2019年高考物理二轮复习模型突破训练3弹簧模型.doc

1、1模型突破训练(三) 弹簧模型(限时：20 分钟)1. (2018上海浦东新区二模)如图 5 所示，细绳一端系在小球 O 上，另一端固定在天花板上 A 点，轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上 B 点，小球处于静止状态将细绳烧断的瞬间，小球的加速度方向( )图 5A沿 BO 方向 B沿 OB 方向C竖直向下 D沿 AO 方向D 小球平衡时，对小球受力分析，小球受重力、弹簧弹力、绳的拉力当细绳烧断的瞬间，绳的拉力变为零，重力，弹力不变，所以重力与弹力的合力与绳的拉力等大反向，故 D 正确2(2018太原模拟)如图 6 所示，足够长的、倾角为 30的光滑斜面上，挡板 C 与斜面垂直质量均为

2、 m 的 A、 B 两相同物块与劲度系数为 k 的轻弹簧两端相连，在 C 的作用下处于静止状态现给 A 施加沿斜面向上的恒力 F，使 A、 B 两物块先后开始运动已知弹簧始终在弹性限度内，下列判断正确的是( )图 6A恒力 F 的值一定大于 mgB物块 B 开始运动时，物块 A 的加速度为F mgmC物块 B 开始运动时， A 发生位移的大小为mg2kD当物块 B 的速度第一次最大时，弹簧的形变量为mgkB F 可以先使 A 加速运动起来，然后随着弹力的变化，在 A 做减速运动过程中，使得 B 开始运动，故 F 的力不一定大于 mg，A 错误；当 B 开始运动时，弹簧的弹力为T mgsin 3

3、0 mg，并且处于伸长状态，对 A 有一个沿斜面向下的拉力，所以 F mgsin 1230 mg ma，解得 a ，B 正确；在未施加 F 之前，弹簧处于压缩状态，形变量12 F mgm2 x1 ，当 B 开始运动时，弹簧处于拉伸状态，形变量为 x2mgsin 30k mg2k ，所以 A 的位移为 x x1 x2 ，C 错误；对物块 B 受力分析，受到mgsin 30k mg2k mgk弹簧的拉力，以及重力沿斜面向下的分力，当两者相等时， B 的速度最大，即 mgsin 30 kx，解得 x ，D 错误mg2k3(2018银川一中二次模拟)如图 7 所示，两块质量分别为 m1和 m2的木块由

4、一根轻弹簧连在一起，在 m1上施加一个竖直向下的力 F，整个系统处于平衡状态现撤去 F， m2刚好被弹簧提起(弹性势能的表达式为 Ep kx2，其中 x 为形变量， k 为劲度系数)，则力12F 的值为( )图 7A F( m1 m2)g B F(2 m1 m2)gC F( m12 m2)g D F2 m1gA 撤去 F 后， m1跳起后做简谐运动，当 m1运动到最高点，弹簧将 m2拉得恰好跳离桌面时，弹簧的弹力大小等于 m2g，根据牛顿第二定律得，物体 m1在最高点时加速度的大小a1 ，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性，物体 m1F m1gm1 m2g m1gm1 m2 m1 gm1在最低

5、点时加速度的大小 a2 a1，合力大小等于 F，方向竖直向上，根据牛顿第二定律得F m1a2( m1 m2)g，故选 A.4.如图 8 所示，两个质量分别为 m1 、 m2的物块 A 和 B 通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接 A，另一端固定在墙上， A、 B 与传送带间动摩擦因数均为 .传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设 A、 B 的加速度大小分别为 aA和 aB，(弹簧在弹性限度内，重力加速度为 g)则( )图 8A aA g， aB g B aA g ， aB0(1m2m1)3C aA g， aB0 D aA g ， aB g(1m2m

6、1)C 对物块 B 分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有： m 2g kx，则 x .以两个物 m2gk块组成的整体为研究对象，则绳子的拉力： T (m1 m2)g；突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为 0，而弹簧的弹力不变，则 A 受到的合外力与 T 大小相等，方向相反，则：aA ； B 在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不Tm1 m1 m2 gm1变，仍然等于 0，所以 B 的加速度仍然等于 0.故选项 C 正确，A、B、D 错误5(2018资阳二诊)如图 9 所示，物体 A、 B 用细绳与弹簧连接后跨过滑轮， A 静止在倾角为 45的粗糙斜面上， B 悬空且处于静止状态已知两

7、物体质量 mA3 mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角 由 45减小到 30，下列说法正确的是( )图 9A弹簧的弹力大小将增大B物体 A 受到的静摩擦力将减小C弹簧的弹力及 A 受到的静摩擦力都不变D物体 A 对斜面的压力将减小B 设 mA3 mB3 m，对物体 B 受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到： T mg，则知弹簧的弹力不变，故 A 错误再对物体 A 受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图所示，刚开始由于 mAgsin 45 mg mBg mg，所以摩擦力322沿斜面向上；同理后来变为 30以后摩擦力仍然沿斜面向上根据平衡条件得： f T3 mgsin 0N3 mgcos 0

