压轴题03 弹簧类专题(解析版)-2020年高考物理挑战压轴题(尖子生专用)

4mg sin F mg ，F 为此时弹簧弹力，因 C 此时恰好离开地面，则有 F mg ，联立方程得
斜面倾角＝30 ． （2）刚开始以 B 为研究对象弹簧弹力 F0 mg kx1 ，
C 恰好离开地面时以 C 为研究对象，
弹簧弹力
F
mg
kx2 ，所以
x1
x2
mg k
，
由能量守恒得：
4mg
【解析】
【分析】
【详解】
(1)如图 1 所示，圆环在 D 点时，BD 弹簧处于原长，AD 弹簧的伸长量为 x= ( 3-1)R
受力分析，正交分解
F kx sin 30o
解得
k (3 3)mg 10R
(2)C 点与 D 点的高度差 h=0.5R 圆环从 C 运动到 D，弹簧弹性势能不变，根据机械能守恒
压轴题 03 弹簧类专题
1．足够长的光滑细杆竖直固定在地面上，轻弹簧及小球 A、B 均套在细杆上，弹簧下端固定在地面 上，上端和质量为 m1=50g 的小球 A 相连，质量为 m2=30g 的小球 B 放置在小球 A 上，此时 A、 B 均处于静止状态，弹簧的压缩量 x0=0.16m，如图所示。从 t=0 时开始，对小球 B 施加竖直向上 的外力，使小球 B 始终沿杆向上做匀加速直线运动。经过一段时间后 A、B 两球分离；再经过同 样长的时间，B 球距其出发点的距离恰好也为 x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度取 g=10m/s2。求：
的小物块（可视为质点）压缩，小物块与弹簧只接触不相连，此时小物块距斜面底端的距离 l =4.0m。
t=0 时释放小物块，图乙为小物块在斜面上运动的加速度 a 随时间 t 变化的部分图象，小物块到
达水平面并与滑块发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知弹簧的劲度系数 k=75N/m，弹性势能的
表达式为
Ep
1 2
m1v12
1 2
m2v22
联立可得：v1＝5m/s，v2＝16m/s
小球
Q
沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：
1 2
m2v22
1 2
m2vC 2
2m2 gR
解得：vC＝12m/s，
(2)小球 P 在斜面向上运动的加速度为 a1 由牛顿第二定律得：m1gsin θ＋μm1gcos θ＝m1a1， 解得：a1＝10m/s2
(1)小球 Q 运动到 C 点时的速度大小；
(2)小球 P 沿斜面上升的最大高度 h；
(3)小球 Q 离开圆轨道后经过多长时间与小球 P 相碰．
【答案】(1)12m/s(2)0.75m(3)1s
【解析】
【详解】
(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2
由机械能守恒定律得：
EP
1 2
故上升的最大高度为： h v12 sin ＝0.75m 2a1
(3)设两小球相遇点距离 A 点为 x，小球 P 从 A 点上升到两小球相遇所用的时间为 t，小球 P 沿斜
面下滑的加速度为 a2 由牛顿第二定律得：m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a2， 解得：a2＝2m/s2
小球
P
上升到最高点所用的时间： t1
mgh Ek
解得
Ek
mgR 2
(3)如图 2 所示，圆环运动到 D 点时的速度
v= gR
受力分析，正交分解
kx cos 30o N mg m v2 R
解得
N 1.7mg
根据牛顿第三定律，圆环对轨道的作用力 N 为
N N 1.7mg
方向竖直向下. 3．如图，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在 Nhomakorabea又
kx 2mg sin 53
联立解得 (2)由于
9 a1= 25 g
kx 2mg sin 53
可知开始时弹簧的压缩量，且压缩量
x 1.6mg k
16mg
当物块 Q 向上运动
的距离时，弹簧的伸长量
5k
x 16mg 1.6 mg 1.6mg
5k k
k
由此可知，弹簧的弹性势能变化量为零，根据动能定理
联立解得：a= 1 gsin 5
（3）设时间为 t，则经时间 t 时，ab 前进的位移 x= 1 at2= gsint 2
2
10
则形变量变为：△x=x0-x
3
3
对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k△x-（m+ m）gsinθ=（m+ m）a
5
5
8
解得：F=
4mg 2sin2
mgsinθ+
t2
25
P 克服推力做功为多少。
【答案】(1)
9 25
g；(2)
32m g ；(3) 84m2 g 2
125k
125k
【解析】
【分析】
【详解】
(1)解除锁定的一瞬间，设物块 P 的加速度大小为 a1，根据牛顿第二定律 对物块 P
3mg sin 37o T 3ma1
对物块 Q
T kx 2mg sin 53o 2ma1
