備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題6.9 與彈簧相關的功能問題（含解析）

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1、專題6.9 與彈簧相關的功能問題 【考綱解讀與考頻分析】 彈簧是物理中重要模型，與彈簧相關的功能問題考查頻繁。 【高頻考點定位】： 與彈簧相關的功能問題 考點一：與彈簧相關的功能問題 【3年真題鏈接】 1．（2019高考江蘇卷物理8）如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質量為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（ ） （A）彈簧的最大彈力為μmg （B）物塊克服摩擦力做的功為2μmgs

2、 （C）彈簧的最大彈性勢能為μmgs （D）物塊在A點的初速度為 【參考答案】BC 【名師解析】小物塊壓縮彈簧最短時有，故A錯誤；全過程小物塊的路程為，所以全過程中克服摩擦力做的功為： ，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得：，故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得：，解得：，故D錯誤。 2.（2018?江蘇）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置．物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點．在從A到B的過程中，物塊（??? ） A.?加速度先減小后增大?????????????????

3、????????????????? ??B.?經過O點時的速度最大 C.?所受彈簧彈力始終做正功????????????????????????????????????D.?所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 【參考答案】A,D 【名師解析】物體從A點到O點過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力減小，摩擦力不變，小球所受合力減小加速度減小，彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受

4、合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增加，物體作減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大， A符合題意、B不符合題意；從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復原長彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧伸長，彈力做負功，C不符合題意；從A到B的過程中根據動能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功， 【分析】先明確從A到O的過程，彈簧壓縮量先變小后伸長量變大，可知對物體先做正功后做負功，然后對物體進行受力分析，結合牛頓第二定律可確定加速度的變化情況，有動能定理可知從A到B的過程中彈簧彈力做功與克服摩擦力做功的關系。 【2年模擬再現(xiàn)】 1.（2019·安徽安慶二模）如

5、圖所示，光滑細桿MN傾斜固定，與水平方向夾角為，一輕質彈簧一端固定在O點，另一端連接一小球，小球套在細桿上，O與桿MN在同一豎直平面內，P為MN的中點，且OP垂直于MN，已知小球位于桿上M、P兩點時，彈簧的彈力大小相等且在彈性限度內，OM彈簧處于拉長狀態(tài)，OP處于壓縮狀態(tài)?，F(xiàn)將小球從細桿頂端M點由靜止釋放，則在小球沿細桿從M點運動到N點的過程中重力加速度為，以下判斷正確的是（ ） A. 彈簧彈力對小球先做正功再做負功 B. 小球加速度大小等于的位置有三個 C. 小球運動到P點時的速度最大 D. 小球運動到N點時的動能是運動到P點時動能的兩倍

6、【參考答案】BD 【名師解析】小球沿細桿從M點運動到N點的過程中，彈簧先恢復原長，然后被壓縮，再伸長到原長，再被拉伸，對應做功為：先做正功、然后做負功、再做正功、再做負功，故A錯誤；小球加速度大小等于的位置有三個：一個是在P點、另外兩個在彈簧處于原長的位置，故B正確；小球處于MPN三點時，彈簧形變量相等，彈性勢能相等，小球從M到N過程中重力勢能的減少量，是從M到P過程重力勢能減少量的兩倍，可得N點的動能是P點動能的兩倍，N點的速度是P點速度的，故C錯誤；與C同理，小球從M到N過程中重力勢能的減少量，是從M到P過程重力勢能減少量的兩倍，可得N點的動能是P點動能的兩倍，故D正確。 【方法歸

7、納】如圖所示，小球位于桿上M、P兩點時，彈簧的彈力大小相等且OM處于拉長狀態(tài)，OP處于壓縮狀態(tài)?？傻煤椭g各有一個位置彈簧處于原長狀態(tài)，可以據此判斷AB選項； 小球處于MPN三點時，彈簧形變量相等，彈性勢能相等，根據機械能守恒定律，可判斷CD選項 本題為涉及彈簧的力與運動和功與能量的綜合性試題，需要應用受力分析、彈性勢能、重力勢能、動能、動能定理或機械能守恒定律等概念與規(guī)律，過程復雜，難度較大，應用機械能守恒定律相對更好一些，容易出錯的是本題速度的最大值跟彈簧彈性系數(shù)、夾角、小球重力都有關系，N點速度不一定是最大值，對解題造成干擾。 2.（2019·江蘇南京、鹽城二模）如圖所示，輕質彈簧