8、解得： f3 mgsin T3 mgsin mgN3 mgcos 当 变小时，物体 A 受到的静摩擦力 f 减小，物体 A 对斜面的压力 N 增大，故 B 正确，C、D 错误6(2018肇庆第三次模拟)如图 10 所示，质量为 m 的小球固定在轻弹簧和轻杆的一端，轻弹簧的另一端固定在墙壁上的 A 点，轻杆的另一端通过铰链连于墙壁上的 O 点，轻4弹簧的自然长度与杆长相等小球静止时，轻弹簧水平，轻杆与墙壁成 30角从某时刻开始，给小球施加竖直向上的力 F，使小球缓慢移动到 B 位置， OB 处于水平整个过程中弹簧一直处于弹性限度内，下列说法中正确的是( )图 10A小球在移动过程中可能受到 3

9、个力作用B若弹簧有弹力，则弹力的大小一定不等于杆对小球的作用力的大小C弹簧的弹力先减小后增大，且末态时弹力大于初态时弹力D力 F 先增大后减小B 小球在向上移动过程中，当弹簧恢复原长时，此时小球所受弹簧的弹力 T10，因小球的重力 G 及 F 的方向均在竖直方向，此时必然有轻杆沿杆方向对小球的作用力 T20，若 T20，则 T2在水平方向的分力 T2x0，小球无法处于平衡状态，此时小球仅受两个力作用，故 A 错误；若小球所受弹簧的弹力与轻杆的支持力或拉力大小相等， T1 T2，它们的合力一定是竖直方向，此时由几何关系可知弹簧的长度与杆长相等，此时 T1 T20，除此以外 T1 T2，故 B 正

10、确；初态时弹簧的压缩量是l(杆长)，末态时弹簧的伸长量是 l l，所以末态时弹簧的弹力小于初态时弹簧的12 7 22 12弹力，故 C 错误；小球刚开始向上运动过程中， F 逐渐增大，当弹簧恢复原长前后，弹簧的弹力和轻杆对小球的作用力均发生改变，两力的方向分别变为左向下和右向下，此后小球再向上运动过程中， F 一直增大，刚开始时向上的力 F1 G kl，弹簧恢复原长时向32上的力 F2 G，轻杆水平时向上的力 F3 G kl，故 D 错误37(7 22 )7(2018福建三明永安一中月考)如图 11 所示，光滑水平面 OB 与足够长的粗糙斜面BC 交于 B 点轻弹簧左端固定于竖直墙面现将质量为

11、 m1的滑块压缩弹簧至 D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经 B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在 B 点的机械能损失换用相同材料质量为 m2的滑块( m2m1)压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是( )图 115A两滑块到达 B 点的速度相同B两滑块上升到最高点过程的加速度相同C两滑块沿斜面上升的最大高度相同D两滑块上升到最高点过程机械能损失不相同B 弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，两次弹性势能相同，则两滑块到 B 点的动能相同，但质量不同，则速度不同，A 错误；滑块上升过程中的加速度 a gsin g cos ，由于材料相同

12、，所以动摩擦因数相同，与mgsin mgcos m质量无关，故两滑块上升到最高点过程的加速度相同，B 正确；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，C 错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为 mgh，由能量守恒定律得：弹簧的弹性势能 Ep mgh mg cos ，所以 mgh ，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同损hsin Ep1 cot 失的机械能等于克服摩擦力做的功，则 E 损 mg cos mgh cot ， 、 mghhsin 相同，则机械能损失相同，D 错误8(2018盐城中学 4 月检测)如图 12 所示，水平面上质量相等的两木块 A、

13、B 用一轻弹簧相连，整个系统处于静止状态， t0 时刻起用一竖直向上的拉力拉动木块，使 A 向上做匀加速直线运动， t1时刻弹簧恰好恢复原长， t2时刻木块 B 恰好要离开水平面以下说法正确的是( )图 12A在 0 t2时间内，拉力 F 与时间 t 成正比B在 0 t2时间内，拉力 F 与 A 位移成正比C在 0 t2时间内，拉力 F 做的功等于 A 的机械能增量D在 0 t1时间内，拉力 F 做的功等于 A 的动能增量C 设原来系统静止时弹簧的压缩长度为 x0，当木块 A 的位移为 x 时，弹簧的压缩长度为( x0 x)，弹簧的弹力大小为 k(x0 x)，根据牛顿第二定律得 F k(x0

14、x) mg ma，得到 F kx kx0 ma mg，又 kx0 mg，则得到 F kx ma，可见 F 与 x 是线性关系，但不成正比，则在 0 t2时间内，拉力 F 随木块 A 的位移均匀增加，由 x at2得12F k at2 ma， F 与 t 不成正比，A、B 错误；根据题知 t0 时刻弹簧的弹力等于 A 的重126力， t2时刻弹簧的弹力等于 B 的重力，而两个物体的重力相等，所以 t0 时刻和 t2时刻弹簧的弹力相等，弹性势能相等，根据功能关系可知在 0 t2时间内，拉力 F 做的功等于A 的机械能增量，C 正确；根据动能定理可知：在 0 t1时间内，拉力 F 做的功、重力做功与弹力做功之和等于 A 的动能增量，D 错误