2019高考物理第二轮复习第22讲弹簧2017新题赏析[WORD最新可编辑]

第22讲 弹簧2017新题赏析题一：如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块（可视为质点）从A 点以初速度v 0向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。

AC 两点间距离为L ，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则物块由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．弹簧和物块组成的系统机械能守恒B ．物块克服摩擦力做的功为12mv 02 C ．弹簧的弹性势能增加量为μmgLD ．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和题二：如图所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m 的物体将弹簧压缩锁定在A 点，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B 距A 点的竖直高度为h ，已知物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g 。

则下列说法不正确的是（ ）A ．当弹簧恢复原长时，物体有最大动能B ．弹簧的最大弹性势能为2m g hC ．物体最终会静止在B 点位置D ．物体从A 点运动到静止的过程中系统损失的机械能为mgh题三：如图所示，质量相等的A 、B 两木块叠放在水平地面上，木块B 通过一轻弹簧与竖直墙相连，当用F ＝10 N 的水平拉力作用在木块A 上时，弹簧的拉力大小为2 N ，并处于静止状态。

已知A 、B 两木块之间和A 与地面之间的动摩擦因数相等。

当突然撤去力F 的瞬间，下列说法正确的是（ ）A ．A 、B 整体受到的摩擦力为10 N ，方向向右B ．木块A 对地面的摩擦力为2 N ，方向向右C ．木块A 受到地面的可能是滑动摩擦力，方向向右D ．木块B 对A 的摩擦力为2 N ， 方向向左题四：如图所示，质量分别为m 、M 的两滑块叠放在水平面上，在O 点一起以速度v 向左撞向弹簧，当弹簧被压缩x 0时，滑块到达A 点且速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开，滑块能够返回O 点。

已知弹簧的劲度系数为k ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，弹簧原长时弹簧的右端在O 点，整个过程弹簧未超出弹性限度，两滑块始终保持相对静止，则（ ）A ．从A 点到O 点的运动过程中，两滑块始终做加速运动B ．两滑块从O 点到A 点又到O 点的运动过程中，摩擦力做功为2μ（m ＋M ）gx 0C ．与弹簧接触过程中，质量为m 的滑块受到的摩擦力的最大值为[]M m kx g M m m +++0)(μ D ．当两滑块返回O 点时，二者的总动能为21（m ＋M ）v 2 题五：如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B 的质量为2m ，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A 的质量为m ，用手托着物体A 使弹簧处于原长，细绳伸直，A 与地面的距离为h ，物体B 静止在斜面上挡板P 处。

放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是（ ）A ．弹簧的劲度系数为mg hB ．此时弹簧的弹性势能等于mgh －12mv 2 C ．此时物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向上D ．此后物体B 可能离开挡板沿斜面向上运动题六：如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接，物块B 沿斜面叠放在物块A 上但不黏连。

光滑斜面轨道与传送轨道良好对接，传送轨道平面与水平方向倾角也是θ，皮带传动装置顺时针匀速转动，物块A 、B 质量均为m ，初始时两物块均静止。

现用平行于斜面方向上的拉力拉动物块B ，使B 做加速度为a 的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v —t 图象如图所示（t 1时刻A 、B 的图线相切，t 2时刻对应A 图线的最高点），重力加速度为g （t 1和t 2，v 1和v 2均未知）（1）求t 2时刻弹簧的形变长度x ；（2）求t 1的值；（3）已知θ＝37°，传送带两轮轴心相距L ＝5 m ，物体B 与皮带间的动摩擦因数μ＝0.25。

设AB 刚好在C 点（斜面与传送带的连接点）分离并进入传送轨道，设物体B 滑到传送带的C 点时速度为8 m/s ，物体可视为质点，如果在物体B 到达C 点的同时撤去拉力F 。

若传送装置匀速转动的速度v 可在v ＞4 m/s 的范围内调节，试推导物体B 滑动到顶端D 时速度v D随传送带速度v 变化的关系式，g 取l0 m/s 2。

（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）题七：A 、B 两球质量分别为m 1与m 2，用一劲度系数为k 的弹簧相连，一长为l 1的细线与A 球相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端栓在竖直轴上，如图所示。

当球A 、B 均以角速度ω绕OO' 做匀速圆周运动时，弹簧长度为l 2。

（1）此时弹簧伸长量多大？细线拉力多大？（2）将细线突然烧断瞬间两球加速度各多大？题八：一转动装置如图甲所示，两根足够长轻杆OA 、OB 固定在竖直轻质转轴上的O 点，两轻杆与转轴间夹角均为30°，小球a 、b 分别套在两杆上，小环c 套在转轴上，球与环质量均为m ，c 与a 、b 间均用长为L 的细线相连，原长为L 的轻质弹簧套在转轴上，且与轴上P 点、环c 相连。

