2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练 专题6.11 与弹簧相关的能量问题（提高篇）（解析版）.doc

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练第六部分 机械能专题6.11与弹簧相关的能量问题（提高篇）一选择题1. （2019高三考试大纲调研卷10）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则下列说法不正确的是()A. 由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大B. 由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少C. 由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量D. 在C处时，弹簧的弹性势能为mgh【参考答案】B【名师解析】圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A正确。圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，选项B错误；由A到B的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，选项C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh -W弹=0-0=0，则W弹=mgh，故D正确；故选B.2.（2019高考大纲调研卷2）把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示；迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙）途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计重力加速度g=10m/s2，则有（） A小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加B小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加C小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6JD小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4J【参考答案】.BC【名师解析】球从A上升到B位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力kx=mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，A错误；小球从B到C的过程中，小球的弹力小于重力，故小球的动能一直减小；因小球高度增加，故小球的重力势能增加；故B正确；根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能：Ep=mgAC=0.2×10×0.3=0.6J；故C正确；由于无法确定小球受力平衡时的弹簧的形变量，故无法求出小球的最大动能；故D错误3（2019江西南昌三模）如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）AA点到O点的距离小于3.2mB从B点释放后滑块运动的最大动能为9JC从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点的动能小于1JD从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1J【参考答案】AB【命题意图】本题考查弹性势能、机械能守恒定律及其相关知识点。【解题思路】物块从O点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动。后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大，在最大速度时弹簧压缩x= mgsin30°/k。设A点到O点的距离为xA，由机械能守恒定律，Ek1+Epmg(x+xA)sin30°，最大动能为8J，弹性势能Ep=kx2= mgsin30°·x，解得xA=3.2m-x，即A点到O点的距离小于3.2m，选项A正确；设从B点释放后滑块运动的最大动能为Ek2，动能最大时弹簧的弹性势能为Ep从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek1+Epmg(x+xA)sin30°，从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek2+Epmg(x+xA+0.4) sin30°，由得：Ek2Ek1mg（0.4）sin30°，解得从B点释放滑块最大动能为：Ek2Ek1+mg（0.4）sin30°8J+0.5×10×0.4×0.5J9J，选项B正确；由于斜面光滑，对从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点的过程，根据机械能守恒，mg(x+xA+0.4) sin30°=EkA+ mg(x+xA)sin30°，解得经过A点的动能EkAmg（0.4）sin30°0.5×10×0.4×sin30°J1J，选项C错误；根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加为：Epmg（0.4）sin30°0.5×10×0.4×0.5J1J，选项D错误。【方法归纳】对于包含弹簧在内的系统，讨论机械能守恒问题，要考虑弹簧弹性势能。弹性势能公式虽然不要求，但是我们可以根据弹力做功的图像面积得出弹性势能。4.如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g则此下降过程中（）A. A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于 mgB. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于 mgC. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D. 弹簧的弹性势能最大值为 mgL【参考答案】A,B 【名师解析】、A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F= ；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于 mg，故A、B正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A下落的高度为：h=Lsin60°Lsin30°，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EP=mgh= mgL，故D错误【分析】A的动能最大时受力平衡，根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值5.如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（   ）A. 木块A离开墙壁前，A，B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B. 木块A离开墙壁前，A，B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C. 木块A离开墙壁后，A，B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D. 木块A离开墙壁后，A，B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒【参考答案】B,C 【名师解析】撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒故A错误，B正确A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒故C正确、D错误【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒根据是否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒6(2016·河南洛阳高三质检)在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g)()A物块A运动的距离为 B物块A加速度为C拉力F做的功为mv2 D拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量【参考答案】AD【名师解析】初始时刻以A为研究对象分析受力可知弹簧弹力F1mgsin ，故可知此时弹簧的压缩量为x1，同理，当物体B刚要离开C时，以物体B为研究对象分析受力可知弹簧弹力F2mgsin ，此时弹簧的伸长量为x2，所以可知物体A运动的距离xx1x2，故选项A正确；此时再以物体A为研究对象分析受力有Fmgsin mgsin ma，故其加速度为a2gsin ，所以选项B错误；对系统初末状态而言，弹簧的弹性势能没有改变，根据动能定理有，WFmgxsin mv2，则WFmv2mgxsin EA，所以选项C错误、D正确。