高考物理模型案例集锦之常见弹簧类问题分析.docx

1、高考物理模型案例集锦之常见弹簧类问题分析物理：模型案例集锦常见弹簧类问题分析高考要求 轻弹簧是一种理想化的物理模型，以轻质弹簧为载体，设置复杂的物理情景，考查力的概念，物体的平衡，牛顿定律的应用及能的转化与守恒，是高考命题的重点，此类命题几乎每年高考卷面均有所见.应引起足够重视。弹簧类命题突破要点 1.弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现弹簧时，要注意弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应.在题目中一般应从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置，现长位置，找出形变量x与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，以此来分析计算物体运动状态的可能变化。2.因

2、弹簧（尤其是软质弹簧）其形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变.因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹力大小不变，即弹簧的弹力不突变。3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可据动能定理和功能关系：能量转化和守恒定律求解.同时要注意弹力做功的特点：Wk=-（kx22-kx12），弹力的功等于弹性势能增量的负值.弹性势能的公式Ep=kx2，高考不作定量要求，可作定性讨论.因此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般以能量的转化与守恒的角度来求解。下面就按平衡、动力学、能量、振动、应用类等中常见的弹簧问题进行分析。一、与物体平衡相关的弹簧问

3、题 1.(1999年，全国)如图示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧在这过程中下面木块移动的距离为( ) 1gk1 2g2 C1gk2 2gk2此题是共点力的平衡条件与胡克定律的综合题题中空间距离的变化，要通过弹簧形变量的计算求出注意缓慢上提，说明整个系统处于一动态平衡过程，直至m1离开上面的弹簧开始时，下面的弹簧被压缩，比原长短(m1 + m2)gk2，而ml刚离开上面的弹簧，下面的弹簧仍被压缩，比原长短m2gk2，因而m2移动x(m1 + m2)gk2

4、- m2gk2mlgk2 此题若求ml移动的距离又当如何求解 参考答案:C和S2表示劲度系数分别为k1，和k2两根轻质弹簧，k1k2；A和B表示质量分别为mA和mB的两个小物块，mAmB,将弹簧与物块按图示方式悬挂起来现要求两根弹簧的总长度最大则应使( )在上，A在上在上，B在上在上，A在上在上，B在上参考答案:D3.一根大弹簧内套一根小弹簧，大弹簧比小弹簧长，它们的一端固定，另一端自由，如图所示，求这两根弹簧的劲度系数k1(大弹簧)和k2(小弹簧)分别为多少(参考答案k1=100N/m k2=200N/m)4.(2001年上海高考)如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线

5、上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，L2水平拉直，物体处于平衡状态现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度(1)下面是某同学对该题的一种解法：解 设L1线上拉力为Tl，L2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡Tlcos=mg，Tlsin=T2，T2=mgtan，剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度因为mgtan=ma，所以加速度a=g tan，方向在T2反方向你认为这个结果正确吗清对该解法作出评价并说明理由解答：错因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化此瞬间 T2=mgcos， a=gsin (2)若将图中的细线Ll改为长度相同、质量不计

6、的轻弹簧，其他条件不变，求解的步骤和结果与(1)完全相同，即a=gtan，你认为这个结果正确吗请说明理由 解答：对，因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度未及发生变化，T1大小和方向都不变二、与动力学相关的弹簧问题 5.如图所示，在重力场中，将一只轻质弹簧的上端悬挂在天花板上，下端连接一个质量为M的木板，木板下面再挂一个质量为m的物体当剪掉m后发现：当木板的速率再次为零时，弹簧恰好能恢复到原长，(不考虑剪断后m、M间的相互作用)则M与m之间的关系必定为 ( ) m =m L L D.条件不足，无法判断参考答案: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，

7、如图所示，已知木块A、B质量分别为 kg和 kg，弹簧的劲度系数k=100 N/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 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动（g=10 m/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 J，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

8、簧的压缩量为x，有kx=（mA+mB）gx=（mA+mB）g/k 对A施加F力，分析A、B受力如图 对A F+N-mAg=mAa 对B kx-N-mBg=mBa 可知，当N0时，AB有共同加速度a=a，由式知欲使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）= N又当N=0时，A、B开始分离，由式知，此时，弹簧压缩量kx=mB（a+g）x=mB（a+g）/k AB共同速度 v2=2a（x-x） 由题知，此过程弹性势能减少了WP=EP= J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）v2 联立，且注意到

9、EP= J可知，WF=10-2 J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

10、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E.（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E是多少（

11、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）4v013.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=、mB=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=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=30s两球之间的距离增加了s=27m，求弹簧被锁定时的弹性势能E0取A、B

12、为系统,由动量守恒得:( m A+m B)v0=m AvA+mBv ;VA t+VB t=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=400Nm，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

13、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，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，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

14、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mgl0，于是可得出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mg（l0+2l1），其中l1是B点与O点的距离，于是可得出值的下限 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

15、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，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

16、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/2 B. F/（2kt） C. v D. 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

17、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：aF而Fx，所以ax。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

18、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=04 E，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

19、、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=ER12/（R+r） 由已知条件U0=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 -kL/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=IR1根据牛顿第二定律得: kxma建立以上四式得: a=kL/2m - 5kLU/（4Em）， (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: kx=ma联立上述三式得: a=kL(E-3Ir)/(4Imr)