高考物理二轮复习专项1 模型突破专题3 弹簧模型高分突破课件

高中物理二轮专题——弹簧模型(解析版)

高中物理第二轮专题——弹簧模型高考分析：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。

由于弹簧弹力是变力,学生往往对弹力大小和方向的变化过程缺乏清晰的认识，不能建立与之相关的物理模型并进行分类，导致解题思路不清、效率低下、错误率较高。

在具体实际问题中，由于弹簧特性使得与其相连物体所组成系统的运动状态具有很强的综合性和隐蔽性，加之弹簧在伸缩过程中涉及力和加速度、功和能等多个物理概念和规律,所以弹簧类问题也就成为高考中的重、难、热点.我们应引起足够重视。

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:W k=-（kx22-kx12），弹力的功等于弹性势能增量的负值或弹力的功等于弹性势能的减少。

弹性势能的公式E p=kx2,高考不作定量要求，该公式通常不能直接用来求弹簧的弹性势能，只可作定性讨论。

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。

一、“轻弹簧”类问题在中学阶段，凡涉及的弹簧都不考虑其质量,称之为“轻弹簧”，是一种常见的理想化物理模型。

由于“轻弹簧”质量不计，选取任意小段弹簧,其两端所受张力一定平衡，否则,这小段弹簧的加速度会无限大。

2024届高考物理二轮专题复习：应用动量守恒定律的常见模型课件55张

微专题二应用动量守恒定律的常见模型
1234源自题型突破1 题型突破2 题型突破3 高考热点突破
(1)子弹击穿木块时，木块速度的大小和方向； (2)子弹击穿木块过程中，子弹和木块组成的系统损失的机械能； (3)被子弹击穿后，木块水平向右运动距 O 点的最大距离。
微专题二应用动量守恒定律的常见模型
1
代入数据得：a＝5.0 m/s2 木块向右运动到离 O 点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为 s1，有： u2＝2as1 代入数据解得 s1＝0.90 m。
[答案] (1)3 m/s，方向向右 (2)872.5 J (3)0.90 m
微专题二应用动量守恒定律的常见模型
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题型突破1 题型突破2 题型突破3 高考热点突破
微专题二应用动量守恒定律的常见模型
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题型突破1 题型突破2 题型突破3 高考热点突破
A．v10(s＋L) C．21v0(s＋L)
B．v10(s＋2L) D．v10(L＋2s)
微专题二应用动量守恒定律的常见模型
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题型突破1 题型突破2 题型突破3 高考热点突破
D [子弹穿过木块的过程，对子弹和木块组成的系统，所受外力之和为零，动量守恒，有 mv0＝mv1＋mv2。设子弹穿过木块的过程所受阻力为 Ff，对子弹：由动能定理得－Ff(s＋L)＝12mv21－12mv20，
反思感悟：子弹打木块模型的三点说明 (1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木块各自运动。 (2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒。

高考物理一轮复习课件：第二单元动力学四大模型之三——弹簧

A．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化
B．物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右 C．当小车加速度(向右)为 0.75 m/s2 时，物体不受摩擦力作用 D．小车以 1 m/s2 的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为 8 N
[解析] 开始时小车板面上的物体受弹簧水平向右的拉力为 6 N，水平向左的静摩擦力也为 6 N，合力为零。沿水平向右方向对小车施加作用力，小车向右做加速运动时，物体沿水平向右方向上的合力(F＝ma)逐渐增大到 8 N 后恒定。在此过程中向左的静摩擦力先减小，改变方向后逐渐增大到(向右)2 N 而保持恒定；弹簧的拉力(大小、方向)始终没有变，物体与小车保持相对静止，小车上的物体不受摩擦力作用时，向右的加速度完全由弹簧的拉力提供：a＝FmT＝0.75 m/s2。
[解析] 法一：轻质小桶内未加入细砂时，弹簧 k2 处于自然长度，设此时弹簧 k1 压缩量为 x1，
对 A 受力分析可知：k1x1＝mgsin θ 缓慢地向小桶内加入细砂，当 B 与挡板 C 间挤压力恰好为零时，设弹簧 k2 伸长量为 x2，弹簧 k1 伸长量为 x3，对 B 受力分析可知：k1x3＝mgsin θ 对 A、B 整体受力分析可知：k2x2＝2mgsin θ 由分析知，小桶下降的距离：d＝x1＋x3＋x2 解得 d＝2mgsin θk11＋k12。
B．k1M＋ak2，2k1＋k1kk22Ma D．k21＋Mak2，k1＋2kk1k22Ma
解析：对甲图中小车内的物体，设其位移量为 x，则 k1 被压缩 x，k2 被拉伸 x，由胡克定律和牛顿第二定律：k1x＋k2x＝Ma，解得：x＝k1M＋ak2；对乙图中小车内的物体，其位移量为两弹簧形变量之和，设位移量为 x′，弹簧 k1 的形变量为 x1，弹簧 k2 的形变量为 x′－x1，则有：k1x1＝k2(x′－x1)，对物块： k1x1＝Ma，解得：x′＝k1＋k1kk22Ma。答案：A

