?！久麕熃馕觥俊?〕F-x圖像如圖。物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中，彈力做負功；F-x圖像下的面積等于彈力做功大小。彈力做功1 1W=-2kx·x=-2kx2.。T〔2〕axx的過程中，彈力做功1 31 1 1T1133113W 2(kx+kx)·(x-x2kx22kx2。T1133113xx的過程中，彈力做功3 21 1 1T2233232W 2(kx+kx)·(x-x2kx22kx2。T2233232整個過程中，彈力做功W=W

1+W =2kx

12-2kx2。T T1 T2 1 21 1pT21彈性勢能的變化量：△E=-W=2kx2-2kx2。pT21b.整個過程中。摩擦力做功：Wμmg〔2x-x-x〕f 3 1 2與彈力做功比較，彈力做功與x無關，即與實際路徑無關，只與始末位置有關，所以我們可以定義一個由3物體之間的相互作用力〔彈力〕和相對位置打算的能量——彈性勢能。而摩擦力做功與x有關，即與實際3路徑有關，所以，不行以定義與摩擦力對應的“摩擦力勢能”。6.〔2023全國理綜II·25〕2l5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物P接觸但不連接。AB5l的水平軌道，Bl的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如以下圖。物塊PABμ=0.5。用外力推動物塊Pl，然后釋放，P開頭沿軌道運動，重力加速度大小為g。PmP到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；假設P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍?！緟⒖即鸢浮竣?/p>

2 2l ⑵5m≤m”≤5m6gl3 26gl【名師解析】〔1〕依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l5m的物體的動能為零。其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能。由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能為Ep=5mgl。 ①B設P的質(zhì)量為M，到達Bv，由能量守恒定律得B1Ep=2MvB2+μMg·4l ②6gl聯(lián)立①②式，取M=m并代入題給數(shù)據(jù)解得 vB= 6glv2假設P能沿圓軌道運動到D點其到達D點時的向心力不能小于重力即P此時的速度大小v應滿足m -mg≥0.l④1 1設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律，2mvB2+=2mvD2+mg·2l ⑤2gl聯(lián)立③⑤解得vD= 2glvDP能夠運動到DDvDP落回軌道AB所需的時間為t，1由運動學公式得2l=2gt2，⑦P落回到AB上的位置與B之間的距離為s=vDt，⑧2聯(lián)立⑥⑦⑧解得s=2 l。⑨2〔2〕為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l. 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上上升度不能超過半圓軌道的中點C。由機械能守恒定律有1Mv2≤Mg·4l 2 B5mm5m3 2最模擬題1．〔2023江蘇溧陽市期中〕如以下圖，傾角θ=37°的光滑且足夠長的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個輪半徑和質(zhì)量不計的光滑定滑輪D=1kg的物體A用一勁度系數(shù)=240N/m的輕彈簧連接，PA跨過定滑輪與質(zhì)量MCC穿過豎直固定的光滑均勻細桿，當整個系統(tǒng)靜止時，環(huán)CQ處，繩與細桿的夾角2.5cSD水平且長度為=0.2R與位置Q關于位置S對稱，輕彈簧和定滑輪右側(cè)的繩均與斜面平行．現(xiàn)讓環(huán)CRC在下落過程中繩始終未松弛．sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求：小環(huán)CM；小環(huán)CSERSW；k TCQv.【名師解析】：對A：T=mgsinθ+kx 2分對小環(huán)C：Tcos530=Mg 2分求得：M=0.72kg 2分d小環(huán)通過位置S時A下滑的距離為X=A sin

-d=0.05m 1分此時彈簧的壓縮量：0.05m-0.025m=0.025m，可知此刻彈簧彈性勢能與初始時一樣由速度的分解可知：此刻A的速度為零對整個系統(tǒng)機械能守恒：Mgdcotɑ+mgX=E 2分A kE=1.38J 1分k對小環(huán)從R運動到S用動能定理：W+Mgdcotɑ=E 1分T kW=0.3J 1分T由幾何關系可知：小環(huán)運動到Q處時，A將回到初始位置，此刻彈簧彈性勢能與初始位置一樣，對系統(tǒng)機械能守恒：1 1Mg2dcotɑ=2Mv2+2mvA2 2分v=vcosɑ 2分A求得：V=2m/s 2分MNABPN處與水d=3.6×10-3mAB物塊，并使高出物塊局部在通過光電門時擋光。傳送帶水平局部的長度L=8m，沿逆時針方向以恒定速度=6m/s勻速轉(zhuǎn)動。物塊，B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.，質(zhì)量m=m1kg。開頭時在A和B之間壓縮一輕彈簧，鎖定其處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)解除鎖定，彈開物塊A和B，快速移去輕彈簧，兩物塊第一次通過t=9.0×10-4sg10m/s2。試求：1〔〕E；1p2 〔〕2 sm〔3〕BMNPAAB碰后互換速度，PAABBQ端滑出?B與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能△E為多大?【參考答案】〔1〕16J(2)4m(3)【參考答案】〔1〕16J(2)4m(3)4m/s8(3+2)JvA=vB==4.0m/s彈簧儲存的彈性勢能物塊B滑上傳送帶做勻減速運動，當速度減為零時，滑動的距離最遠。彈簧儲存的彈性勢能由動能定理得：