8、左端固定在豎直墻壁上，右端與一個質量為m的滑塊接觸，彈簧處于原長，現(xiàn)施加水平外力F緩慢地將滑塊向左壓至某位置靜止，此過程中外力F做功為，滑塊克服摩擦力做功為撤去F后滑塊向右運動最終和彈簧分離不計空氣阻力，滑塊所受摩擦力大小恒定，則　　 A. 撤去F時，彈簧的彈性勢能為 B. 撤去F后，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 C. 滑塊與彈簧分離時的加速度為零 D. 滑塊與彈簧分離時的動能為 【參考答案】AD 【名師解析】在水平外力F向左壓縮彈簧的過程中，滑塊機械能的變化量為零。根據功能關系知滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量為，所以撤去F時，彈簧的彈性勢能

9、為故A正確。撤去F后，摩擦力對滑塊要做功，所以滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒。故B錯誤。彈簧恢復原長時滑塊與彈簧分離，此時滑塊的合力等于滑動摩擦力，所以加速度不等于零，故C錯誤。從開始到滑塊與彈簧分離的過程，由動能定理得：，得滑塊與彈簧分離時的動能為：故D正確。 【關鍵點撥】在水平外力F向左壓縮彈簧的過程中，外力F和摩擦力做功的代數(shù)和等于滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量，由此求出撤去F時彈簧的彈性勢能。撤去F后，對照機械能守恒的條件：只有重力和彈力做功，分析系統(tǒng)機械能是否守恒。彈簧恢復原長時滑塊與彈簧分離，由牛頓第二定律分析滑塊的加速度。由功能關系求滑塊與彈簧分離時的動能。本題要注意正確分

10、析物理過程，明確能量轉化的情況，分段運用功能關系研究。 3.（2019·河南許昌二模）如圖所示，有質量為2m、m的小滑塊P、Q，P套在固定豎直桿上，Q放在水平地面上。P、Q間通過餃鏈用長為L的剛性輕桿連接，一輕彈簧左端與Q相連，右端固定在豎直桿上，彈簧水平，時，彈簧處于原長。當時，P由靜止釋放，下降到最低點時變?yōu)?，整個運動過程中，P、Q始終在同一豎直平面內，彈簧在彈性限庋內，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則P下降過程中（ ） A. P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒 B. 當時，P、Q的速度相同 C. 彈簧彈性勢能最大值為 D. P下降過程中動能達到最大前，Q受到地面的支持力小于3

11、mg 【參考答案】CD 【名師解析】、對于P、Q組成的系統(tǒng)，由于彈簧對Q要做功，所以系統(tǒng)的機械能不守恒。但對P、Q、彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力或彈簧彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯誤；當時，根據P、Q沿輕桿方向的分速度相等得，可得，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B錯誤。根據系統(tǒng)機械能守恒可得：，彈性勢能的最大值為，故C正確。P下降過程中動能達到最大前，P加速下降，對P、Q整體，在豎直方向上根據牛頓第二定律有，則有，故D正確。 【關鍵點撥】 只有重力或彈簧彈力做功時，物體系統(tǒng)的機械能保持不變，要注意研究對象的選取，來分析機械能是否守恒；當時，根據P、Q沿輕桿方向的分速度相等列式

12、，分析兩者速度大小關系，結合速度方向關系分析速度是否相同。根據系統(tǒng)機械能守恒可知P下降到最低點時彈性勢能最大，由機械能守恒可求解彈簧彈性勢能最大值。對P、Q整體，在豎直方向上根據牛頓第二定律可分析Q受到地面的支持力大小。 解決本題時，要明確研究的對象，知道P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒，但對P、Q、彈簧組成的系統(tǒng)機械能是守恒的。也可以根據失重觀點分析D項。 4.（2019·湖南衡陽二模）如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小A球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經過與A點關于B點對稱的C點后，小球能

13、運動到最低點D點，OB垂直于桿，則下列結論正確的是　　 A. 小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g B. 小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大 C. 小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大 D. 小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大 【參考答案】AD 【名師解析】小球從B點運動到D點的過程中，彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球豎直方向受到重力和彈簧壓力的豎直分力，所以合力大于重力，加速度大于重力加速度g，因此，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；小球位于圖中的C點時，彈簧處于原長，則小球從B點運動到C點的過程，彈簧的彈性勢

14、能減小，小球的重力勢能也減小，則小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯誤。在C點小球的合力等于重力，小球要繼續(xù)向下加速。小球從C點運動到D點的過程中，彈簧的拉力沿桿向上的分力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先加速后減速，所以在CD間的某點速度最大，重力對其做功的功率最大。故C錯誤。小球從A點運動到D點的過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，即小球的重力勢能、動能和彈簧的彈性勢能之和保持不變。在D點，小球的重力勢能和動能都最小，則彈簧的彈性勢能最大，故D正確。 【關鍵點撥】 根據小球的受力情況，確定合力，判斷最大加速度與g的關系。小球從B點運動到C點的