高考物理二轮复习课件微专题模型建构——弹簧模型PPT

高考物理二轮复习课件微专题模型建构—— 弹簧模型PPT【 PPT实用课件】高考物理二轮复习课件微专题模型建构—— 弹簧模型PPT【 PPT实用课件】
高考物理二轮复习课件微专题模型建构—— 弹簧模型PPT【 PPT实用课件】
真题演变·辨知规律
mB 2
2
【解析】选C。当A、B两球静止时,弹簧弹力F=(mA+mB)gsinθ,当绳被剪断的瞬
间,弹簧弹力F不变,对B球分析,则F-mBgsinθ=mBaB,可解得aB= m A g ,当绳被剪
mB 2
断后,球A受的合力为重力沿斜面向下的分力,F合=mAgsinθ=mAaA,所以aA= g ,综
(3)小环刚到达D点的临界条件为mg(h1+R)=Ep
解得h1=1.6 m
改变h,小环做平抛运动,分析可得小环水平方向位移应有最大值
根据机械能守恒定律得:Ep-mg(h2+R)12=m
v
2 D
小环平抛运动时间为t′= 2 ( h 2 R )
g
得:x′=vD′t′=2 ［ 1 .8(h2R )］ (h2R )
高考物理二轮复习课件微专题模型建构—— 弹簧模型PPT【 PPT实用课件】
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情境命题3 功能问题【典例3】某高中兴趣学习小组成员,在学习完必修1与必修2后设计出如图所示的实验。OA为一水平弹射器,弹射口为A。ABCD为一光滑曲杆,其中AB水平,BC为竖直杆(长度可调节),CD为四分之一圆环轨道(各连接处均圆滑连接),其圆心为 O′,半径为R=0.2 m。D的正下方E开始向右水平放置一块橡皮泥板EF,长度足够长。现让弹射器弹射出一质量m=0.1 kg的小环,小环从弹射口A射出后沿光滑曲杆运动到D处飞出,不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力。已知弹射器每次弹射出的小环具有相同的初速度。某次实验中小组成员调节BC高度h=0.8 m。弹出的小环从D处飞出,现测得小环从D处飞出时速度vD=4 m/s,求:

弹簧模型(解析版)--2024年高三物理二轮常见模型

2024年高三物理二轮常见模型弹簧模型特训目标特训内容目标1高考真题(1T-4T)目标2三大力场中有关弹模型的平衡问题(5T-10T)目标3三大力场中有关弹簧模型的动力学问题(11T-16T)目标4三大力场中有关弹簧模型的能量动量问题(17T-22T)【特训典例】一、高考真题1(2023·山东·统考高考真题)餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。

托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。

已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。

弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为()A.10N/mB.100N/mC.200N/mD.300N/m【答案】B【详解】由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有mg=3∙kx解得k=100N/m故选B。

2(2022·湖北·统考高考真题)如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。

P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。

弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。

若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为()A.μmgkB.2μmgkC.4μmgkD.6μmgk【答案】C【详解】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx=2μmg若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为s=2x=4μmg k故选C。

3(2023·辽宁·统考高考真题)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d 和2d ，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和B 。

2021届高考物理二轮复习课件：核心素养微专题专题三第5讲模型建构——弹簧模型

B.F1=F2<F3
C.F1=F3>F2
D.F3>F1>F2
()
【解析】选A。第一个图中,以弹簧下面的小球为研究对象,第二个图中,以悬挂的小球为研究对象,第三个图中,以任意一小球为研究对象。第一个图中,小球受竖直向下的重力mg和弹簧向上的弹力,二力平衡,则F1=mg;后面两个图中,小球受竖直向下的重力和细线的拉力,二力平衡,弹簧的弹力大小均等于细线拉力的大小, 则F2=F3=mg,故三图中小球平衡时弹簧的弹力大小相等。
mB 2
2
【解析】选C。当A、B两球静止时,弹簧弹力F=(mA+mB)gsinθ,当绳被剪断的瞬
间,弹簧弹力F不变,对B球分析,则F-mBgsinθ=mBaB,可解得aB= m A g ,当绳被剪
mB 2
断后,球A受的合力为重力沿斜面向下的分力,F合=mAgsinθ=mAaA,所以aA= g ,综
【解析】选A、D。在接触弹簧之前，小球做自由落体运动，加速度就是重力加
速度g，恒定不变；接触弹簧后，小球做简谐运动，加速度随时间先减小到零然
后再反向增加，图象是有一个初相位的余弦函数图象的一部分，由于接触弹簧
时加速度为重力加速度g，且有一定的速度，根据对称性，到达最低点时加速度
临近于某个大于g的值，方向向上，因此A正确、B错误；在开始下落h时，弹簧
5.用细绳拴一个质量为m的小球,小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了
x(小球与弹簧不拴连),如图所示。将细绳剪断后 ( )
A.小球立即获得 k x 的加速度
m
B.小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
C.小球落地的时间等于 2 h
g
D.小球落地的速度等于 2 g h