7、如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ） A小球刚接触弹簧时速度最大B当x=0.3m时，小球处于超重状态C该弹簧的劲度系数为20.0N/mD从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大【参考答案】BCD【名师解析】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当x为01m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力所以可得：kx=mg，解得：，选项A错误；C正确；弹簧的最大缩短量为x=0.3m，所以弹簧弹力为 F=20N/m×0.3m=6N>mg，故此时物体的加速度向上，物体处于超重状态，选项B正确；v-t图线的斜率表示物体的加速度，由图线可知从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，选项D正确；故选BCD8(2016·辽宁师大附中一模)如图所示，一轻质弹簧竖立于地面上，质量为m的小球，自弹簧正上方h高处由静止释放，则从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短(弹簧的形变始终在弹性限度内)的过程中，下列说法正确的是()A小球的机械能守恒B重力对小球做正功，小球的重力势能减小C由于弹簧的弹力对小球做负功，所以小球的动能一直减小D小球的加速度先增大后减小【参考答案】B【名师解析】弹簧对小球做负功，因此小球的机械能减小，选项A错误；小球下落，重力对小球做了正功，因此重力势能减小，选项B正确；开始弹簧的弹力小于重力，合力对小球做正功，小球动能增加，当弹簧的弹力大于重力时，合力对小球做负功，小球动能才开始减小，选项C错误；刚开始重力大于弹力，合力向下，小球加速运动，当重力等于弹力时，加速度为零，速度最大，再向下运动时，弹力大于重力，加速度方向向上，速度减小，加速度增大，到达最低点时速度为零，加速度最大，选项D错误。9(2015·天津理综，5)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A圆环的机械能守恒 B弹簧弹性势能变化了mgLC圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【参考答案】B【名师解析】圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C错误；圆环重力势能减少了mgl，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了mgl，故B正确。10.(2015·江苏单科，9)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，ACh。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环()A下滑过程中，加速度一直减小 B下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C在C处，弹簧的弹性势能为mv2mgh D上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度【参考答案】BD【名师解析】由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A错误；根据能量守恒，从A到C有mghWfEp，从C到A有mv2EpmghWf，联立解得：Wfmv2，Epmghmv2，所以B正确，C错误；根据能量守恒，从A到B有mgh1mvEp1Wf1，B到A过程有mvEp1mgh1Wf1，联立可得vB2vB1，所以D正确。二计算题1（20分）（2019吉林长春四模）利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。如图所示，传送带与水平方向成37°角，顺时针匀速运动的速度v4m/s。B、C分别是传送带与两轮的切点，相距L6.4m。倾角也是37°的斜面固定于地面且与传送带上的B点良好对接。一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m1kg的工件（可视为质点）。用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B点时速度v08m/s，A、B间的距离x1m，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为0.5，工件到达C点即为运送过程结束。g取10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8，求：（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B点上滑到C点所用的时间；（3）工件沿传送带由B点上滑到C点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。【参考答案】（1）42 J（4分）；（2）2.4 s（11分）；（3）19.2 J （5分）。【命题意图】以传送带和弹簧为命题背景，考查能量守恒定律、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识点，意在考查学生的分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。【名师解析】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能Epmgxsin 37°mgxcos 37°mv （3分）得Ep42 J （1分）（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a1mgsin 37°mgcos 37°ma1 （2分）解得a110 m/s2工件与传送带共速需要时间t1 （1分）解得工件滑行位移大小x1 （1分）解得 （1分）因为tan 37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑 （1分）在继续上滑过程中加速度为a2，则mgsin 37°mgcos 37°ma2 （2分）解得a22 m/s2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间t2 （1分）解得工件滑行位移大小x2 （1分）解得工件运动到C点时速度恰好为零，故假设成立，工件在传送带上上滑的总时间为tt1t22.4 s （1分）（3）第一阶段：工件滑行位移x12.4 m，传送带位移v t11.6 m，相对位移0.8 m （1分）摩擦生热Q1mgcos 37° （1分）解得第二阶段：工件滑行位移x24 m，传送带位移v t28 m，相对位移4 m （1分）摩擦生热Q2mgcos 37° （1分）解得总热量Q19.2 J （1分）注：计算题用其他方法得到正确结果，可按步骤酌情给分。2(2016·福建泉州一模)(20分)如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R0.8 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g10 m/s2。求：(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s。【名师解析】(1)在N点，由牛顿第二定律有mgm，解得vN2 m/s。(2)取M点所在的水平面为参考平面。从M到N由机械能守恒定律有EkmgRmv，解得Ek0.12 J。(3)小钢球从N到Q做平抛运动，设运动时间为t，水平方向有xvNt，竖直方向有Rgt2，解得x0.8 m。答案(1)2 m/s(2)0.12 J(3)0.8 m3(2016·江苏连云港高三统考)(20分)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep0.5 J。取重力加速度g10 m/s2。求：(1)小球在C处受到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；(3)小球最终停止的位置。【名师解析】(1)小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力为：F向2.5mgmg3.5mg3.5×1×1035 N(2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零。设此时滑块离D端的距离为x0，则有kx0mg解得x00.1 m由机械能守恒定律有mg(rx0)mvEkmEp得Ekmmg(rx0)mvEp6 J(3)在C点，由F向代入数据得：vC m/s滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得mg·hmgsmv解得BC间距离s0.5 m小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。设物块在BC上的运动路程为s，由动能定理有0mvmgs解得s0.7 m故最终小滑块与B端的距离为ss0.2 m答案(1)35 N(2)6 J(3)距离B端0.2 m(或距离C端0.3 m)