15、過程，分析小球的動能如何變化，根據小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，分析小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和如何變化。 本題是含有彈簧的機械能守恒問題，要知道小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但小球的機械能并不守恒。要通過分析小球的受力情況，確定速度最大的位置。 5.（2019·江蘇宿遷模擬3月）如圖所示，足夠大的水平光滑圓臺中央立著一根光滑的桿，原長為L的輕彈簧套在桿上，質量均為m的A、B、C三個小球用兩根輕桿通過光滑餃鏈連接，輕桿長也為L，A球套在豎直桿上，現(xiàn)將A球測在彈簧上端，當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，輕桿與豎直方向夾角已知重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內，，。 求輕桿對B的作用力F

16、和彈簧的勁度系數(shù)k； 讓B、C球以相同的角速度繞豎直桿勻速轉動，若轉動的角速度為未知時，B、C球剛要 脫離圓臺，求輕桿與豎直方向夾角的余弦和角速度； 兩桿豎直并攏，A球提升至距圓臺L高處靜止，受到微小擾動，A球向下運動，同時B、C球向兩側相反方向在圓臺上沿直線滑動，A、B、C球始終在同一豎直平面內，觀測到A球下降的最大距離為球運動到最低點時加速度大小為，求此時彈簧的彈性勢能以及B球加速度的大小a。 【名師解析】：平臺光滑，對球進行受力分析，有重力和平臺的支持力，如果此桿對球有作用力，則球不可能平衡，故輕桿對B的作用力： 彈簧的形變量： 對A進行受力分析，有重力和彈力，根據胡克定律和

17、力的平衡條件有： 代入數(shù)據解得： 、C對桌面無彈力，ABC系統(tǒng)在豎直方向合力為零，根據力的平衡條件： 代入數(shù)據解得?? 對B進行受力分析，B的向心力由桿的拉力和重力的合力提供， 根據牛頓第二定律有： 代入數(shù)據解得?? 當A球下降時，ABC速度均為零，由機械能守恒有： 設桿此時拉力為T，桿與豎直方向夾角為，則?? A的加速度豎直向上，由牛頓第二定律有： 同理對B有??? 代入數(shù)據解得?? 【方法歸納】由于平臺光滑，假設此桿對球有作用力，則球不可能平衡，故輕桿對B的沒有作用力；對A，由胡克定律和力的平衡條件可以求出彈簧勁度系數(shù)k；利用整體法，把ABC看成一個整體，根據的力的

18、平衡條件可以求出輕桿與豎直方向夾角的余弦；利用勻速圓周運動規(guī)律可以求出角速度；利用機械能守恒定律可以求出彈簧的彈性勢能。 本題考查了胡克定律、力的平衡條件、牛頓第二定律、機械能守恒定律等知識。關鍵點一：由于平臺光滑，假設此桿對球有作用力，則球不可能平衡，故輕桿對B的沒有作用力；關鍵點二：利用整體法，把ABC看成一個整體，根據的力的平衡條件求輕桿與豎直方向夾角的余弦；關鍵點三：用機械能守恒定律求彈簧的彈性勢能。 6.（2019·河南天一大聯(lián)考模擬四）如圖所示，質量為的物塊可視為質點放在傾角為的光滑斜面體上，斜面固定在水平桌面上，勁度系數(shù)為的輕彈簧一端連接在斜面底端的固定擋板C上，另一端連接在

19、物塊A上，繞過斜面頂端定滑輪的不可伸長的輕繩一端連接在物塊A上，另一端吊著質量也為m的物體B，物塊A與滑輪間的輕繩與斜面平行，物塊A靜止時剛好處在斜面的正中間。已知斜面長為，重力加速度g取。 若剪斷輕彈簧，物塊A到斜面頂端時，物塊B還未落地，求物塊A運動到斜面頂端要用多長時間； 若剪斷輕繩，求物塊A向下運動的最大速度。 【名師解析】剪斷輕彈簧后，物塊A和B一起做勻加速運動，對物塊A，根據牛頓第二定律有：， 對物塊B，根據牛頓第二定律有：， 代入數(shù)據，聯(lián)立解得。 根據運動學公式有：，代入數(shù)據解得。 沒有剪斷輕繩時，設彈簧的伸長量為，根據平衡有：， 解得， 剪斷輕繩后，當物塊

