大二輪高考總復(fù)習(xí)物理第6講機(jī)械能守恒與能量守恒

第6講機(jī)械能守恒與能量守恒一、明晰一個(gè)網(wǎng)絡(luò)，理解機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用方法二、掌握系統(tǒng)機(jī)械能守恒的三種表達(dá)式三、理清、透析各類功能關(guān)系高頻考點(diǎn)1機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用運(yùn)用機(jī)械能守恒定律分析求解問題時(shí)，應(yīng)注意：1．研究對(duì)象的選取研究對(duì)象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問題選單個(gè)物體(實(shí)為一個(gè)物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對(duì)象機(jī)械能不守恒，但選此物體與其他幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，機(jī)械能卻是守恒的．如圖所示，單獨(dú)選物體A機(jī)械能減少，但由物體A、B二者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒．2．要注意研究過程的選取有些問題研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過程分幾個(gè)階段，有的階段機(jī)械能守恒，而有的階段機(jī)械能不守恒．因此，在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題時(shí)要注意過程的選?。?．注意機(jī)械能守恒表達(dá)式的選取“守恒的觀點(diǎn)”的表達(dá)式適用于單個(gè)或多個(gè)物體機(jī)械能守恒的問題，列式時(shí)需選取參考平面．而用“轉(zhuǎn)移”和“轉(zhuǎn)化”的角度反映機(jī)械能守恒時(shí)，不必選取參考平面．1－1．(多選)(2015·全國(guó)Ⅱ卷)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運(yùn)動(dòng)．不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g.則()A．a(chǎn)落地前，輕桿對(duì)b一直做正功B．a(chǎn)落地時(shí)速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg解析：由題意知，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．設(shè)某時(shí)刻a、b的速度分別為va、vb.此時(shí)剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖．因?yàn)閯傂詶U不可伸長(zhǎng)，所以沿桿的分速度v∥與v∥′是相等的，即vacosθ＝vbsinθ.當(dāng)a滑至地面時(shí)θ＝90°，此時(shí)vb＝0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(2gh)，選項(xiàng)B正確；同時(shí)由于b初、末速度均為零，運(yùn)動(dòng)過程中其動(dòng)能先增大后減小，即桿對(duì)b先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；桿對(duì)b的作用先是推力后是拉力，對(duì)a則先是阻力后是動(dòng)力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時(shí)大于g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；b的動(dòng)能最大時(shí)，桿對(duì)a、b的作用力為零，此時(shí)a的機(jī)械能最小，b只受重力和支持力，所以b對(duì)地面的壓力大小為mg，選項(xiàng)D正確．答案：BD1－2.(多選)(2017·泰安市高三質(zhì)檢)如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上A點(diǎn)，光滑定滑輪與直桿的距離為d.A點(diǎn)與定滑輪等高，B點(diǎn)在距A點(diǎn)正下方d處．現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦阻力，A．環(huán)到達(dá)B處時(shí)，重物上升的高度h＝dB．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能C．環(huán)從A點(diǎn)能下降的最大高度為eq\f(4,3)dD．當(dāng)環(huán)下降的速度最大時(shí)，輕繩的拉力T＝2mg解析：根據(jù)幾何關(guān)系有，環(huán)從A下滑至B點(diǎn)時(shí)，重物上升的高度h＝eq\r(2)d－d，故A錯(cuò)誤；環(huán)下滑過程中無(wú)摩擦力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即滿足環(huán)減小的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能，故B正確；設(shè)環(huán)下滑最大高度為H時(shí)環(huán)和重物的速度均為零，此時(shí)重物上升的最大高度為：eq\r(H2＋d2)－d，根據(jù)機(jī)械能守恒有：mgH＝2mg(eq\r(H2＋d2)－d)，解得：H＝eq\f(4d,3)，故C正確；環(huán)向下運(yùn)動(dòng)，做非勻速運(yùn)動(dòng)，就有加速度，所以重物向上運(yùn)動(dòng)，也有加速度，即環(huán)運(yùn)動(dòng)的時(shí)候，繩的拉力不可能是2mg，故D錯(cuò)誤．所以BC正確，AD錯(cuò)誤．答案：BC1－3.(2017·全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時(shí)下落到地面．取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，解析：(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率．