5．如图所示，半径 R＝2.8m 的光滑半圆轨道 BC 与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内， 两轨道间由一条光滑水平轨道 AB 相连，A 处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B 处与圆轨道相切．在 水平轨道上，两静止小球 P、Q 压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球 P 向 左运动到 A 点时，小球 Q 沿圆轨道到达 C 点；之后小球 Q 落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动 的小球 P 发生碰撞．已知小球 P 的质量 m1＝3.2kg，小球 Q 的质量 m2＝1kg，小球 P 与斜面间的 动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能 Ep＝168J，小球到达 A 点或 B 点时已和弹簧分 离．重力加速度 g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
sin
( x1
x2
)－mg ( x1
x2 )
1 2
(4m
m)v2
，解得
v
2g
m 5k
【点睛】 本题关键是对三个物体分别受力分析，得出物体 B 速度最大时各个物体都受力平衡，然后根据平 衡条件分析；同时要注意是那个系统机械能守恒
4．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为 m 的小物块 a 相连，如
F= 3mg 可使其静止在 D 点。 10
(1)求弹簧的劲度系数 k： (2)由 C 点静止释放圆环，求圆环运动到 D 点的动能 Ek； (3)由 C 点静止释放圆坏，求圆环运动到 D 点时对轨道的作用力 N。
【答案】（1） k
(3 3)mg 10R
；（2） Ek
mgR 2
；（3）1.7mg
，方向竖直向下
竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上．现用手控制住 A，并使细 线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知 A 的质量为 4m，B、C 的质量均为 m，重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计．开始时整个系统处于 静止状态．释放 A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面．求：
F 3mg sin 37 3ma2
解得
F=4.2mg 此过程物块 Q 沿斜面向上运动的距离
x v2 4mg 2a2 25k
物块 P 克服推力做功
W=Fx= 84m2 g 2 125k
7．如图甲所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面上端固定一轻质弹簧，下端与一足够
长的水平面平滑相连，水平面右端放置一个质量 M=7.0kg 的滑块，开始时弹箦被一质量 m=1.0kg
（1）斜面倾角 ＝？
（2）A 获得的最大速度为多少？
【答案】（1）＝30 （2） v 2g m 5k
【解析】 【分析】 【详解】
（1）释放 A 后，A 斜面加速下滑，当速度最大时，加速度 aA 0 ，A、B 之间通过绳连接，则
A 速度最大时，B 的速度也最大，加速度 aB 0 ，以 A、B 整体为研究对象，由平衡条件得：
对小球 A：
kx m1g m1a
x0
x
1 2
at 2
小球 B：
x0
1 2
a 2t
2
当 B 与 A 相互作用力为零时 F 最大
对小球 B：
F m2g m2a 解得： a 2m / s2 ， F 0.36N
2．如图所示，半径为 R 的光滑半圆形导轨固定在竖直面内的 AB 两点，直径 AB 与竖直方向的夹角 为 60°，导轨上的 C 点在 A 点的正下方，D 点是轨道的最低点，质量为 m 的圆环套在导轨上，圆 环通过两个相同的轻弹簧分别与 A、B 两点连接，弹簧原长均为 R，对圆环施加水平向右的力
(1)弹簧的劲度系数；
(2)物块 b 加速度的大小；
(3)在物块 a、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式．
8mg sin 【答案】（1） 5x0
g sin
（2）
5
（3） F 8 mg sin 4mg 2 sin 2
25
25 x0
【解析】
【详解】
（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
【解析】 【分析】 【详解】 (1)由题图乙可知，当小物块与弹簧分离后，小物块沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度的大小 为
根据牛顿第二定律有
v1 a1
＝0.5
s，
则：
2R
1 2
gt 2
h
1 2
a2
(t
t1 )2
sin
解得：t＝1s.