20、A的速度最大時，根據平衡有：， 解得， 從剪斷輕繩到物塊A的速度最大的過程中，彈簧的彈性勢能變化量為零，根據機械能守恒有：， 代入數(shù)據解得。 答：物塊A運動到斜面頂端要用1s； 物塊A向下運動的最大速度。 【方法歸納】剪斷輕彈簧后，物塊A和B一起做勻加速運動，根據牛頓第二定律，抓住兩物塊加速度大小相等，求出加速度大小，結合運動學公式求出物塊A的運動時間。 剪斷輕繩后，結合平衡得出剪斷時和速度達到最大時彈性勢能相等，結合機械能守恒求出最大速度。 本題考查了機械能守恒、牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，注意在第二問中，初末狀態(tài)彈簧的形變量相等，則彈性勢能的變化量為零。

21、預測考點一：與彈簧相關的功能問題 【2年模擬再現(xiàn)】 1.（2019·重慶西南名校聯(lián)盟3月）如圖所示，一彈簧秤的秤盤質量為，水平秤盤內放一質量為的物體Q，秤盤與物體間的彈力大小為N，輕質彈簧質量不計，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)給Q物體施加一個豎直向上的力F，使物體從靜止開始向上做勻加速直線運動。下列說法正確的是　　 A. 物體Q在離開秤盤前，其對秤盤的壓力N大于自身的重力 B. 時，彈簧恢復到原長 C. F所做的功小于Q所增加的機械能 D. Q與秤盤分離時，F(xiàn)最大 【參考答案】CD 【名師解析】解：A、當時，物體Q與秤盤脫離，則物體Q在離開秤盤前，其對秤盤的壓力N是逐漸減小的，不是

22、總大于自身的重力，故A錯誤；當時，物體Q與秤盤脫離，此時對秤盤：；此時彈簧的彈力不為零，則彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B錯誤；根據能量關系，F(xiàn)所做的功與N做功之和等于Q所增加的機械能，即F所做的功小于Q所增加的機械能，故C正確；對物體Q：；Q與秤盤分離時N減小為0，此時F最大，故D正確。 【方法歸納】對物體Q進行受力分析，其受到重力、秤盤的支持力N及外力F，由于它作勻加速直線運動，因此外力F和隨著N的大小不同而不同，分析狀態(tài)時結合牛頓第二定律可得到相應量的變化；明確力F和N做功之和為物體Q機械能的變化，即可判斷F所做的功與Q所增加的機械能大小關系。 該題外力F是變化的，因此需要通過其他量的變化及結

23、合物體運動狀態(tài)來分析問題，Q與秤盤分離的臨界點為彈簧的彈力不足以對秤盤提供加速度，但此時彈簧彈力還未減小至零，這一點容易出錯；物體Q受到重力、秤盤的支持力N及外力F，機械能的變化與重力無關，通過這一點關系可判斷F所做的功與Q所增加的機械能大小關系。 2.（2019·山東濟寧二模）如圖所示，在一個直立的光滑圓管內放置一根輕質彈簧，彈簧的上端O與管口A的距離為，一個質量為m的小球從管口由靜止開始下落，將彈簧壓縮至最低點B，壓縮量為，設小球運動到O點時的速度大小為，不計空氣阻力，則在這一過程中　　 A. 小球運動的最大速度大于 B. 小球運動的最大速度等于 C. 彈

24、簧的勁度系數(shù)為 D. 彈簧的最大彈性勢能為 【參考答案】AD 【名師解析】小球接觸彈簧后受重力、向上的彈力，開始階段重力大于彈力，加速度向下，即，x增大，加速度減小，做加速運動，當時有最大速度，再壓縮重力小于彈力，加速度向上，，x增大，加速度增大，做減速運動。由上面的分析知當時，即時有最大速度，在OB之間，所以增大速度大于，故A正確B錯誤；當壓縮到B點時，彈力大于重力，即，解得，故C錯誤；壓縮到B點時，形變量最大，彈性勢能最大，由功能關系得：，故D正確。 故選：AD。 【關鍵點撥】分析小球接觸彈簧后的受力情況和運動情況。找到有最大速度的條件，根據功能

25、關系求解彈簧的最大彈性勢能。本題既要根據受力情況判斷小球的運動情況，知道有最大速度時的受力特點，知道形變量最大時彈性勢能最大。 . 3.（2019河南鄭州二模）蹦極是一項考驗體力、智力和心理承受能力的空中極限運動。跳躍者站在約50m高的塔臺上，把一根原長為L的彈性繩的一端綁在雙腿的踝關節(jié)處，另一端固定在塔臺上，跳躍者頭朝下跳下去。若彈性繩的彈力遵守胡克定律，不計空氣阻力，則在跳躍者從起跳到第一次下落到最低點的過程中，跳躍者的動能Ek(圖線①)和彈性繩的彈性勢能Ep(圖線②)隨下落高度的變化圖象中，大致正確的是（ ） 【參考答案】B 【命題意圖】本題以蹦極為情景，考查蹦極過程中動能