由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108J ②設(shè)地面附近的重力加速度大小為g.飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh ③式中，vh是飛船在高度1.60×105m處的速度大?。瓻h≈2.4×1012J ④(2)飛船在高度h′＝600Eh′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.0,100)vh))2＋mgh′ ⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0 ⑥式中，W是飛船從高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功．由W≈9.7×108J ⑦答案：(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J1－4．(2016·全國(guó)丙卷)如圖，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點(diǎn)正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)．(1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比；(2)通過計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)．解析：(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為EkA，由機(jī)械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4) ①設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4) ②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5. ③(2)若小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0 ④設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2)) ⑤由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤meq\f(2v\o\al(2,C),R) ⑥由機(jī)械能守恒定律得mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C) ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)．答案：(1)5(2)能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)高頻考點(diǎn)2能量守恒定律的應(yīng)用(2015·福建卷)如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)．一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g．(1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)小車的最大壓力大小；(2)若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車．已知滑塊質(zhì)量m＝eq\f(M,2)，在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求：①滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小vm；②滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大小s．[思路點(diǎn)撥](1)由題中信息“小車靜止在光滑水平面上”得知若不固定小車，則當(dāng)滑塊下滑時(shí)小車會(huì)在水平面上向左滑動(dòng)．(2)由BC段粗糙可知滑塊在BC段相對(duì)小車滑動(dòng)時(shí)會(huì)產(chǎn)生熱量．(3)滑塊對(duì)小車壓力最大的位置在哪里？怎樣求最大壓力？(4)小車不固定時(shí)什么時(shí)候速度最大？怎樣求小車的最大速度？提示：(3)滑塊對(duì)小車壓力最大的位置在B處，由能量守恒定律求得滑塊在B處的速度，再由牛頓第二定律求出滑塊在B處的支持力，由牛頓第三定律得到滑塊對(duì)小車的壓力．(4)滑塊滑到小車的B點(diǎn)時(shí)，小車速度最大，由下滑過程中小車和滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒即可求出最大速度．【解析】(1)滑塊滑到B點(diǎn)時(shí)對(duì)小車壓力最大，從A到B機(jī)械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，滑塊在B點(diǎn)處，由牛頓第二定律有N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得N＝3mg由牛頓第三定律可得N′＝3mg．(2)①滑塊下滑到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小車速度最大．由機(jī)械能守恒定律，有mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)m(2vm)2解得vm＝eq\r(\f(gR,3))．②設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，小車速度大小為vC，由功能關(guān)系有mgR－μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)m(2vC)2設(shè)滑塊從B到C過程中，小車運(yùn)動(dòng)加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝Ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,m)＝－2as解得s＝eq\f(1,3)L．【答案】(1)3mg(2)①eq\r(\f(gR,3))②eq\f(L,3)1．