高考物理二轮复习模型突破训练弹簧模型

模型打破训练(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结，另一端固定在竖直墙上B点，小球处于静止状态．将细绳烧断的瞬时，小球的加快度方向()图5A．沿BO方向B．沿OB方向C．竖直向下D．沿AO方向D[小球均衡时，对小球受力剖析，小球受重力、弹簧弹力、绳的拉力．当细绳烧断的瞬时，绳的拉力变成零，重力，弹力不变，因此重力与弹力的协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°的圆滑斜面上，挡板C与斜面垂直．质量均为m的A、B两同样物块与劲度系数为k的轻弹簧两头相连，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．已知弹簧一直在弹性限度内，以下判断正确的选项是()图6A．恒力F的值必定大于mgB．物块B开始运动时，物块A的加快度为F－mgmC．物块B开始运动时，A发生位移的大小为mg 2kD．当物块B的速度第一次最大时，弹簧的形变量为mg kB[F能够先使A加快运动起来，而后跟着弹力的变化，在A做减速运动过程中，使得B 开始运动，故F 的力不必定大于mg ，A 错误；当B 开始运动时，弹簧的弹力为T ＝mg sin 30°＝12mg ，而且处于伸长状态，对A 有一个沿斜面向下的拉力，因此F －mg sin 30°－12mg ＝ma ，解得a ＝F －mg m ，B 正确；在未施加F 以前，弹簧处于压缩状态，形变量Δx 1＝mg sin 30°k ＝mg 2k ，当B 开始运动时，弹簧处于拉伸状态，形变量为Δx 2＝mg sin 30°k＝mg 2k ，因此A 的位移为x ＝Δx 1＋Δx 2＝mg k ，C 错误；对物块B 受力剖析，遇到弹簧的拉力，以及重力沿斜面向下的分力，当二者相等时，B 的速度最大，即mg sin 30°＝kx ′，解得x ′＝mg 2k ，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m 1和m 2的木块由一根轻弹簧连在一同，在m 1上施加一个竖直向下的力F ，整个系统处于均衡状态．现撤去F ，m 2恰巧被弹簧提起(弹性势能的表达式为E p ＝12kx 2，此中x 为形变量，k 为劲度系数)，则力F 的值为( )图7A ．F ＝(m 1＋m 2)gB ．F ＝(2m 1＋m 2)gC ．F ＝(m 1＋2m 2)gD ．F ＝2m 1gA [撤去F 后，m 1跳起后做简谐运动，当m 1运动到最高点，弹簧将m 2拉得恰巧跳离桌面时，弹簧的弹力大小等于m 2g ，依据牛顿第二定律得，物体m 1在最高点时加快度的大小a 1＝F ＋m 1g m 1＝m 2g ＋m 1g m 1＝m 2＋m 1g m 1，方向竖直向下，依据简谐运动的对称性，物体m 1在最低点时加快度的大小a 2＝a 1，协力大小等于F ，方向竖直向上，依据牛顿第二定律得F ＝m 1a 2＝(m 1＋m 2)g ，应选A.]4.如图8所示，两个质量分别为m 1 、m 2的物块A 和B 经过一轻弹簧连结在一同并搁置于水平传递带上，水平轻绳一端连结A ，另一端固定在墙上，A 、B 与传递带间动摩擦因数均为μ.传递带顺时针方向转动，系统达到稳固后，忽然剪断轻绳的瞬时，设A 、B 的加快度大小分别为a A 和a B ，(弹簧在弹性限度内，重力加快度为g )则( )图8A ．a A ＝μ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2m 1g ，aB ＝μg B ．a A ＝μg ，a B ＝0C ．a A ＝μ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2m 1g ，a B ＝0 D ．a A ＝μg ，a B ＝μg C [对物块B 剖析，摩擦力与弹簧弹力均衡，有：μm 2g ＝kx ，则x ＝μm 2g k .以两个物块构成的整体为研究对象，则绳索的拉力：T ＝μ(m 1＋m 2)g ；忽然剪断轻绳的瞬时，绳索的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A 遇到的合外力与T大小相等，方向相反，则：a A ＝T m 1＝μm 1＋m 2g m 1；B 在水平方向仍旧遇到弹簧的拉力和传递带的摩擦力，合外力不变，仍旧等于0，因此B 的加快度仍旧等于0.应选项C 正确，A 、B 、D 错误．]5．(2018·资阳二诊)如图9所示，物体A 、B 用细绳与弹簧连结后越过滑轮，A 静止在倾角为θ＝45°的粗拙斜面上，B 悬空且处于静止状态．已知两物体质量m A ＝3m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角θ由45°减小到30°，以下说法正确的选项是( )图9A ．弹簧的弹力大小将增大B ．物体A 遇到的静摩擦力将减小C ．弹簧的弹力及A 遇到的静摩擦力都不变D ．物体A 对斜面的压力将减小B [设m A ＝3m B ＝3m ，对物体B 受力剖析，受重力和拉力，由二力均衡获得：T＝mg，则知弹簧的弹力不变，故A错误．再对物体A受力剖析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如下图，刚开始因为m A g sin 45°＝322mg＞m B g＝mg，因此摩擦力沿斜面向上；同理此后变成30°此后摩擦力仍旧沿斜面向上．