26、和彈性繩的彈性勢能隨下落高度的變化的分析及其相關知識點。 【解題思路】在跳躍者起跳到下落到彈性繩剛伸直（0~L）的過程中動能隨下落高度h的增加線性增大；再往下落時動能和彈性勢能都增大，當彈性繩的彈力等于跳躍者的重力時，速度最大，動能最大；繼續(xù)向下落時動能減小，彈性繩的彈性勢能增大，圖象B正確。 【易錯警示】解答此題常見錯誤主要有：沒有考慮到彈性繩伸直后動能還要增大，導致錯選C或A或D。 4.（2019·湖南長沙二模）如圖所示，半徑為R的光滑大圓環(huán)用一細桿固定在豎直平面內，質量為m的小球A套在大圓環(huán)上。上端固定在桿上的輕質彈簧與質量為m的滑塊B連接井一起套在桿上，小球A和滑塊B之間用長為2

27、R的輕桿分別通過鉸鏈連接，當小球A位于圓環(huán)最高點時、彈簧處于原長；此時給A一個微小擾動初速度視為，使小球A沿環(huán)順時針滑下，到達環(huán)最右側時小球A的速度為為重力加速度。不計一切摩擦，A、B均可慢為質點，則下列說法正確的是　　 A. 小球A、滑塊B和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過程中機械能守恒 B. 小球A從圓環(huán)最高點到達環(huán)最右側的過程中滑塊B的重力能減小 C. 小球A從圓環(huán)最高點到達環(huán)最右側的過程中小球A的重力勢能減小了 D. 小球A從圓環(huán)最高點到達環(huán)最右側的過程中彈簧的彈性勢能增加了 【參考答案】D 【名師解析】小球A、滑塊B、輕桿和輕彈簧組成的系統(tǒng)在下滑過程中，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)

28、的機械能守恒，則知小球A、滑塊B和輕桿組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側的過程中，此時滑塊B距離圓心的高度為，滑塊B下落的高度為，滑塊B的重力勢能減小了，故B錯誤；小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側的過程中，小球A下落的高度為R，所以小球A的重力勢能減小了mgR，故C正確；小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側時，兩個小球的速度方向都向下，如圖所示，根據運動的合成與分解可得：，則，根據機械能守恒定律可得：，解得：，所以小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側的過程中彈簧的彈性勢能增加了，故D正確； 【關鍵點撥】 小球A、滑塊B、輕桿和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒；由幾何關系求

29、出小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側的過程中滑塊B下落的高度、A下落的高度，由此求解滑塊B的重力勢能減小量、A的重力勢能減少量；根據系統(tǒng)的機械能守恒求解小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側的過程中彈簧的彈性勢能增加量。 本題的關鍵要掌握機械能守恒的條件以及功能關系；要知道機械能守恒定律的守恒條件是系統(tǒng)除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做的功等于零；除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機械能就變化多少；注意運動過程中機械能和其它形式的能的轉化關系。 6. （2019高三考試大綱調研卷10）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在光滑豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于

30、原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，重力加速度為g，則下列說法不正確的是(　　) A. 由A到C的過程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大 B. 由A到C的過程中，圓環(huán)的動能與重力勢能之和先增大后減少 C. 由A到B的過程中，圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減少量 D. 在C處時，彈簧的彈性勢能為mgh 【參考答案】B 【名師解析】圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運動，再做減速運動，經過B處的速度最大，所以經過B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A正確。圓環(huán)的動能、重力勢能和彈性勢能之和守恒，

31、因由A到C的過程中，彈性勢能逐漸變大，則圓環(huán)的動能與重力勢能之和逐漸減少，選項B錯誤；由A到B的過程中，因圓環(huán)的動能、重力勢能和彈性勢能之和守恒，則彈性勢能和動能增加量之和等于重力勢能的減小量，則圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減少量，選項C正確；研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，由動能定理得：mgh -W彈=0-0=0，則W彈=mgh，故D正確；故選B. 7.（2019高考大綱調研卷2）把質量是0.2kg的小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A的位置，如圖甲所示；迅速松手后，彈簧把球彈起，球升至最高位置C（圖丙）途中經過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)（圖乙）．已知B、A的高度差為0.1m，

32、C、B的高度差為0.2m，彈簧的質量和空氣阻力均忽略不計．重力加速度g=10m/s2，則有（　?。? A．小球從A上升至B的過程中，彈簧的彈性勢能一直減小，小球的動能一直增加 B．小球從B上升到C的過程中，小球的動能一直減小，勢能一直增加 C．小球在位置A時，彈簧的彈性勢能為0.6J D．小球從位置A上升至C的過程中，小球的最大動能為0.4J 【參考答案】.BC 【名師解析】球從A上升到B位置的過程中，先加速，當彈簧的彈力k△x=mg時，合力為零，加速度減小到零，速度達到最大，之后小球繼續(xù)上升彈簧彈力小于重力，球做減速運動，故小球從A上升到B的過程中，動能先增大

