高中物理中的彈簧問(wèn)題歸類剖析----教師版-資料下載頁(yè)
2025-08-05 18:16本頁(yè)面
【正文】 直做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得 mgsinθ+ qE=ma ① s0=at12 ②聯(lián)立①②式解得 t1= ③（2）當(dāng)滑塊的速度大小為最大值vm時(shí)，滑塊的加速度為零，物體處于受力平衡狀態(tài)，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為，則 ④在滑塊從斜面靜止釋放到速度最大這一過(guò)程中，滑塊只受到彈力、電場(chǎng)力和重力的作用，由動(dòng)能定理解得[來(lái)源:] ⑤聯(lián)立④⑤式解得 W=mvm2(mgsin θ+qE)(s0+)（3）根據(jù)題意，滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中速度與時(shí)間關(guān)系vt圖像如下圖。練習(xí)3．（2014?青羊區(qū)）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點(diǎn)固定一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的小球Q。整個(gè)裝置處在場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)把一個(gè)帶電量為+q的小球P從N點(diǎn)由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)。N點(diǎn)與彈簧的上端和M的距離均為s0。P、Q以及彈簧的軸線ab與斜面平行。兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)和點(diǎn)電荷，彈簧的勁度系數(shù)為k0，靜電力常量為k。則（ ） A． 小球P返回時(shí)，不可能撞到小球Q B． 小球P在N點(diǎn)的加速度大小為 C． 小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其電勢(shì)能一定減少 D． 當(dāng)彈簧的壓縮量為時(shí)，小球P的速度最大【解析】AB．根據(jù)動(dòng)能定理知，當(dāng)小球返回到N點(diǎn)，由于重力做功為零，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力做功為零，電荷Q的電場(chǎng)對(duì)P做功為零，則合力做功為零，知道到達(dá)N點(diǎn)的速度為零。所以小球不可能撞到小球Q,故A正確；根據(jù)牛頓第二定律得，小球在N點(diǎn)的加速度a==，故B正確；小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力做正功，電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)P做負(fù)功，兩個(gè)電場(chǎng)力的合力不一定沿斜面向下，則最終電場(chǎng)力不一定做正功，則電勢(shì)能不一定減小，故C錯(cuò)誤；當(dāng)小球所受的合力為零時(shí)，速度最大，即+k0x0=qE+mgsin α，則壓縮量不等于，故D錯(cuò)誤。練習(xí)4．如圖所示，傾角為θ的光滑固定斜面底端固定擋板C，質(zhì)量為2m的絕緣小滑塊A放在斜面上，A、C之間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在其上表面放置一帶正電的小滑塊B，B的質(zhì)量為m、帶電量為q，A不帶電?？臻g有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，方向平行于斜面向左下方。現(xiàn)把彈簧拉到原長(zhǎng)，使A、B從斜面上由靜止釋放，A、B一起運(yùn)動(dòng)時(shí)始終保持相對(duì)靜止且處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，B的電量保持不變。A、B在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到空氣阻力作用，最后A、B將停止在斜面上某處。因B的體積遠(yuǎn)小于A，只考慮空氣對(duì)A的作用，A在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力大小恒定，靜止時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為EP。則（ ?。?A． 剛釋放小滑塊A、B時(shí)，A、B之間的靜摩擦力大小為qE B． 小滑塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒 C． 小滑塊A、B一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，B對(duì)A的靜摩擦力先增大后減小，方向不變 D． 小滑塊A、B在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服空氣阻力做功為﹣EP【解析】AD．