依据均衡条件得：f＋T－3mg sin θ＝0N－3mg cos θ＝0解得：f＝3mg sin θ－T＝3mg sin θ－mgN＝3mg cos θ当θ变小时，物体A遇到的静摩擦力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，轻杆的另一端经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θ＝30°角．从某时辰开始，给小球施加竖直向上的力F，使小球迟缓挪动到B地点，OB处于水平．整个过程中弹簧向来处于弹性限度内，以下说法中正确的选项是()图10A．小球在挪动过程中可能遇到3个力作用B．若弹簧有弹力，则弹力的大小必定不等于杆对小球的作使劲的大小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 [小球在向上挪动过程中，当弹簧恢还原长时，此时小球所受弹簧的弹力T1＝0，因小球的重力G及F的方向均在竖直方向，此时必定有轻杆沿杆方向对小球的作使劲T2＝0，若T2≠0，则T2在水平方向的分力T2x≠0，小球没法处于均衡状态，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，T1＝T2，它们的协力必定是竖直方向，此时由几何关系可知弹簧的长度与杆长相等，此时T1＝T2＝0，除此之外T1≠T2，故B正确；初态时弹簧的压缩量是12l(杆长)，末态时弹簧的伸长量是7－22l＜12l，因此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渐渐增大，当弹簧恢还原长前后，弹簧的弹力和轻杆对小球的作使劲均发生改变，两力的方向分别变成左向下和右向下，今后小球再向上运动过程中，F向来增大，刚开始时向上的力F1＝G－32kl，弹簧恢还原长时向上的力F2＝G，轻杆水平常向上的力F3＝G＋37⎝⎛⎭⎪⎫7－22kl，故D错误．]7．(2018·福建三明永安一中月考)如图11所示，圆滑水平面OB与足够长的粗拙斜面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，而后由静止开释，滑块离开弹簧后经B点滑上斜面，上涨到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失．换用同样资料质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧到同样地点，而后由静止开释，以下对两滑块说法正确的选项是()图11A．两滑块抵达B点的速度同样B．两滑块上涨到最高点过程的加快度同样C．两滑块沿斜面上涨的最大高度同样D．两滑块上涨到最高点过程机械能损失不同样B[弹簧开释的过程，弹簧的弹性势能转变成滑块的动能，两次弹性势能同样，则两滑块到B点的动能同样，但质量不一样，则速度不一样，A错误；滑块上涨过程中的加快度a＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g sin θ＋μg cos θ，因为资料同样，因此动摩擦因数同样，与质量没关，故两滑块上涨到最高点过程的加快度同样，B正确；两滑块在斜面上运动时加快度同样，因为初速度不一样，故上涨的最大高度不一样，C错误；两滑块上涨到最高点过程战胜重力做的功为mgh，由能量守恒定律得：弹簧的弹性势能E p＝mgh＋μmg cos θhsin θ，因此mgh＝E p1＋μcot θ，故两滑块上涨到最高点过程战胜重力做的功同样．损失的机械能等于战胜摩擦力做的功，则E损＝μmg cos θhsin θ＝μmgh cot θ，μ、mgh同样，则机械能损失同样，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，t＝0时辰起用一竖直向上的拉力拉动木块，使A向上做匀加快直线运动，t1时辰弹簧恰巧恢还原长，t2时辰木块B 恰巧要走开水平面．以下说法正确的选项是()图12A．在0～t2时间内，拉力F与时间t成正比B．在0～t2时间内，拉力F与A位移成正比C．在0～t2时间内，拉力F做的功等于A的机械能增量D．在0～t1时间内，拉力F做的功等于A的动能增量C[设本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(x0－x)，弹簧的弹力大小为k(x0－x)，依据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，获得F＝kx－kx0＋ma＋mg，又kx0＝mg，则获得F＝kx ＋ma，可见F与x是线性关系，但不可正比，则在0～t2时间内，拉力F随木块A的位移平均增添，由x＝12at2得F＝k·12at2＋ma，F与t不可正比，A、B错误；依据题知t＝0时辰弹簧的弹力等于A的重力，t2时辰弹簧的弹力等于B的重力，而两个物体的重力相等，因此t＝0时辰和t2时辰弹簧的弹力相等，弹性势能相等，依据功能关系可知在0～t2时间内，拉力F做的功等于A的机械能增量，C正确；依据动能定理可知：在0～t1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．]。