33、后減小，A錯誤；小球從B到C的過程中，小球的彈力小于重力，故小球的動能一直減?。灰蛐∏蚋叨仍黾?，故小球的重力勢能增加；故B正確；根據能量的轉化與守恒，小球在圖甲中時，彈簧的彈性勢能等于小球由A到C位置時增加的重力勢能：Ep=mgAC=0.2×10×0.3=0.6J；故C正確；由于無法確定小球受力平衡時的彈簧的形變量，故無法求出小球的最大動能；故D錯誤． 38（2019江西南昌三模）如圖所示，傾角為30°的光滑斜面底端固定一輕彈簧，O點為原長位置。質量為0.5kg的滑塊從斜面上A點由靜止釋放，物塊下滑并壓縮彈簧到最短的過程中，最大動能為8J．現(xiàn)將物塊由A點上方0.4m處的B點由靜止釋放，彈簧被

34、壓縮過程中始終在彈性限度內，g取10m/s2，則下列說法正確的是（　　） A．A點到O點的距離小于3.2m B．從B點釋放后滑塊運動的最大動能為9J C．從B點釋放滑塊被彈簧彈回經過A點的動能小于1J D．從B點釋放彈簧最大彈性勢能比從A點釋放增加了1J 【參考答案】AB 【命題意圖】本題考查彈性勢能、機械能守恒定律及其相關知識點。 【解題思路】物塊從O點時開始壓縮彈簧，彈力逐漸增大，開始階段彈簧的彈力小于滑塊的重力沿斜面向下的分力，物塊做加速運動。后來，彈簧的彈力大于滑塊的重力沿斜面向下的分力，物塊做減速運動，所以物塊先做加速運動后做減速運動，彈簧的彈力等于滑塊的重力

35、沿斜面向下的分力時物塊的速度最大，在最大速度時彈簧壓縮△x= mgsin30°/k。設A點到O點的距離為xA，由機械能守恒定律，Ek1+Ep＝mg(△x+xA)sin30°，最大動能為8J，彈性勢能Ep=k△x2= mgsin30°·△x，解得xA=3.2m-△x，即A點到O點的距離小于3.2m ，選項A正確；設從B點釋放后滑塊運動的最大動能為Ek2，動能最大時彈簧的彈性勢能為Ep．從A釋放到動能最大的過程，由系統(tǒng)的機械能守恒得：Ek1+Ep＝mg(△x+xA)sin30°…①，從B釋放到動能最大的過程，由系統(tǒng)的機械能守恒得：Ek2+Ep＝mg(△x+xA+0.4) sin30°…②，由②﹣①

36、得：Ek2﹣Ek1＝mg（0.4）sin30°，解得從B點釋放滑塊最大動能為：Ek2＝Ek1+mg（0.4）sin30°＝8J+0.5×10×0.4×0.5J＝9J，選項B正確；由于斜面光滑，對從B點釋放滑塊被彈簧彈回經過A點的過程，根據機械能守恒，mg(△x+xA+0.4) sin30°=EkA+ mg(△x+xA)sin30°，解得經過A點的動能EkA＝mg（0.4）sin30°＝0.5×10×0.4×sin30°J＝1J，選項C錯誤；根據物塊和彈簧的系統(tǒng)機械能守恒知，彈簧最大彈性勢能等于物塊減少的重力勢能，由于從B點釋放彈簧的壓縮量增大，所以從B點釋放彈簧最大彈性勢能比從A點釋放增加為：

37、△Ep＞mg（0.4）sin30°＝0.5×10×0.4×0.5J＝1J，選項D錯誤。 【方法歸納】對于包含彈簧在內的系統(tǒng)，討論機械能守恒問題，要考慮彈簧彈性勢能。彈性勢能公式雖然不要求，但是我們可以根據彈力做功的圖像面積得出彈性勢能。 9．（2019河南洛陽一模）（10分）如圖所示，質量為m2的物體B經一輕質彈簧與正下方地面上的質量為m1的物體A相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，在B的正上方放上質量分別為m3、m4的物體C、D，整體都處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)在立即去掉物體D，當B、C一起上升過程中（B、C鎖定在一起保證B、C始終不分離），恰好能使A離開地面但不繼續(xù)上升。再將物體D放在物體C上仍使整體處于