剛釋放小滑塊A、B時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律，有（2m+m）gsin θ+qE=（2m+m）a…①對(duì)物體A，根據(jù)牛頓第二定律，有2mgsin θ﹣f=2ma…②聯(lián)立①②解得f=qE，故A正確；由于有空氣阻力和電場(chǎng)力做功，故小滑塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不一定守恒，故B錯(cuò)誤；小滑塊A、B一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程是先加速后減速的過(guò)程，加速度先減小后反向增加，故對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin θ+qE﹣f=ma分析可知，A對(duì)B的靜摩擦力應(yīng)該一直增加，故C錯(cuò)誤；滑塊整體最終在平衡位置靜止，根據(jù)平衡條件，有（2m+m）gsin θ+qE﹣kx=0對(duì)滑塊整體的運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有[（2m+m）gsin θ+qE]x﹣W克f﹣EP=0聯(lián)立解得W克f=﹣EP；故D正確；如圖所示，在光滑斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B。它們的質(zhì)量均為2m，彈簧的勁度系數(shù)為k, C為一固定擋板,物塊A通過(guò)一根輕繩跨過(guò)光滑的定滑輪與物塊D相連，物塊D的質(zhì)量也為2m，用手托住物塊D，使輕繩拉直但沒(méi)有彈力。從靜止釋放物塊D，當(dāng)物塊D達(dá)到最大速度時(shí)，物塊B恰好離開擋板C。求：（1） 斜面的傾角θ（2） 物塊D的最大速度（3） 在其他條件不變的情況下，若物塊D的質(zhì)量改為,則物塊D的最大速度為。求物塊D達(dá)到最大速度的過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能減少量解：⑴物塊D達(dá)到最大速度時(shí)，A、B、D系統(tǒng)平衡，則：① 2分 所以 1分⑵釋放物塊D前，對(duì)物塊A有：② 1分物塊D達(dá)到最大速度時(shí)，對(duì)物塊B有：③ 1分 由②③得：即從釋放物塊D到物塊D達(dá)到最大速度的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能不變。 則由機(jī)械能守恒得：④ 2分聯(lián)立得：⑤ 1分 ⑶物塊D達(dá)到最大速度時(shí)，B未離開擋板C,A、D系統(tǒng)平衡，則：⑥ 1分 所以 ,彈簧的彈性勢(shì)能減少.則由機(jī)械能守恒得：⑦2分聯(lián)立得：⑧ 1分 ，A、B兩物塊用一根輕繩跨過(guò)定滑輪相連，其中A帶負(fù)電，電荷量大小為q。A靜止于斜面的光滑部分（斜面傾角為37176。，其上部分光滑，下部分粗糙且足夠長(zhǎng)，粗糙部分的摩擦系數(shù)為μ，上方有一個(gè)平行于斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)），輕繩拉直而無(wú)形變。不帶電的B、C通過(guò)一根輕彈簧拴接在一起，且處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧勁度系數(shù)為k。B、C質(zhì)量相等，均為m，A的質(zhì)量為2 m，不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，重力加速度為g。B37176。CA（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為多少？ （2）現(xiàn)突然將電場(chǎng)的方向改變 180176。，A開始運(yùn)動(dòng)起來(lái)，當(dāng)C剛好要離開地面時(shí)（此時(shí) B還沒(méi)有運(yùn)動(dòng)到滑輪處， A剛要滑上斜面的粗糙部分），請(qǐng)求出此時(shí)B的速度大小。（3）若（2）問(wèn)中A剛要滑上斜面的粗糙部分時(shí)，繩子斷了，電場(chǎng)恰好再次反向，請(qǐng)問(wèn)A再經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間停下來(lái)？ 解析： (1)A靜止，由平衡條件有 （2分）解得 （2分）（2）初始時(shí)刻B靜止，設(shè)彈簧壓縮量為x，由平衡條件有 （1分）當(dāng)C剛要離開地面時(shí)，C對(duì)地面的壓力N=0，設(shè)彈簧伸長(zhǎng)量為x180。由平衡條件有 （1分） 由于B、C重力相等，故= （1分） 分析可知，當(dāng)C剛要離開地面時(shí)，B向上運(yùn)動(dòng)2x，A沿斜面下滑2xA、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有（3分） 解得υ （2分） (3)A滑上斜面的粗糙部分，由牛頓第二定律 （1分） 得 （2分） 故A做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間 （2分）17
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