2019高考物理二轮复习专项1模型突破专题3弹簧模型高分突破学案.doc

《2019高考物理二轮复习专项1模型突破专题3弹簧模型高分突破学案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考物理二轮复习专项1模型突破专题3弹簧模型高分突破学案.doc（7页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1模型 3 弹簧模型模型统计真题模型 考查角度 真题模型 考查角度(2018全国卷 T 15)力的平衡、胡克定律、牛顿第二定律的综合应用的“弹簧模型”(2016全国卷 T 25)多过程问题、弹簧形变与弹性势能、动能定理或功能关系的“弹簧模型”(2016全国卷 T 25)机械能守恒、功能关系和圆周运动综合应用的“弹簧模型”(2016全国卷 T 21)受力分析、动能定理综合应用的“弹簧模型”(2015全国卷 T 24)安培力、闭合电路欧姆定律、力的平衡综合应用的“弹簧模型”模型解读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

2、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

3、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2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

4、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

5、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 L1恢复原长时，对 A、 B 整体分析，绳子的拉力为 F( m1 m2)g，即小桶中细沙的质量为 m1 m2.3(2)开始时，对 A、 B 整体受力分析得 k1x1( m1 m2)g，式中 x1为弹簧 L1的压缩量，则 x1 m1 m2 gk1对 B 受力分析得 k2x2 m2g，式中 x2为弹簧 L2的压缩量，则 x2m2gk2当 L1恢复原长时，对 A 受力分析得 k2x2 m1g，式中 x2为弹

6、簧 L2的伸长量，则x2m1gk2在整个过程中，小桶下降的距离 h x1 x2 x2( m1 m2)g .(1k1 1k2)答案：(1) m1 m2 (2)( m1 m2)g(1k1 1k2)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 mg53D细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为 g53D

7、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 v22 gh 得落地速度是 v ，而现在除重2gh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，故 B 错误；小球静止时，对小球进行受力分析如图所示，由平2gh衡条件得，细绳的拉力大小 T mg，弹簧弹力的大小 F mgtan 53 mg，剪mgcos 5353 43断弹簧瞬间，细绳的拉力发生突变，不再为 T mg，故 C 错误；细绳烧断瞬间，弹簧的弹53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

8、时 F 合4 T，可知此瞬间小球的加速度大小 a g，故 D 正确F合m 53(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

9、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 37的粗糙硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为 k10 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 m5 kg 的小球套在此硬杆上，从 P 点由静止开始滑下，经过 t2 s 后， P 与弹簧自由端 Q 相碰， PQ 间的距离 L4 m，弹簧的弹性势能与其形变量 x 的关系为 Ep kx2.已知 sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 g 取 10 m/s2.12求：图 3(1)小球与硬杆之间的动摩擦因数

10、；(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 Ep kx2求出12速度最大时弹簧的弹性势能5(1)小球由静止做匀加速直线运动，则有： L at2，12解得： a2 m/s 2.根据牛顿第二定律得： mgsin 37 mg cos 37 ma解得： 0.5.(2)当小球加速度为零时，速度最大即有： mgsin 37 mg cos 37 kx解得： x1 m所以弹性势能为： Ep kx2 1012J5 J.12 12【答案】 (1)0.5 (2)5 J(

11、多选)如图甲所示，倾角 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 vt 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 mg12B小球在 tC时刻的加速度大于 g12C小球从 tC时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点D小球从 tA时刻到 tC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A

12、BC 小球在 tB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 mgsin 30 mg，故 A 正确；由题意可知， tA时刻小球刚好与弹簧接触且弹簧无形12变，此时小球的加速度 aA g，由图乙可知， A 点图线斜率的绝对值小于 C 点图线斜率的12绝对值，分析可知小球在 tC时刻的加速度大于 g，故 B 正确；整个过程中，弹簧和小球组12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 tA时刻到 tC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6考向 4 弹簧模型中的动量问

13、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 Ep mgh23D物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为2gh3D 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

14、平面时速度大小为 v1，槽的速度大小为 v2，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： mv12 mv20，由机械能守恒定律得： mgh mv 2mv ，12 21 12 2由以上两式解得： v12 ， v2 ，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离gh3 gh3开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等， v v12 ，故 D 错误；物块与弹gh3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 Ep mv ，故 C 正确；本题选错误的，故

15、选 D.12 21 2mgh3(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( )7BCD 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