38、靜止狀態(tài)，這次若將C、D一起立即去掉（解除B、C鎖定），則當A剛離地時B的速度大小為多少？（已知重力加速度為g，A、B、C、D厚度不計） 【名師解析】.（10分） （1）沒有去掉物體D時（如圖所示）： 設彈簧的壓縮量為x1，對B、C、D整體，有： （m2+m3+m4）g=kx1 ① 解得：x1= （2分） （2）A恰離開地面時（如圖所示）： 設彈簧的伸長量為x2，對A有： m1g=kx2 ② 解得：x2= （2分） （3）從剛去掉D到A恰離地的過程中： B、C和彈簧組成的系統(tǒng)只有

39、重力和彈力做功，所以機械能守恒。取剛去掉D時，B、C所在的位置為其零重力勢能面，此時彈簧的彈性勢能為E1。 A恰離地時，彈簧的彈性勢能為E2。 對B、C和彈簧組成的系統(tǒng)，有： E1= E2+（m2+m3）g(x1+ x2)③ 解得：E1- E2= （3分） （4）從剛去掉C、D到A恰離地的過程中： B和彈簧組成的系統(tǒng)也只有重力和彈力做功，所以機械能也守恒。取剛去掉C、D時，B所在的位置為B的零重力勢能面，此時彈簧的彈性勢能仍為E1。 A恰離地時，彈簧的彈性勢能仍為E2，此時B的速度大小設為v，對B和彈簧組成的系統(tǒng)，有： E1= E2+m2g(x1+ x2) +

40、m2v2 ④ 解得：v=（3分） 10．(2018·南師附中)如圖所示，在高h1＝30 m的光滑水平平臺上，質量m＝1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲存了一定量的彈性勢能Ep。若打開鎖扣K，小物塊將以一定的水平速度v1向右滑下平臺，做平拋運動，并恰好能沿光滑圓弧形軌道BC的B點的切線方向進入圓弧形軌道。B點的高度h2＝15 m，圓弧軌道的圓心O與平臺等高，軌道最低點C的切線水平，并與地面上長為L＝70 m 的水平粗糙軌道CD平滑連接；小物塊沿軌道BCD運動并與右邊墻壁發(fā)生碰撞，取g＝10 m/s2。 (1)求小物塊由A到B的運動時間； (2)求小物塊原來壓縮彈簧時儲存的彈性

41、勢能Ep的大小； (3)若小物塊與墻壁只發(fā)生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向運動過程中沒有沖出B點，最后停在軌道CD上的某點P(P點未畫出)。設小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數(shù)為μ，求μ的取值范圍。 【名師解析】：(1)設從A運動到B的時間為t，由平拋運動規(guī)律得 h1－h(huán)2＝gt2， 解得t＝ s。 (2)由R＝h1，h2＝15 m，根據幾何關系知∠BOC＝60°。 設小物塊平拋的水平速度是v1， 則＝tan 60°，解得v1＝10 m/s， 故Ep＝mv12＝50 J。 (3)設小物塊在水平軌道CD上通過的總路程為s， 根據題意，該路程的最大值是smax＝3L， 路程的

42、最小值是smin＝L， 路程最大時，動摩擦因數(shù)最小，路程最小時，動摩擦因數(shù)最大，由能量守恒知 mgh1＋mv12＝μminmgsmax， mgh1＋mv12＝μmaxmgsmin， 解得μmax＝，μmin＝。 由小物塊與墻壁只發(fā)生一次碰撞可知，≤μ＜。 答案：(1) s　(2)50 J　(3)≤μ＜ 11.（2019吉林長春四模）利用彈簧彈射和傳送帶可以將工件運送至高處。如圖所示，傳送帶與水平方向成37°角，順時針勻速運動的速度v＝4m/s。B、C分別是傳送帶與兩輪的切點，相距L＝6.4m。傾角也是37°的斜面固定于地面且與傳送帶上的B點良好對接。一原長小于斜面長的輕彈簧平行斜

43、面放置，下端固定在斜面底端，上端放一質量m＝1kg的工件（可視為質點）。用力將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，工件離開斜面頂端滑到B點時速度v0＝8m/s，A、B間的距離x＝1m，工件與斜面、傳送帶問的動摩擦因數(shù)相同，均為μ＝0.5，工件到達C點即為運送過程結束。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）彈簧壓縮至A點時的彈性勢能； （2）工件沿傳送帶由B點上滑到C點所用的時間； （3）工件沿傳送帶由B點上滑到C點的過程中，工件和傳送帶間由于摩擦而產生的熱量。 【參考答案】（1）42 J（4分）；（2）2.4 s（11分）；（3）19.2 J （5分）。