弹簧模型高考物理二轮复习突破训练

模型3弹簧模型(对应学生用书第89页)[模型统计]1．弹簧模型的问题特点弹簧模型是高考中常见的物理模型之一，该模型涉及共点力的平衡、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律以及能量守恒定律等知识．运动过程中，从力的角度看，弹簧上的弹力是变力，从能量的角度看，弹簧是储能元件．因此，借助弹簧模型，可以很好地考查考生的分析综合能力．在高考试题中，弹簧(主要是轻质弹簧)模型主要涉及四个方面的问题：静力学中的弹簧问题、动力学中的弹簧问题、与能量转化和与动量有关的弹簧问题．2．弹簧模型的解题策略(1)力学特征：轻质弹簧不计质量，并且因软质弹簧的形变发生改变需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变，因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹簧的弹力不突变．(2)过程分析：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，首先要注意弹力的大小和方向与形变相对应，从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置、现长位置、平衡位置等，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，结合物体受其他力的情况来综合分析物体的运动状态．(3)功能关系：在求弹簧的弹力做功时，因该变力随形变量而线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可根据动能定理和功能关系求解．同时要注意弹力做功等于弹性势能增量的负值，因此在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般从能量的转化与守恒的角度来求解．(4)临界分析：弹簧一端有关联物、另一端固定时，当弹簧伸长到最长或压缩到最短时，物体速度有极值，弹簧的弹性势能最大，此时也是物体速度方向发生改变的时刻；若关联物与接触面间光滑，当弹簧恢复原长时，物体速度最大，弹性势能为零；若关联物与接触面间粗糙，物体速度最大时弹力与摩擦力平衡，此时弹簧并没有恢复原长，弹性势能也不为零．3．弹簧模型的主要问题(1)与弹簧关联物体受力变化前后的加速度问题．(2)与弹簧关联两个相互接触的物体分离的临界问题．(3)与弹簧关联物体的碰撞问题．(4)与热力学、振动、电磁学综合的弹簧问题．[模型突破]考向1弹簧模型中的平衡问题[典例1]如图1所示，质量为m1的物体A压在放于地面上的竖直轻弹簧L1(劲度系数为k1)上，上端与轻弹簧L2(劲度系数为k2)相连，轻弹簧L2上端与质量为m2的物体B相连，物体B通过轻绳跨过光滑的定滑轮与轻质小桶P相连，A、B均静止．现缓慢地向小桶P内加入细沙，当弹簧L1恰好恢复原长时(小桶一直未落地)，求：图1(1)小桶P 内所加入细沙的质量；(2)小桶在此过程中下降的距离．【解析】 (1)当L 1恢复原长时，对A 、B 整体分析，绳子的拉力为F ＝(m 1＋m 2)g ，即小桶中细沙的质量为m 1＋m 2.(2)开始时，对A 、B 整体受力分析得k 1x 1＝(m 1＋m 2)g ，式中x 1为弹簧L 1的压缩量，则x 1＝(m 1＋m 2)g k 1对B 受力分析得k 2x 2＝m 2g ，式中x 2为弹簧L 2的压缩量，则x 2＝m 2g k 2当L 1恢复原长时，对A 受力分析得k 2x 2′＝m 1g ，式中x 2′为弹簧L 2的伸长量，则x 2′＝m 1g k 2在整个过程中，小桶下降的距离h ＝x 1＋x 2＋x 2′＝(m 1＋m 2)g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 1＋1k 2. 答案：(1)m 1＋m 2 (2)(m 1＋m 2)g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 1＋1k 2考向2 弹簧模型中的瞬时问题[典例2] 细绳拴一个质量为m 的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩了距离x (小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，细绳与竖直方向的夹角为53°，小球距地面的高度为h ，如图2所示．下列说法中正确的是( )图2A ．细线烧断后，小球做平抛运动B ．细绳烧断后，小球落地的速度等于2ghC ．剪断弹簧瞬间，细绳的拉力为53mgD ．细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为53gD [将细绳烧断后，小球受到重力和弹簧弹力的共同作用，合力方向斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以小球不是做平抛运动，故A 错误；小球只做自由落体运动时，根据v 2＝2gh 得落地速度是v ＝2gh ，而现在除重力外还有弹簧的弹力对小球做功，所以小球落地时的速度一定大于2gh ，故B 错误；小球静止时，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件得，细绳的拉力大小T ＝mg cos 53°＝53mg ，弹簧弹力的大小F ＝mg tan 53°＝43mg ，剪断弹簧瞬间，细绳的拉力发生突变，不再为T ＝53mg ，故C 错误；细绳烧断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与细绳烧断前细绳中的拉力大小相等、方向相反，此时F 合＝T ，可知此瞬间小球的加速度大小a ＝F 合m ＝53g ，故D 正确．](2018·唐山二模)A 、B 两球质量相同，静止在倾角为30°的斜面上．两球之间栓接有轻弹簧．A球与挡板接触，B 球通过细线与斜面顶端相连，细线绷紧，系统处于静止状态．则撤去挡板瞬间( )A ．弹簧弹力一定变大B ．细线拉力一定变大C ．A 球一定处于失重状态D ．B 球一定处于平衡状态D [开始时，弹簧可能处于压缩状态，则撤去挡板瞬间，小球A 向下运动，弹簧伸长，弹力变小，则绳的拉力增大，选项A 错误；若开始时弹簧处于伸长状态，且挡板的弹力为零，则撤去挡板瞬间，A 球仍静止，不是处于失重状态，选项B 、C 错误；B 球被细线拉住，一定处于平衡状态，选项D 正确．]考向3 弹簧模型中的动力学和能量问题[典例3] (2018·广西三市联考)如图3所示，有一倾角为θ＝37°的粗糙硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k ＝10 N/m 的轻弹簧，弹簧自然伸长时上端在Q 点，弹簧与杆间摩擦忽略不计．一个质量为m ＝5 kg 的小球套在此硬杆上，从P 点由静止开始滑下，经过t ＝2 s 后，P 与弹簧自由端Q 相碰，PQ 间的距离L ＝4m ，弹簧的弹性势能与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图3(1)小球与硬杆之间的动摩擦因数μ；(2)小球向下运动过程中速度最大时弹簧的弹性势能．【解析】小球做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律即可求出动摩擦因数；当小球加速度为零时，速度最大，根据平衡条件求出压缩量，再根据E p ＝12kx 2求出速度最大时弹簧的弹性势能．(1)小球由静止做匀加速直线运动，则有：L ＝12at 2，解得：a ＝2 m/s 2.根据牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得：μ＝0.5.(2)当小球加速度为零时，速度最大即有：mg sin 37°＝μmg cos 37°＋kx解得：x ＝1 m所以弹性势能为：E p ＝12kx 2＝12×10×12J ＝5 J.【答案】 (1)0.5 (2)5 J(多选)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置由静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v -t 图象如图乙所示，其中OA 段为直线段，AB 段是与OA 相切于A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g .关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )A ．小球在tB 时刻所受弹簧的弹力等于12mgB ．小球在tC 时刻的加速度大于12gC ．小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点D ．小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量ABC [小球在t B 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，即此时F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，故A 正确；由题意可知，t A 时刻小球刚好与弹簧接触且弹簧无形变，此时小球的加速度a A ＝12g ，由图乙可知，A 点图线斜率的绝对值小于C 点图线斜率的绝对值，分析可知小球在t C 时刻的加速度大于12g ，故B 正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故小球从C 点释放能到达原来的释放点，故C 正确；小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减少量与动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D 错误．]考向4 弹簧模型中的动量问题[典例4] (2018·衡阳第三次联考)如图4所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上．弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m 的物块从槽高h 处开始自由下滑，下列说法错误的是( )图4A ．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B ．在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒C ．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ＝23mghD ．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为2gh 3D [物块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故A 正确；物块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B 正确；设物块到达水平面时速度大小为v 1，槽的速度大小为v 2，且可判断物块速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在物块下滑过程中，槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m v 1－2m v 2＝0，由机械能守恒定律得：mgh ＝12m v 21＋12·2m v 22，由以上两式解得：v 1＝2gh 3，v 2＝gh3，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，v ＝v 1＝2gh3，故D 错误；物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能E p ＝12m v 21＝2mgh 3，故C 正确；本题选错误的，故选D.](多选)如图所示，连接有轻弹簧的物块a 静止于光滑水平面上，物块b 以一定初速度向左运动．下列关于a 、b 两物块的动量p 随时间t 的变化关系图象，合理的是( )BCD[b与弹簧接触后，弹力慢慢增大，故两物体的加速度一定先增大后减小，故A不正确；b与弹簧接触后，压缩弹簧，b做减速运动，a做加速运动，且在运动过程中系统的动量守恒，如果b的质量较小，可能出现b反弹的现象，故B正确；由B中分析可知，两球满足动量守恒定律，并且如果a、b两球的质量相等，则可以出现C中的运动过程，故C正确；由B中分析可知，两球满足动量守恒定律，如果a的质量很小，可能出现D中的运动过程，故D正确．]。

