《2022年高三物理专题复习四临界问题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三物理专题复习四临界问题含答案.docx（31页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆【例 1】09 安徽第 3 问过山车是游乐场中常见的设施；下图是一种过山车的简易模型,它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成,B、C、D 分别是三个圆形轨道的最低点,B、C 间距与 C、 D 间距相等,半径 R1=2.0m、 R2=1.4m；一个质量为 m=1.0kg 的小球 视为质点 ,从轨道的左侧 A 点以 v0=12.0m/s 的初速度沿轨道向右运动,A、B 间距 L 1=6.0m；小球与水平轨道间的动摩擦因数 =0.2,圆形轨道是光滑的；假设水平轨道足够长,圆形轨道间不相互重叠；重力加速度取 g=10m/
2、s 2,运算结果保留小数点后一位数字；试求1 小球在经过第一个圆形轨道的最高点时,轨道对小球作用力的大小；2 假如小球恰能通过其次圆形轨道,B、C 间距 L 应是多少；3 在满意 2的条件下,假如要使小球不能脱离轨道,在第三个圆形轨道的设计中,半径 R3 应满意的条件；小球最终停留点与起点 A 的距离；第一圈轨道其次圈轨道第三圈轨道A v0 B R1C R2 D R3L1 L L解：（ 1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为 v 1,依据动能定理小球在最高点受到重力mg 和轨道对它的作用力F,依据牛顿其次定律由得v2,由题意（2 ）设小球在其次个圆轨道的最高点的速度为由得 （3 ）要保证
3、小球不脱离轨道,可分两种情形进行争论：I轨道半径较小时,小球恰能通过第三个圆轨道,设在最高点的速度为 v3,应满意由得名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆II轨道半径较大时,小球上升的最大高度为 R3 ,依据动能定理解得为了保证圆轨道不重叠,R3 最大值应满意解得 R3=27.9m 综合 I、II,要使小球不脱离轨道,就第三个圆轨道的半径须满意下面的条件或当 时,小球最终焦停留点与起始点 A 的距离为 L ,就当 时,小球最终焦停留点与起始点 A 的距离为 L,就1-1 如下列图,一质量m1
4、=0.2kg 的小球,从光滑水平轨道上的一端A 处,以 v1=2.5m/s 的速度水平向右运动轨道的另一端 B 处固定放置一竖直光滑半圆环轨道（圆环半径比细管的内径大得多）,轨道的半径R=10cm ,圆环轨道的最低点与水平轨道相切；空中有一固定长为 15cm 的木板 DF,F 端在轨道最高点 C的正下方,竖直距离为 5cm水平轨道的另一端 B 处有一质量 m2=0.2kg 的小球, m1、m2 两小球在 B 处发生的是完全弹性碰撞,重力加速度为 g=10m/s2求：（1） m1、m2 碰后瞬时 m2 的速度？（2）经过 C 点时,小球 m2 对轨道的作用力的大小及方向？（3） m2 小球打到木
5、板 DF 上的位置？解：（ 1）在 B 处 m 1 与 m 2 发生的是完全弹性碰撞,有：由式解得：,且,所以两球交换速度； 得）（或因 m 1 与 m 2 发生的是完全弹性碰撞,由 B 到 C 的过程,机械能守恒,有名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆由代入数据得在 C 点,对 m 2 依据牛顿其次定律：由代入数据得：,方向竖直向下0.5N ,方向竖直向上据牛顿第三定律知：小球对轨道的作用力大小为（2 ）小球从 C 飞出做平抛运动,有由解得：,所以物体刚好落在木板的D 点上1-2 半径为
6、r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m、带正电的珠子,空间存在水平向右的匀强电场, 如下列图 珠子所受静电力是其重力的3/4 倍将珠子从环上最低位置A 点静止释放, 求：（1）珠子所能获得的最大动能和在最大动能处环对珠子的作用力；（2）要使珠子恰好能绕圆环做完整的圆周运动,就应在1 设 qE、mg 的合力 F 合与竖直方向的夹角为 ,因 qEmg ,所以 tan ,就 sin ,cos ,A 点给珠子以多大的初速度？就珠子由 A 点静止释放后在从 A 到 B 的过程中做加速运动,如图所示由题意知珠子在 B 点的动能最大,由动能定理得 qErsin -mgr 1-cos = Ek
7、,解得 Ek= mgr . 2 珠子在 B 点对圆环的压力最大,设珠子在B 点受圆环的弹力为FN ,就 FN F 合名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆mv2mgr 即 FNF 合mg mg mg mg . 由牛顿第三定律得,珠子对圆环的最大压力为 mg .1-3 如下列图,足够长的光滑平行金属导轨cd 和 ef,水平放置且相距L,在其左端各固定一个半径为r 的四分之三金属光滑圆环,两圆环面平行且竖直在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆,两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路,两金
8、属杆质量均为 m,电阻均为 R,其余电阻不计整个装置放在磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场中当用水平向右的恒力 F= 3 mg 拉细杆 a,达到匀速运动时,杆 b 恰好静止在圆环上某处,试求：（1）杆 a 做匀速运动时,回路中的感应电流；（2）杆 a 做匀速运动时的速度；（3）杆 b 静止的位置距圆环最低点的高度15、匀速时,拉力与安培力平稳,F=BILl 0,一个质量为m 的小滑块以初速得：I3mgBL金属棒 a 切割磁感线,产生的电动势E=BLv回路电流IE2R联立得：v2 3mgR2 2B L平稳时,棒和圆心的连线与竖直方向的夹角为 ,tanF3得： =60mghr1cos r