6．（2020·重庆市育才中学高三开学考试）如图所示，光滑斜面体 ABC 固定在地面上，斜面 AB 倾角
为 37°，斜面 AC 倾角为 53°，P、Q 两个物块分别放在 AB、AC 斜面上，并用绕过斜面体顶端 A
(1)弹簧的劲度系数 k；
(2)整个过程中小球 B 加速度 a 的大小及外力 F 的最大值。 【答案】(1)5N/m；(2)2m/s2，0.36N 【解析】
【详解】
(1)根据共点力平衡条件和胡克定律得： m1 m2 g kx0
解得： k 5N / m ；
(2)设经过时间 t 小球 A、B 分离，此时弹簧的压缩量为 x0 ，
kx2
，x
为弹簧形变量，所有接触面之间动摩擦因数均相同。g
取
10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)斜面与小物块之间的动摩擦因数μ；
(2)小物块到达斜面底端时的速度大小；
(3)滑块运动的路程 s。
【答案】(1)0.5；(2) 8m / s ；(3) 0.42m
37°= 0.8：
(1)解除锁定的一瞬间，物块 P 的加速度大小；
16mg
(2)当物块 Q 向上运动
的距离时，物块 Q 的速度大小；
5k
16mg
(3)当物块 Q 向上运动的距离
时，弹簧断开，同时给物块 P 一个平行 AB 斜面向上的恒定推
5k
力 F，此后细线的拉力为零，且 P、Q 两物块的速度同时减为零，则当物块 Q 速度为零时，物块
图所示．质量为 3 m 的小物块 b 紧靠 a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为 x0，从 t=0 时开始， 5
对 b 施加沿斜面向上的外力，使 b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块 a、b 分离； 再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为 x0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加 速度大小为 g．求：
3 kx0=（m+ 5 m）gsinθ
8mgsin 解得：k= 5x0
（2）由题意可知，b 经两段相等的时间位移为 x0；
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知： x1 1 x0 4
说明当形变量为 x1
x0
x0 4
3x0 4
时二者分离；
对 m 分析，因分离时 ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsinθ=ma
(3mgsin37o 2mgsin53o ) 16mg 1 5mv2 5k 2
可得物块 Q 的速度大小
v 32m g 125k
(3) 弹簧断开，同时给物块 P 一个平行 AB 斜面向上的恒定推力后，物块 Q 向上做匀减速运动的 加速度
a2 g sin 53 0.8g
物块 P 向下做匀减速运动的加速度大小也为 a2.根据牛顿第二定律
25x0
因分离时位移 x= x0 由 x= x0 = 1 at2 解得： t
4
42
5x0 2gsin
故应保证 0≤t＜
5x0 2gsin
，F 表达式才能成立．
点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，
同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．
处光滑定滑轮的细线连接。放在 AC 斜面上的轻弹簧，一端与 Q 相连，另一端与固定在 C 点的挡
板相连，物块 P、Q 的质量分别为 3m、2m，弹簧的劲度系数为 k，重力加速度为 g，两斜面足够
长。开始时锁定物块 P，细线刚好拉直，张力为零，现解除物块 P 的锁定，已知 sin 37°=0.6，cos