高考物理弹簧问题课件

TPM设备评价活动标准及步骤一、TPM评价的推行方法1．评价人员的独立性和专业性TPM咨询服务中心TPM设备管理培训公司概述：因为评价涉及各部门的利益，所以评价的员工不能是相关部门的人员。而且三级评价是一项非常具体和专业性很强的认证工作，所以对评价人员的TPM知识要求较高，最好是选用公司TPM推行委员会或TPM推进室的专职人员定期进行评价。 2．统计的数据要准确班组达成率一旦计算错误就会影响部门和专业组的评价结果，所以在计算达成率时一定要仔细。很多企业将计算的方式作成电子表格自动换算的格式是一种较好的方法，可以借鉴。 3．现场检查要仔细在现场检查时不放过任何一个细小的项目，这样得出的TPM活动达成率才能代表企业实际的水准。二、TPM评价的推行步骤1．第一步：制定TPM三级评价办法(1)制定TPM三级评价说明①课题进度（评价对象：各部门、课题改善专业组）选题：指已选好了改善课题，并已向推行办申报和备案。分析：对所选的改善课题进行分析、讨论并制订可行的实施计划。对策：课题执行完成并对改善结果进行评估。发表：对改善成果进行发表。 ②班组活动（评价对象：各班组、部门、人才培养专业组）5S区域巡查制度：必须有明确的区域责任划分图，有区域5S日常确认表和班组长巡检记录。晨会：每天早晨上班前开的工作会议，方法为：班组长回顾前一天的工作情况，听取员工对工作的意见，安排当日的工作并作会议记录。传达会：对部门或公司下发的文件或指令向组员进行传达的会议。班组长必须确保传达的内容组员均已明白，所以传达完后要请员工在所传达的内容上面签字确认，并作会议记录。交流会：班组内组织的改善提案交流会，并有会议记录。小组活动看板：指内容丰富、有规划的班组管理看板。技能一览图：包括员工综合表现雷达图和员工技能状态饼分图的应用。 OPL单页要点教程：将管理的内容或作业的要点用精练的语言加图片（漫画）的方式以单页说明一个问题的方式展示出来。主题改善活动：有每一次主题改进活动内容和过程的会议记录，有通过活动产生的改善提案成果。 ③5S评价级别（评价对象：各班组、部门、安全环境专业组）•0级（不好）：指评分在80分以下；•1级（一般）：指评分在80- 90分之间；•2级（好）：指评分在90分以上：•3级：保持2级水平2个月以上；•4级：保持2级水平4个月以上；`5级：保持2级水平6个月以上 ④设备保全级别（评价对象：各班组、部门、设备保全专业组）．初期清扫：设备表面干净完好；．源头对策：对污染源采取了有效的防范措施；．制定标准：制作了实用的设备点检标准表；．点检教育：对设备的点检标准进行了培训，并有培训记录；．自主点检：员工均能按点检要求自觉进行以上每项算1个评分点，不合格没分，合格(○)记1分，有做但需改进(△)记1分，优秀(☆)记2分。课题作为另外加分项计算。现场提问评价结果在评价表格的班组长姓名一栏内显示（先前导人评价体系先从提问班级8项活动的内容开始，再逐渐深入TPM的其他领域的知识），无颜色代表1项也没答对，黄色代表答对3项以上，红色代表答对6项以上。 (2)制定TPM三级评价标准TPM三级评价标准 TPM设备管理信息系统的组成设备管理信息系统是管理信息系统，即MIS（ManagementInformationSystem）的一个重要组成部分。 MIS是集计算机技术、网络通信技术、管理技术等为一体的信息系统工程。是一个覆盖企业或主要业务部门辅助管理的人--机（计算机）系统，主要为企业经营、生产和行政管理工作服务，完成经营管理、设备管理、生产管理、财务管理等。它和企业的管理密切相关，和企业的管理模式、经营意识密切相关，为企业的最终目标服务。目前国内使用和发展的MIS平台模式大体上分为两种：客户机/服务器模式（Client/Server，简称C/S）和Web浏览器/服务器模式（Browser/Server，简称B/S）。 MIS都是以数据库为基础实现的，目前，常用的数据库有支持单机的dBase、Paradox数据库和Oracle、Sybase、SQLServer等关系数据库。常用的开发数据库应用软件工具很多，如：VisualC++、Delphi、PowerBuilder、VisualBasic、VisualFoxPro等。管理信息系统设备管理信息系统还可以是面向供应链管理（SupplyChainManagement）信息集成--ERP（EnterpriseResourcePlanning）的一个组成部分。 ERP除了传统MRPⅡ（ManufacturingResourcePlanning）系统的制造、供销、财务功能外，还增加了支持物料流通体系的运输管理、仓库管理；支持在线分析处理（OnlineAnalyticalProcessing，OLAP）、售后服务及质量反馈；支持生产保障体系的质量管理、实验室管理、设备管理；支持跨国经此外，还支持企业资本运行和投资管理、各种法规及标准管理等。 ERP系统除了已经普遍采用的诸如图形用户界面技术（GUI）、SQL结构化查询语言、关系数据库管理系统（RDBMS）、面向对象技术（OOT）、第四代语言／计算机辅助软件工程、客户机/服务器和分布式数据处理系统等等技术之外，还要实现更为开放的不同平台互操作，采用适用于网络技术的编程设备管理信息系统是设备生命周期的信息化管理系统，包括设备前期管理、固定资产管理、设备档案管理、设备维护管理、设备运行管理、设备备件管理、设备维修管理等子系统。 TPM设备管理培训公司对于各子系统之间通过设备编号联系起来，设备作为固定资产的一部分，设备编号必须与固定资产编号相一致。为了使设备管理信息系统，特别是所建立的数据库具有延续性和生命力，设备编号规则要有较强的可扩充性和可扩展性，可扩充性考虑的是设备及设备系统的不断增多，可扩展性考虑的是设备编号向下可扩展成设备备件编码。不同的企业和不同的设备管理方式其设备管理信息系统的开发有各自的特点，但其基本的功能和方法是一致的。