44、 【命題意圖】以傳送帶和彈簧為命題背景，考查能量守恒定律、牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律及其相關知識點，意在考查學生的分析綜合能力和應用數(shù)學處理物理問題的能力。 【名師解析】（1）由能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能 Ep＝mgxsin 37°＋μmgxcos 37°＋mv （3分） 得Ep＝42 J （1分） （2）工件在減速到與傳送帶速度相等的過程中，加速度為a1 mgsin 37°

45、＋μmgcos 37°＝ma1 （2分） 解得a1＝10 m/s2 工件與傳送帶共速需要時間t1＝ （1分） 解得 工件滑行位移大小x1＝ （1分） 解得 （1分） 因為μ＜tan 37°，所以工件將沿傳送帶繼續(xù)減速上滑

46、 （1分） 在繼續(xù)上滑過程中加速度為a2，則mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 （2分） 解得a2＝2 m/s2 假設工件速度減為0時，工件未從傳送帶上滑落， 則運動時間t2＝ （1分） 解得 工件滑行位移大小x2＝ （1分） 解得 工件運動到C點時速度恰好為零，故假設成立， 工件在傳送帶上上

47、滑的總時間為t＝t1＋t2＝2.4 s （1分） （3）第一階段：工件滑行位移x1＝2.4 m， 傳送帶位移＝v t1＝1.6 m，相對位移＝0.8 m （1分） 摩擦生熱Q1＝μmgcos 37° （1分） 解得 第二階段：工件滑行位移x2＝4 m， 傳送帶位移＝v t2＝8 m，相對位移＝4 m （1分） 摩擦生熱

48、Q2＝μmgcos 37° （1分） 解得 總熱量Q＝19.2 J （1分） 注：計算題用其他方法得到正確結果，可按步驟酌情給分。 【1年仿真原創(chuàng)】 1.如圖甲所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至其離地高度h1＝0.1 m 處，滑塊與彈簧不拴接。現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek-h圖像，其中高度

49、從0.2 m上升到0.35 m范圍內圖像為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g＝10 m/s2，由圖像可知(　　) A．滑塊的質量為0.2 kg B．彈簧原長為0.2 m C．彈簧最大彈性勢能為0.32 J D．滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.18 J 【參考答案】AB 【名師解析】　由動能定理得ΔEk＝F合(h－h(huán)1)，h1＝0.1 m，所以題圖圖像各點切線斜率的絕對值等于合外力的大小，圖像的直線部分表示合外力恒定，即滑塊離開了彈簧只受重力作用，F(xiàn)合＝mg＝＝2 N，m＝0.2 kg，選項A正確；由題意和題圖知，h≥0.2 m時滑塊不受彈簧的彈力，即脫離了

50、彈簧，所以彈簧原長為0.2 m，選項B正確；滑塊在h1＝0.1 m處時，彈簧的彈性勢能最大，滑塊動能為0，滑塊與彈簧作為系統(tǒng)的機械能為Epm＋mgh1，當滑塊到達h2＝0.35 m處，動能又為0，彈簧的彈性勢能也為0，系統(tǒng)的機械能為mgh2，由機械能守恒定律有Epm＋mgh1＝mgh2，解得Epm＝0.5 J，選項C錯誤；由題圖可知，當h＝0.18 m時，滑塊動能最大，由機械能守恒定律可知，此時滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，最小值為Epmin＝Epm＋mgh1－Ekm＝0.38 J，故D錯誤。 2．如圖是檢驗某種平板承受沖擊能力的裝置，MN為半徑R＝0.8 m、固定于豎直平面內的光

51、滑圓弧軌道，軌道上端切線水平，O為圓心，OP為待檢驗平板，M、O、P三點在同一水平線上，M的下端與軌道相切處放置豎直向上的彈簧槍，可發(fā)射速度不同但質量均為m＝0.01 kg的小鋼珠，小鋼珠每次都在M點離開彈簧槍。某次發(fā)射的小鋼珠沿軌道經過N點時恰好與軌道無作用力，水平飛出后落到OP上的Q點，不計空氣阻力，取g＝10 m/s2。求： (1)小鋼珠經過N點時速度的大小vN； (2)小鋼珠離開彈簧槍時的動能Ek； (3)小鋼珠在平板上的落點Q與圓心O點的距離s。 【名師解析】　(1)在N點，由牛頓第二定律有mg＝m，解得 vN＝＝2 m/s。 (2)取M點所在的水平面為參考平面。 從M到N由機械能守恒定律有Ek＝mgR＋mv，解得 Ek＝0.12 J。 (3)小鋼球從N到Q做平拋運動，設運動時間為t，水平方向有 x＝vNt，豎直方向有R＝gt2，解得x＝0.8 m。 答案　(1)2 m/s　(2)0.12 J　(3)0.8 m 20