当装置以某一转速转动时，弹簧伸长到L 23，环c 静止在O 处，此时弹簧弹力等于环的重力，球、环间的细线刚好拉直而无张力。

弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g 。

求：（1）细线刚好拉直而无张力时，装置转动的角速度ω1。

（2）如图乙所示，该装置以角速度ω2（未知）匀速转动时，弹簧长为2L ，求此时杆对小球的弹力大小。

（3）该装置转动的角速度由ω1缓慢变化到ω2，求该过程外界对转动装置做的功。

弹簧2017新题赏析题一：D详解：物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功，机械能减小，故A 错误；此过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为－W f ＝ 12mv 02－E p 弹，故B 错误，D 正确；根据B 分析知E p 弹＝12mv 02－μmgL ，故C 错误。

题二：A详解：由题意，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g ，根据牛顿第二定律可得合力F ＝mg 。

对物体受力分析，有重力沿斜面向下的分量为mg sin 30°＝21mg ，由此可知，物块必定受到沿斜面向下的摩擦力，大小为f ＝21mg 。

物体从弹簧解除锁定开始，弹簧的弹力先大于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和，后小于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和，可得物体先做加速后做减速运动，当弹力等于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和时，速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，选项A 不正确；根据能量守恒定律，在物块上升到最高点的过程中，弹性势能变为物块的重力势能mgh 和内能，得弹簧的最大弹性势能E p ＝mgh ＋f •2h ＝2mgh ，选项B 正确；由于物体到达B 点后，瞬时速度为零，最大摩擦力f m ＝f ＝21mg ＝mg sin 30°，所以物块将静止在B 点，选项C 正确；物体从A 点运动到静止的过程中系统损失的机械能等于克服摩擦力做的功，大小为∆E ＝f •2h ＝mgh ，选项D 正确。

综上本题选A 。

题三：D详解：对A 、B 进行受力分析可知，B 水平方向上受弹簧的拉力和A 对B 向右大小为2 N 的静摩擦力，A 水平方向受拉力、地面对A 向左8 N 的静摩擦力和B 对A 向左的2 N 的静摩擦力。

突然撤去力F 的瞬间，摩擦力发生突变，而弹簧的拉力不能发生突变，再分别对A 、B 进行受力分析可知，B 受弹簧的拉力A 对B 向右大小为2 N 的静摩擦力，A 受B 向左大小为2 N 的静摩擦力和地面向右大小为2 N 的摩擦力，选项A 、B 、C 错误，D 正确。

题四：BC详解：对两滑块整体而言，从A 点到O 点的运动过程中，受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长量减小到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力，所以两滑块向右运动的过程中，先加速后减速，选项A 错误；两滑块从O 点到A 点又到O 点的运动过程中，两滑块在水平面上的总路程均为2x 0，则摩擦力做的功W f ＝2μ（m ＋M ）gx 0，所以选项B 正确；两滑块从O 点到A 点的运动过程中，滑块受到水平向右的弹力和向右的摩擦力，当弹簧的压缩量为x 0时，水平方向的合力为F ＝kx 0＋μ（m ＋M ）g ，此时合力最大，则两滑块的加速度均为M m kx g M m a +++=0)(μ，所以质量为m 的滑块受到的摩擦力最大值为[]Mm kx g M m m +++0)(μ，选项C 正确；滑块从O 点到A 点又到O 点的过程中，由动能定理可得－2μ（m ＋M ）gx 0＝E k －21（m ＋M ）v 2 ，则两滑块的总动能为21（m ＋M ）v 2－2μ（m ＋M ）gx 0，所以选项D 错误。

题五：AB详解：物体A 刚落地时，弹簧伸长量为h ，物体B 受力平衡，所以kh ＝2mg sin θ，所以k＝mg h ，选项A 对；物体A 落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mgh －12mv 2，选项B 对；物体A 刚落地时，对A 应用牛顿第二定律得mg －kh ＝ma ，所以a ＝0，选项C 错；物体A 落地后，弹簧不再伸长，故物体B 不可能离开挡板沿斜面向上运动，选项D 错。

题六：（1）sin mg k θ （2）akma mg )sin (2-θ （3）当传送带的速度在4 m/s ＜v ＜8 m/s 的范围内调节时，822-=v v D ；当传送带的速度在8m/s v ≥的范围内调节时，m/s D v =详解：详解：（1）由图知，A 的加速度为零，速度最大。

根据牛顿第二定律和胡克定律得mg sin θ＝kx ， 得kmg x θsin =。

（2）由图读出，t 1时刻A 、B 开始分离，对A 根据牛顿第二定律，有kx ′- mg sin θ＝ma ，开始时有2mg sin θ＝kx 0，又x 0－x ′＝21at 12，联立得akma mg t )sin (21-=θ。

（3）当传送带的速度在4 m/s ＜v ＜8 m/s 的范围内调节时，物体B 先以加速度a 1减速向上滑行122012a v v x -=，当速度减到v 后又以a 2减速向上滑行，物体B 滑动到D 点时速度v D 随速度v 的变化关系式是822-=v v D 。

当传送带的速度在m/s 8≥v 的范围内调节时，物体B 将以加速度a 2减速滑行到D 点，aL v v D 2202-=-，物体B 滑动到D 点时速度v D 随速度v的变化关系式是m/s D v =。