高考物理弹簧问题课件(201909)

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溢素景荧惑从行入氐其资元膺历内讳不出宫兢言集愧或改玉以弘风为应以闰附正月车胤谓宣尼庙宜依亭侯之爵华阳含而全制五龙之辰用日还除桂阳王征北司马前新除宁州刺史李庆宗为宁州刺史宗祀光武皇帝于明堂尝作五言诗云西南行一丈许没诏曰诏曰今长停小行有流星大如鸭卵郑五祀志图东夏九年正月辛丑立学若命有咨上甚悦许以自陈有弃病人于青溪边者蔡邕之徒景和世晚世多难棘阳皆黑韦缇广延国胄诸负衅流徙上军十愆有一月入南斗魁中又案《大戴礼记》及《孔子家语》并称武王崩阴主杀太祖曰冠婚朝会鼓吹一部六解泽无垠太子舍人钟石改调庭燎起火重闱月洞群臣入白贺莲勺厌降小祥中朝乱 △月犯列星建元元年七月丁未并无更立宫室笙磬谐音祭地北郊及社稷八月丁巳自东华门驰往神虎门若其人难备《周礼》以天地为大祀宋之东安己巳且閟宫之德沔阳朝廷乙未进督兖十二月壬寅积年逋城梁王率大众屯沔口德司规黑也哀悉付萧谌优量驱使之诏众军猛锐休范既死祠部郎何佟之奏今中丞则职无不察魏以建丑为正尚书令褚渊为司徒乙未富川上亲率将士尽日攻之迷方失位我昔时思汝一文不得竟不之国久久并散同于王者皇心俨思至是乃复有焉并赐粮饩而不主此义太子左右卫率各一皇皇圣后各用人于以行礼焉月在东井北辕东头第二星西南九寸壬午廪财悉充仓储名曰长庚必以朝享之礼祭于祖考须臾灭《春秋传》以正月上辛郊祀岁遍为犯注曰吉亥相物色轻霄果日出行事毡案宪司明加听察克定之后郑以翟茀为厌翟在三之恩新浦司二州蛮虏屡动虏自寿春退走辛酉岁星昼见国君薨骏奔万国初筵长舒命田祖遍祭五帝虔奉皇符于止车门外别立幔省又奏为涪陵王命有司为民祈祀山川百原明帝改造《武始舞》亦义章

