参考答案:
AC
(建议从能量的角度、物块运动的情况考虑)
10.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.
分析:
此题难点和失分点在于能否通过对此物理过程的分析后,确定两物体分离的临界点,即当弹簧作用下的两物体加速度、速度相同且相互作用的弹力N=0时,恰好分离.
解:
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/k①
对A施加F力,分析A、B受力如图
对AF+N-mAg=mAa②
对Bkx′-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)=4.41N
又当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)/k④
AB共同速度v2=2a(x-x′)⑤
由题知,此过程弹性势能减少了WP=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′)=
(mA+mB)v2⑥
联立①④⑤⑥,且注意到EP=0.248J
可知,WF=9.64×10-2J
三、与能量相关的弹簧问题
11.(全国.1997)质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上.平衡时弹簧的压缩量为x0,如图所示.一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下,打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动,但不粘连.它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量为m时,它们恰能回到O点.若物块质量为2m,仍从A处自由落下,则物块与钢板回到O点时,还具有向上的速度.求物块向上运动到达的最高点与O点的距离.
分析:
本题的解题关键是要求对物理过程做出仔细分析,且在每一过程中运用动量守恒定律,机械能守恒定律解决实际问题,本题的难点是对弹性势能的理解,并不要求写出弹性势能的具体表达式,可用Ep表示,但要求理解弹性势能的大小与伸长有关,弹簧伸长为零时,弹性势能为零,弹簧的伸长不变时,弹性势能不变.答案:
12.如图所示,A、B、C三物块质量均为m,置于光滑水平台面上.B、C间夹有原已完全压紧不能再压缩的弹簧,两物块用细绳相连,使弹簧不能伸展.物块A以初速度v0沿B、C连线方向向B运动,相碰后,A与B、C粘合在一起,然后连接B、C的细绳因受扰动而突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离,脱离弹簧后C的速度为v0.
(1)求弹簧所释放的势能ΔE.
(2)若更换B、C间的弹簧,当物块A以初速v向B运动,物块C在脱离弹簧后的速度为2v0,则弹簧所释放的势能ΔE′是多少?
(3)若情况
(2)中的弹簧与情况
(1)中的弹簧相同,为使物块C在脱离弹簧后的速度仍为2v0,A的初速度v应为多大?
(1)
mv02
(2)
m(v-6v0)2(3)4v0
13..某宇航员在太空站内做丁如下实验:
选取两个质量分别为mA=0.1kg、mB=0.20kg的小球A、B和一根轻质短弹簧,弹簧的一端与小球A粘连,另一端与小球B接触而不粘连.现使小球A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧,处于锁定状态,一起以速度v0=0.10m/s做匀速直线运动,如图所示.过一段时间,突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失),两球仍沿原直线运动.从弹簧与小球B刚刚分离开始计时,经时间t=3.0s两球之间的距离增加了s=2.7m,求弹簧被锁定时的弹性势能E0?
取A、B为系统,由动量守恒得:
(mA+mB)v0=mAvA+mBv;VAt+VBt=s
又A、B和弹簧构成系统,又动量守恒
解得:
14.如下图所示,一质量不计的轻质弹簧竖立在地面上,弹簧的上端与盒子A连接在一起,下端固定在地面上.盒子内装一个光滑小球,盒子内腔为正方体,一直径略小于此正方体边长的金属圆球B恰好能放在盒内,已知弹簧的劲度系数为k=400N/m,A和B的质量均为2kg将A向上提高,使弹簧从自由长度伸长10cm后,从静止释放,不计阻力,A和B一起做竖直方向的简谐振动,g取10m/s2已知弹簧处在弹性限度内,对于同一弹簧,其弹性势能只决定于其形变的大小.试求:
(1)盒子A的振幅;
(2)盒子A运动到最高点时,A对B的作用力方向;
(3)小球B的最大速度
15.如图所示,一弹簧振子.物块质量为m,它与水平桌面动摩擦因数为μ,开始用手按住物块,弹簧处于伸状态,然后放手,当弹簧回到原长时物块速度为v1,当弹簧再次回到原长时物块速度为v2,求这两次为原长运动过程中弹簧的最大弹性势能.
16.如图,水平弹簧一端固定,另一端系一质量为m的小球,弹簧的劲度系数为k,小球与水平面之间的摩擦系数为μ,当弹簧为原长时小球位于O点,开始时小球位于O点右方的A点,O与A之间的距离为l0,从静止释放小球。
1.为使小球能通过O点,而且只能通过O点一次,试问μ值应在什么范围?
2.在上述条件下,小球在O点左方的停住点B点与O点的最大距离l1是多少?