與能量有關(guān)的力學(xué)綜合題的特點(diǎn)(1)常見的與能量有關(guān)的力學(xué)綜合題有單一物體多過程和多個(gè)物體多過程兩大類型；(2)聯(lián)系前后兩個(gè)過程的關(guān)鍵物理量是速度，前一個(gè)過程的末速度是后一個(gè)過程的初速度；(3)當(dāng)涉及功、能和位移時(shí)，一般選用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律，題目中出現(xiàn)相對(duì)位移時(shí)，應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律．2．解答與能量有關(guān)的綜合題時(shí)的注意事項(xiàng)(1)將復(fù)雜的物理過程分解為幾個(gè)簡(jiǎn)單的物理過程，挖掘出題中的隱含條件，找出聯(lián)系不同階段的“橋梁”．(2)分析物體所經(jīng)歷的各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的受力情況以及做功情況的變化，選擇適合的規(guī)律求解．2－1.(多選)(2017·湖北省六校聯(lián)合體高三聯(lián)考)圖示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)．斜面軌道傾角為30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),5)，木箱在軌道A端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無(wú)初速度滑下，在輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道A端，重復(fù)上述過程．下列選項(xiàng)正確的是()A．m＝3B．m＝2C．木箱不與彈簧接觸時(shí)，上滑過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于下滑過程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間D．若貨物的質(zhì)量減少，則木箱一定不能回到A處解析：設(shè)下滑的距離為l，根據(jù)能量守恒有(M＋m)glsinθ－μ(M＋m)glcosθ＝Mglsinθ＋μMglcosθ得m＝3M，A正確、B錯(cuò)誤；受力分析可知，下滑時(shí)加速度為g－μgcosθ，上滑時(shí)加速度為g＋μgcosθ，上滑過程可以看作相同大小加速度的反向的初速度為零的下滑過程，位移相同，加速度大的時(shí)間短，C錯(cuò)誤；根據(jù)(M＋m)glsinθ－μ(M＋m)glcosθ＝Mglsinθ＋μMglcosθ，木箱恰好被彈回到軌道A端，如果貨物的質(zhì)量減少，等號(hào)前邊一定小于后邊，即輕彈簧被壓縮至最短時(shí)的彈性勢(shì)能小于木箱回到A處所需的能量，則木箱一定不能回到A答案：AD2－2.(多選)(2017·南昌市高三第二次模擬)水平長(zhǎng)直軌道上緊靠放置n個(gè)質(zhì)量為m可看作質(zhì)點(diǎn)的物塊，物塊間用長(zhǎng)為l的細(xì)線連接，開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，軌道動(dòng)摩擦力因數(shù)為μ.用水平恒力F拉動(dòng)1開始運(yùn)動(dòng)，到連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)整體速度正好為零，則()A．拉力F所做功為nFl B．系統(tǒng)克服摩擦力做功為eq\f(nn－1μmgl,2)C．F>eq\f(nμmg,2) D．(n－1)μmg<F<nμmg解析：物體1的位移為(n－1)l，則拉力F所做功為WF＝F·(n－1)l＝(n－1)Fl，故A錯(cuò)誤．系統(tǒng)克服摩擦力做功為Wf＝μmg·l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝eq\f(nn－1μmgl,2)，故B正確．據(jù)題，連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)整體速度正好為零，假設(shè)沒有動(dòng)能損失，由動(dòng)能定理有WF＝Wf，解得F＝eq\f(nμmg,2)，現(xiàn)由于繩子繃緊瞬間系統(tǒng)有動(dòng)能損失，所以根據(jù)功能關(guān)系可知F>eq\f(nμmg,2)，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC高頻考點(diǎn)3功能關(guān)系的應(yīng)用3－1．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()A．eq\f(1,9)mgl B．eq\f(1,6)mglC．eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,2)mgl解析：將繩的下端Q緩慢向上拉至M點(diǎn)，相當(dāng)于使下部分eq\f(1,3)的繩的重心升高eq\f(1,3)l，故重力勢(shì)能增加eq\f(1,3)mg·eq\f(l,3)＝eq\f(1,9)mgl，由功能關(guān)系可知A項(xiàng)正確．答案：A3－2.(多選)(2017·西安市高新一中一模)一個(gè)質(zhì)量為m的物體以某一速度從固定斜面底端沖上傾角α＝30°的斜面，其加速度為eq\f(3,4)g，如圖此物體在斜面上上升的最大高度為h，則此過程中正確的是()A．物體動(dòng)能增加了eq\f(3,2)mgh B．物體克服重力做功mghC．物體機(jī)械能損失了eq\f(1,2)mgh D．物體克服摩擦力做功eq\f(1,4)mgh解析：物體在斜面上加速度為eq\f(3,4)g，方向沿斜面向下，物體的合力F合＝ma＝eq\f(3,4)mg，方向沿斜面向下，斜面傾角α＝30°，物體從斜面底端到最大高度處位移為2h，物體從斜面底端到最大高度處，物體合力做功W合＝－F合×2h＝－eq\f(3,2)mgh，根據(jù)動(dòng)能定理研究物體從斜面底端到最大高度處得W合＝ΔEk，所以物體動(dòng)能減小eq\f(3,2)mgh，故A錯(cuò)誤；根據(jù)功的定義式得：重力做功WG＝－mgh，故B正確；重力做功量度重力勢(shì)能的變化，所以物體重力勢(shì)能增加了mgh，而物體動(dòng)能減小eq\f(3,2)mgh，所以物體機(jī)械能損失了eq\f(1,2)mgh，故C正確；除了重力之外的力做功量度機(jī)械能的變化．