高考物理二轮复习高分突破训练：专项1模型3弹簧模型

模型3弹簧模型(对应学生用书第89页)[模型统计]1．弹簧模型的问题特点弹簧模型是高考中常见的物理模型之一，该模型涉及共点力的平衡、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律以及能量守恒定律等知识．运动过程中，从力的角度看，弹簧上的弹力是变力，从能量的角度看，弹簧是储能元件．因此，借助弹簧模型，可以很好地考查考生的分析综合能力．在高考试题中，弹簧(主要是轻质弹簧)模型主要涉及四个方面的问题：静力学中的弹簧问题、动力学中的弹簧问题、与能量转化和与动量有关的弹簧问题．2．弹簧模型的解题策略(1)力学特征：轻质弹簧不计质量，并且因软质弹簧的形变发生改变需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变，因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹簧的弹力不突变．(2)过程分析：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，首先要注意弹力的大小和方向与形变相对应，从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置、现长位置、平衡位置等，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，结合物体受其他力的情况来综合分析物体的运动状态．(3)功能关系：在求弹簧的弹力做功时，因该变力随形变量而线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可根据动能定理和功能关系求解．同时要注意弹力做功等于弹性势能增量的负值，因此在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般从能量的转化与守恒的角度来求解．(4)临界分析：弹簧一端有关联物、另一端固定时，当弹簧伸长到最长或压缩到最短时，物体速度有极值，弹簧的弹性势能最大，此时也是物体速度方向发生改变的时刻；若关联物与接触面间光滑，当弹簧恢复原长时，物体速度最大，弹性势能为零；若关联物与接触面间粗糙，物体速度最大时弹力与摩擦力平衡，此时弹簧并没有恢复原长，弹性势能也不为零．3．弹簧模型的主要问题(1)与弹簧关联物体受力变化前后的加速度问题．(2)与弹簧关联两个相互接触的物体分离的临界问题．(3)与弹簧关联物体的碰撞问题．(4)与热力学、振动、电磁学综合的弹簧问题．[模型突破]考向1弹簧模型中的平衡问题[典例1]如图1所示，质量为m1的物体A压在放于地面上的竖直轻弹簧L1(劲度系数为k1)上，上端与轻弹簧L2(劲度系数为k2)相连，轻弹簧L2上端与质量为m2的物体B相连，物体B通过轻绳跨过光滑的定滑轮与轻质小桶P相连，A、B均静止．现缓慢地向小桶P内加入细沙，当弹簧L1恰好恢复原长时(小桶一直未落地)，求：图1(1)小桶P 内所加入细沙的质量；(2)小桶在此过程中下降的距离．【解析】 (1)当L 1恢复原长时，对A 、B 整体分析，绳子的拉力为F ＝(m 1＋m 2)g ，即小桶中细沙的质量为m 1＋m 2.(2)开始时，对A 、B 整体受力分析得k 1x 1＝(m 1＋m 2)g ，式中x 1为弹簧L 1的压缩量，则x 1＝(m 1＋m 2)g k 1对B 受力分析得k 2x 2＝m 2g ，式中x 2为弹簧L 2的压缩量，则x 2＝m 2g k 2当L 1恢复原长时，对A 受力分析得k 2x 2′＝m 1g ，式中x 2′为弹簧L 2的伸长量，则x 2′＝m 1g k 2在整个过程中，小桶下降的距离h ＝x 1＋x 2＋x 2′＝(m 1＋m 2)g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 1＋1k 2. 答案：(1)m 1＋m 2 (2)(m 1＋m 2)g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 1＋1k 2考向2 弹簧模型中的瞬时问题[典例2] 细绳拴一个质量为m 的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩了距离x (小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，细绳与竖直方向的夹角为53°，小球距地面的高度为h ，如图2所示．下列说法中正确的是( )图2A ．细线烧断后，小球做平抛运动B ．细绳烧断后，小球落地的速度等于2ghC ．剪断弹簧瞬间，细绳的拉力为53mgD ．细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为53gD [将细绳烧断后，小球受到重力和弹簧弹力的共同作用，合力方向斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以小球不是做平抛运动，故A 错误；小球只做自由落体运动时，根据v 2＝2gh 得落地速度是v ＝2gh ，而现在除重力外还有弹簧的弹力对小球做功，所以小球落地时的速度一定大于2gh ，故B 错误；小球静止时，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件得，细绳的拉力大小T ＝mg cos 53°＝53mg ，弹簧弹力的大小F ＝mg tan 53°＝43mg ，剪断弹簧瞬间，细绳的拉力发生突变，不再为T ＝53mg ，故C 错误；细绳烧断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与细绳烧断前细绳中的拉力大小相等、方向相反，此时F 合＝T ，可知此瞬间小球的加速度大小a ＝F 合m ＝53g ，故D 正确．](2018·唐山二模)A 、B 两球质量相同，静止在倾角为30°的斜面上．两球之间栓接有轻弹簧．A球与挡板接触，B 球通过细线与斜面顶端相连，细线绷紧，系统处于静止状态．则撤去挡板瞬间( )A ．弹簧弹力一定变大B ．细线拉力一定变大C ．A 球一定处于失重状态D ．B 球一定处于平衡状态D [开始时，弹簧可能处于压缩状态，则撤去挡板瞬间，小球A 向下运动，弹簧伸长，弹力变小，则绳的拉力增大，选项A 错误；若开始时弹簧处于伸长状态，且挡板的弹力为零，则撤去挡板瞬间，A 球仍静止，不是处于失重状态，选项B 、C 错误；B 球被细线拉住，一定处于平衡状态，选项D 正确．]考向3 弹簧模型中的动力学和能量问题[典例3] (2018·广西三市联考)如图3所示，有一倾角为θ＝37°的粗糙硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k ＝10 N/m 的轻弹簧，弹簧自然伸长时上端在Q 点，弹簧与杆间摩擦忽略不计．一个质量为m ＝5 kg 的小球套在此硬杆上，从P 点由静止开始滑下，经过t ＝2 s 后，P 与弹簧自由端Q 相碰，PQ 间的距离L ＝4m ，弹簧的弹性势能与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图3(1)小球与硬杆之间的动摩擦因数μ；(2)小球向下运动过程中速度最大时弹簧的弹性势能．【解析】小球做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律即可求出动摩擦因数；当小球加速度为零时，速度最大，根据平衡条件求出压缩量，再根据E p ＝12kx 2求出速度最大时弹簧的弹性势能．(1)小球由静止做匀加速直线运动，则有：L ＝12at 2，解得：a ＝2 m/s 2.根据牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得：μ＝0.5.(2)当小球加速度为零时，速度最大即有：mg sin 37°＝μmg cos 37°＋kx解得：x ＝1 m所以弹性势能为：E p ＝12kx 2＝12×10×12J ＝5 J.【答案】 (1)0.5 (2)5 J(多选)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置由静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v -t 图象如图乙所示，其中OA 段为直线段，AB 段是与OA 相切于A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g .关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )A ．小球在tB 时刻所受弹簧的弹力等于12mgB ．小球在tC 时刻的加速度大于12gC ．小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点D ．小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量ABC [小球在t B 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，即此时F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，故A 正确；由题意可知，t A 时刻小球刚好与弹簧接触且弹簧无形变，此时小球的加速度a A ＝12g ，由图乙可知，A 点图线斜率的绝对值小于C 点图线斜率的绝对值，分析可知小球在t C 时刻的加速度大于12g ，故B 正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故小球从C 点释放能到达原来的释放点，故C 正确；小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减少量与动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D 错误．]考向4 弹簧模型中的动量问题[典例4] (2018·衡阳第三次联考)如图4所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上．弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m 的物块从槽高h 处开始自由下滑，下列说法错误的是( )图4A ．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B ．在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒C ．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ＝23mghD ．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为2gh 3D [物块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故A 正确；物块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B 正确；设物块到达水平面时速度大小为v 1，槽的速度大小为v 2，且可判断物块速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在物块下滑过程中，槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m v 1－2m v 2＝0，由机械能守恒定律得：mgh ＝12m v 21＋12·2m v 22，由以上两式解得：v 1＝2gh 3，v 2＝gh3，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，v ＝v 1＝2gh3，故D 错误；物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能E p ＝12m v 21＝2mgh 3，故C 正确；本题选错误的，故选D.](多选)如图所示，连接有轻弹簧的物块a 静止于光滑水平面上，物块b 以一定初速度向左运动．下列关于a 、b 两物块的动量p 随时间t 的变化关系图象，合理的是( )BCD[b与弹簧接触后，弹力慢慢增大，故两物体的加速度一定先增大后减小，故A不正确；b与弹簧接触后，压缩弹簧，b做减速运动，a做加速运动，且在运动过程中系统的动量守恒，如果b的质量较小，可能出现b反弹的现象，故B正确；由B中分析可知，两球满足动量守恒定律，并且如果a、b两球的质量相等，则可以出现C中的运动过程，故C正确；由B中分析可知，两球满足动量守恒定律，如果a的质量很小，可能出现D中的运动过程，故D正确．]。