2019年高考物理二轮复习模型突破训练3弹簧模型.doc

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C物块B开始运动时，A发生位移的大小为D当物块B的速度第一次最大时，弹簧的形变量为BF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Tmgsin 30°mg，并且处于伸长状态，对A有一个沿斜面向下的拉力，所以Fmgsin 30°mgma，解得a，B正确；在未施加F之前，弹簧处于压缩状态，形变量x1，当B开始运动时，弹簧处于拉伸状态，形变量为x2，所以A的位移为xx1x2，C错误；对物块B受力分析，受到弹簧的拉力，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3(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Epkx2，其中x为形变量，k为劲度系数)，则力F的值为()图7AF(m1m2)g BF(2m1m2)gCF(m12m2)g DF2m1gA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m1在最低点时加速度的大小a2a1，合力大小等于F，方向竖直向上，根据牛顿第二定律得Fm1a2(m1m2)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8AaAg，aBg BaAg，aB0CaAg，aB0 DaAg，aBgC对物块B分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：m2gkx，则x.以两个物块组成的整体为研究对象，则绳子的拉力：T(m1m2)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物体质量mA3mB，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mA3mB3m，对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：Tmg，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°mgmBgmg，所以摩擦力沿斜面向上；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：fT3mgsin 0N3mgcos 0解得：f3mgsin T3mgsin mgN3mgcos 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，T1T2，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T1T20，除此以外T1T2，故B正确；初态时弹簧的压缩量是l(杆长)，末态时弹簧的伸长量是ll，所以末态时弹簧的弹力小于初态时弹簧的弹力，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F1Gkl，弹簧恢复原长时向上的力F2G，轻杆水平时向上的力F3Gkl，故D错误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(m2>m1)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11A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agsin gcos ，由于材料相同，所以动摩擦因数相同，与质量无关，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Epmghmgcos ，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失的机械能等于克服摩擦力做的功，则E损mgcos mghcot ，、mgh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、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0t2时间内，拉力F与时间t成正比B在0t2时间内，拉力F与A位移成正比C在0t2时间内，拉力F做的功等于A的机械能增量D在0t1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(x0x)，弹簧的弹力大小为k(x0x)，根据牛顿第二定律得Fk(x0x)mgma，得到Fkxkx0mamg，又kx0mg，则得到Fkxma，可见F与x是线性关系，但不成正比，则在0t2时间内，拉力F随木块A的位移均匀增加，由xat2得Fk·at2ma，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0t2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0t1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6