物體除了重力之外的力做功還有摩擦力做功，物體機(jī)械能減小了eq\f(1,2)mgh，所以摩擦力做功為－eq\f(1,2)mgh，故D錯(cuò)誤．答案：BC3－3.(多選)(2016·全國(guó)甲卷)如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點(diǎn)．已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中()A．彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差解析：在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜eq\f(π,2)，則小球在M點(diǎn)時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點(diǎn)時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，彈簧長(zhǎng)度先縮短，當(dāng)彈簧與豎直桿垂直時(shí)彈簧達(dá)到最短，這個(gè)過程中彈力對(duì)小球做負(fù)功，然后彈簧再伸長(zhǎng)，彈力對(duì)小球開始做正功，當(dāng)彈簧達(dá)到自然伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，彈力為零，再隨著彈簧的伸長(zhǎng)彈力對(duì)小球做負(fù)功，故整個(gè)過程中，彈力對(duì)小球先做負(fù)功，再做正功，后再做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．在彈簧與桿垂直時(shí)及彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，小球加速度等于重力加速度，選項(xiàng)B正確．彈簧與桿垂直時(shí)，彈力方向與小球的速度方向垂直，則彈力對(duì)小球做功的功率為零，選項(xiàng)C正確．由機(jī)械能守恒定律知，在M、N兩點(diǎn)彈簧彈性勢(shì)能相等，在N點(diǎn)的動(dòng)能等于從M點(diǎn)到N點(diǎn)重力勢(shì)能的減小值，選項(xiàng)D正確．答案：BCD功能關(guān)系的應(yīng)用“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負(fù)功；根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況．(2)也可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其可以方便計(jì)算變力做功的多少．(3)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同．彈簧模型彈簧模型是高考中特色鮮明的物理模型之一．該模型涉及共點(diǎn)力的平衡、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律以及功能關(guān)系等知識(shí)．運(yùn)動(dòng)過程中，從力的角度看，彈簧上的彈力是變力，從能量的角度看，彈簧是儲(chǔ)能元件．因此，借助彈簧模型，可以很好地考查考生的分析綜合能力．在高考試題中，彈簧(主要是輕質(zhì)彈簧)模型主要涉及三個(gè)方面：靜力學(xué)中的彈簧問題、動(dòng)力學(xué)中的彈簧問題以及與能量轉(zhuǎn)化有關(guān)的彈簧問題．考生在處理這些問題時(shí)，要特別注意彈簧“可拉可壓”的特性以及彈簧彈力不可突變的特征．彈簧中的“平衡模型”(多選)如圖甲所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，A球固定在O點(diǎn)正下方L處，當(dāng)小球B平衡時(shí)，繩子所受的拉力為T1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)將A、B間的彈簧換成原長(zhǎng)相同但勁度系數(shù)為k2(k1<k2)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)繩子所受的拉力為T2，彈簧的彈力為F2.則下列關(guān)于T1與T2、F1與F2的大小關(guān)系，正確的是()圖甲A．T1>T2 B．T1＝T2C．F1<F2 D．F1＝F2[思路點(diǎn)撥]由于小球B始終處于平衡狀態(tài)，因此小球B受到的合力必定為零．由于更換彈簧前后細(xì)繩的拉力與彈簧彈力的方向都發(fā)生了變化，故用力三角形與幾何三角形相似的方法即可方便求解．【解析】以小球B為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，由平衡條件可知，彈簧的彈力F和繩子的拉力T的合力F合與重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，如圖乙所示，設(shè)A、B間距離為x，由力三角形與幾何三角形相似可得eq\f(mg,L)＝eq\f(F,x)＝eq\f(T,L)，故T＝mg，F(xiàn)＝eq\f(x,L)mg，繩子的拉力T只與小球B的重力有關(guān)，與彈簧的勁度系數(shù)無(wú)關(guān)，所以T1＝T2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；當(dāng)彈簧的勁度系數(shù)k變大時(shí)，彈簧的壓縮量減小，故A、B兩球之間距離增大，由F＝eq\f(x,L)mg知F2>F1，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤．圖乙【答案】BC彈簧類平衡問題涉及的知識(shí)主要有胡克定律、物體的平衡條件等，求解時(shí)要注意彈力的大小與方向總是與形變相對(duì)應(yīng)，因此審題時(shí)應(yīng)從彈簧的形變分析入手，找出形變量與物體空間位置變化的對(duì)應(yīng)關(guān)系，分析形變所對(duì)應(yīng)的彈力大小和方向，再結(jié)合物體所受其他力的情況列式求解．彈簧中的“突變模型”如圖所示，在水平面上有一個(gè)質(zhì)量為m＝2kg的小球．小球與輕彈簧和輕繩相連．彈簧水平放置，繩與豎直方向成θ＝45°角且不可伸長(zhǎng)．