分析1、小球开始时在A点静止,初始动能为零;弹簧拉长lo,具有初始弹性势能kl02/2释放后,小球在弹性力作用下向左运动,克服摩擦力作功,总机械能减小.为使小球能通过O点,要求初始弹性势能应大于克服摩擦力作的功μmgl0,于是可得出μ值的上限.当小球越过O点向左运动,又从左方最远点B往回(即向右)运动时,为使小球不再越过O点,要求初始弹性势能kl02/2小于克服摩擦力作的功μmg(l0+2l1),其中l1是B点与O点的距离,于是可得出μ值的下限即满足1的范围
.
2.设B点为小球向左运动的最远点,且小球在B点能够停住,则小球克服力作的功应等于弹性势能的减少.此外,小球在B点所受静摩擦力必须小于最大静摩擦力,由此可得出停住点B点与O点之间的最大距离.
.
17.图中,轻弹簧的一端固定,另一端与滑块B相连,B静止在水平直导轨上,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恰好返回到出发点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点出发时的初速度v0.
四、振动类问题
18.如图所示,在光滑的水平面上有一弹簧振子,弹簧的劲度系数为k,开始时,振子被拉到平衡位置O的右侧某处,此时拉力为F,然后轻轻释放振子,振子从初速度为零的状态开始向左运动,经过时间t后到达平衡位置O处,此时振子的速度为v,则在这过程中,振子的平均速度为()
A.v/2B.F/(2kt)
C.vD.F/(kt)
19.在光滑水平面上有一弹簧振子,弹簧的劲度系数为k,振子质量为M,振动的量大速度为v0.如图所示,当振子在最大位移为A的时刻把质量为m的物体轻放在其上,则
(1)要保持物体和振子一起振动,二者间动摩擦因数至少多大?
(2)一起振动时,二者经过平衡位置的速度多大?
二者的振幅又是多大?
(已知弹簧弹形势能EP=kx2,x为弹簧相对原长伸长量)
五、应用型问题
20..惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中,这个系统的重要元件之一是加速度计,加速度计的构造原理示意图如下图所示。
沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块,滑块两侧分别与劲度系数为K的弹簧相连,弹簧处于自然长度,滑块位于中间,指针指示0刻度,试说明该装置是怎样测出物体的加速度的?
[分析]当加速度计固定在待测物体上,具有一定的加速度时,例如向右的加速度a,滑块将会相对于滑杆向左滑动一定的距离x而相对静止,也具有相同的加速度a,由牛顿第二定律可知:
a∝F而F∝x,所以a∝x。
因此在标尺相应地标出加速度的大小,而0点两侧就表示了加速度的方向,这样它就可以测出物体的加速度了。
21.“加速度计”作为测定运动物体加速度的仪器,已被广泛地应用于飞机,潜艇、航天器等装置的制导系统中,如图所示是“应变式加速度计”的原理图,支架A、B固定在待测系统上,滑块穿在A、B间的水平光滑杆上,并用轻弹簧固定于支架A上,随着系统沿水平方向做变速运动,滑块相对于支架发生位移,滑块下增的滑动臂可在滑动变阻器上相应地自由滑动,并通过电路转换为电信号从1,2两接线柱输出.
巳知:
滑块质量为m,弹簧劲度系数为k,电源电动势为E,内阻为r、滑动变阻器的电阻随长度均匀变化,其总电阻R=4r,有效总长度L,当待测系统静止时,1、2两接线柱输出的电压U0=0.4E,取A到B的方向为正方向,
(1)确定“加速度计”的测量范围.
(2)设在1、2两接线柱间接入内阻很大的电压表,其读数为u,导出加速度的计算式。
(3)试在1、2两接线柱间接入内阻不计的电流表,其读数为I,导出加速度的计算式。
解:
(1)当待测系统静上时,1、2接线柱输出的电压u0=E·R12/(R+r)
由已知条件U0=0.4E可推知,R12=2r,此时滑片P位于变阻器中点,待测系统沿水平方向做变速运动分为加速运动和减速运动两种情况,弹簧最大压缩与最大伸长时刻,P点只能滑至变阻器的最左端和最右端,故有:
a1=kL/2m,a2=-kL/2m
所以“加速度计”的测量范围为[-k·L/2m,·L/2m],
(2)当1、2两接线柱接电压表时,设P由中点向左偏移x,则与电压表并联部分
的电阻R1=(L/2-x)·4r/L
由闭合电路欧姆定律得:
I=E/(R+r)
故电压表的读数为:
U=I·R1
根据牛顿第二定律得:
k·x=m·a
建立以上四式得:
a=kL/2m-5kLU/(4·E·m),
(3)当1、2两接线柱接电流表时,滑线变阻器接在1,2间的电阻被短路.设P由中点向左偏x,变阻器接入电路的电阻为:
R2=(L/2+x)·4r/L
由闭合电路欧姆定律得:
E=I(R2+r)
根据牛顿第二定律得:
k·x=m·a
联立上述三式得:
a=k·L(E-3I·r)/(4I·m·r)