此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對(duì)小球的彈力恰好為零．已知小球與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.則在剪斷輕繩的瞬間A．小球受力個(gè)數(shù)不變B．小球立即向左運(yùn)動(dòng)，且a＝8mC．小球立即向左運(yùn)動(dòng)，且a＝10mD．若不剪斷輕繩，從右端剪斷彈簧，則剪斷彈簧瞬間，小球加速度的大小為a＝10eq\r(2)m/s2[思路點(diǎn)撥](1)剪斷輕繩時(shí)彈簧的彈力不會(huì)發(fā)生突變，即與剪斷前一樣；(2)從右端剪斷彈簧時(shí)，輕繩的彈力會(huì)發(fā)生突變，即輕繩的彈力會(huì)立即消失．【解析】在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡可得彈簧的彈力方向水平向左，且F＝mgtanθ，代入數(shù)據(jù)可解得F＝20N．剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為20N，小球此時(shí)受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個(gè)力的作用，小球的受力個(gè)數(shù)發(fā)生改變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球所受的最大靜摩擦力為fm＝μmg＝4N，根據(jù)牛頓第二定律可得小球此時(shí)的加速度大小為a＝eq\f(F－fm,m)，解得a＝8m/s2，由于合力方向向左，故小球立即向左運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從右端剪斷彈簧的瞬間，輕繩對(duì)小球的拉力突變?yōu)榱?，此時(shí)小球所受的合力為零，故小球的加速度也為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【答案】B彈簧(或橡皮繩)恢復(fù)形變需要時(shí)間，在瞬時(shí)問題中可以認(rèn)為其彈力不變，即彈力不能突變．而細(xì)繩(或接觸面)不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力，若剪斷(或脫離)，彈力立即消失，即彈力可突變．彈簧中的“能量模型”(多選)(2015·江蘇卷)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A．彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.則圓環(huán)()A．下滑過程中，加速度一直減小B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑經(jīng)過B的速度大小大于下滑經(jīng)過B的速度大小[思路點(diǎn)撥](1)從下滑過程中速度的變化情況可以判斷加速度的變化情況；(2)由全過程中的能量守恒可得到下滑過程中克服摩擦力所做的功以及圓環(huán)從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中彈簧的彈性勢(shì)能的變化量；(3)在分析下滑過程和上滑過程中B點(diǎn)的瞬時(shí)速度時(shí)，應(yīng)以AB段的運(yùn)動(dòng)為研究過程，用能量守恒定律求解，但是要注意不論是從A下滑到B，還是從B上滑到A，圓環(huán)克服摩擦力做的功相等，彈簧彈性勢(shì)能的變化量的絕對(duì)值也相等．【解析】圓環(huán)向下運(yùn)動(dòng)過程中，在B點(diǎn)速度最大，在A、C點(diǎn)速度為0，說明向下先加速后減速，加速度先向下減小，后向上增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；下滑過程和上滑過程克服摩擦力做功相同，因此下滑過程Wf＋Ep＝mgh，上滑過程Wf＋mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Ep，因此克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,4)mv2，B項(xiàng)正確；在C處，彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝mgh－Wf＝mgh－eq\f(1,4)mv2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；從A下滑到B，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)＋Ep′＋Wf′＝mgh′，從B上滑到A，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)＋Ep′＝mgh′＋Wf′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)＋Ep′＋2Wf′，可見vB2>vB1，D項(xiàng)正確．【答案】BD1．當(dāng)牽涉彈簧的彈力做功時(shí)，由于彈簧的彈力是變力，故一般不直接采用功的定義式求解．中學(xué)階段通常根據(jù)動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律來間接求解彈簧彈力做的功或彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能．2．彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧的規(guī)格和形變程度有關(guān)，對(duì)同一根彈簧而言，無(wú)論是處于伸長(zhǎng)狀態(tài)還是壓縮狀態(tài)，只要形變量相同，其儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能就相同．與其他模型相結(jié)合的綜合模型如圖所示，傾角θ＝37°的光滑且足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個(gè)半徑和質(zhì)量均不計(jì)的光滑定滑輪D，質(zhì)量均為m＝1kg的物體A和B．用一勁度系數(shù)k＝240N/m的輕彈簧連接，物體B被位于斜面底端且垂直于斜面的擋板P擋住．用一不可伸長(zhǎng)的輕繩使物體A跨過定滑輪與質(zhì)量為M的小環(huán)C連接