9、2【例 2】如下列图,质量是M 的木板静止在光滑水平面上,木板长为度 v0 从左端滑上木板,由于滑块与木板间摩擦作用,木板也开头向右滑动,滑块恰好没有从木板上滑出,求： 1二者相对静止时共同速度为多少？2此过程中有多少热量生成？3滑块与木板间的滑动摩擦因数有多大？解：（ 1）设二者相对静止时共同速度为,就有：名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆（ 2）（ 3）对系统（ M , m）应用功能关系分析有：2-1【2022 东城二模】 24如下列图,在光滑的水平长直轨道上,有一质量为 M=3kg、
10、长度为 L=2m 的平板车以速度 v0=4m/s 匀速运动；某时刻将质量为 m=1kg 的小滑块轻放在平板车的中点,小滑块与车面间的动摩擦因数为 =0.2,取 g=10m/s 2；（1）如小滑块最终停在平板车上,小滑块和平板车摩擦产生的内能为多少？（2）如施加一个外力作用在平板车上使其始终保持速度为 中点的同时,对该小滑块施加另一个与平板车运动方向相同的恒力 下,恒力 F 大小应当满意什么条件？v0=4m/s 的匀速运动, 当小滑块放到平板车 F,要保证滑块不能从平板车的左端掉（3）在（ 2）的情形下,力F 取最小值,要保证滑块不从平板车上掉下,力F 的作用时间应当在什么范畴内 . v02-1
11、解：（1）由动量守恒定律得：Mv0Mm v解得vMv0Mm由能量守恒得：Q1Mv21Mmv22Mmv26 J0202Mm （2）设恒力 F 取最小值为F1,滑块加速度为a1,此时滑块恰好到达车的左端,就 6N滑块运动到车左端的时间t1v 0a 1由几何关系有v t 0 1v0t1L22由牛顿定律有F 1mgma 1由式代入数据解得t 10.5s,F 1就恒力 F 大小应当满意条件是F6N（ 3）力 F 取最小值,当滑块运动到车左端后,为使滑块恰不从右端滑出,相对车先做匀加速运动（设运名师归纳总结 动加速度为a2,时间为 t2）,再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）到达车右端时,与车达共同第
12、 5 页,共 20 页速度就有F 1mgma 2mgma 3- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆2 21 2 a t 2 2a t 2 2 L 2 2 a 3由式代入数据解得 t 2 3 s 0.58s3就力 F 的作用时间 t 应满意 t 1 t t 1 t 2,即 0.5s t 1.08s2-2. （ 2022 丰台二模） 24（ 20 分）如下列图,光滑水平面上静止放置着一辆平板车 A；车上有两个小滑块 B 和 C（都可视为质点） ,B 与车板之间的动摩擦因数为 ,而 C 与车板之间的动摩擦因数为 2；开头时 B、C 分别
13、从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度 vo 相向滑行；经过一段时间,C、A 的速度达到相等,此时 C 和 B 恰好发生碰撞；已知 C 和 B 发生碰撞时两者的速度马上互换,A、B、C 三者的质量都相等,重力加速度为 g；设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力；（1）求开头运动到 C、A 的速度达到相等时的时间；（2）求平板车平板总长度；（3）已知滑块C 最终没有脱离平板,求滑块C 最终与车达到相对静止时处于平板上的位置；CBA名师归纳总结 24（ 20 分）解析：（1）设 A、B、C 三者的质量都为m,从开头到C、A 的速度达到相等这一过程所需时第 6 页,共 20 页间为 t；对 C,由牛顿定
14、律有：fC2mgma C（1 分）由运动学规律：v Cv 0a Ct（1 分）对 A,由牛顿定律和运动学规律有：fCfB2mgmgma A（1 分）v AaA t（1 分）vAv C（1 分）联立以上各式联得tv o（1 分）3g（2）对 C,xC1v0v Ct（1 分）2对 B,由牛顿定律和运动学规律有：fBmgma B（ 1 分）v Bv0aBt（1 分）xB1v0vB t（1 分）2C 和 B 恰好发生碰撞,有Lx Cx B（1 分）解得：L2 v o（ 1 分）2g（3）对 A,xA1v AtA、B、C 三者的位移和末速度分别为2xA2 v og（向左）,x B2 5 v o（向右）,
15、x C2 2 v o（向左）（分）1818g9g- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆vAvC1 v 03（向左）,vB2 v 30（向右）（分）（分）C 和 B 发生碰撞时两者的速度马上互换,就碰撞后C 和 B 的速度各为v C2v0（向右）,v B1v0（向左）33碰撞后 B 和 A 的速度相等,设B 和 A 保持相对静止一起运动,此时对B 和 A 整体有fC2mg2ma隔离 B,就 B 受到的摩擦力为：fBma可得fBmg,说明 B 和 A 保持相对静止一起运动 （分）设 C 最终停在车板上时,共同的速度为vt,由动量守恒定
16、律可得：mv C2 mv B3 mv t可得 vt0；这一过程,对C,由动能定理有：2mgS C01mv2 C（1 分）2对 B 和 A 整体,由动能定理有：2mgS A012mv2 B（1 分）2解得 C 和 A 的位移分别是：/ x C2 2 v o（向右）,/ x A2 v og（向左）（1 分）9g18这样, C 先相对于车板向左移动x 1x CxA2 v o,然后又相对于车板向右移动6gx 2x Cx A2 v o,恰好回到原先的位置,即滑块C 最终停在车板右端（1 分）6g（其它解法正确也相应给分）2-3. 05 零25（20 分）如图 15 所示,光滑水平面上放有用绝缘材料制成的
17、“L” 型滑板,其质量为 M ,平面部分的上表面光滑且足够长；在距滑板的 A 端为 l 的 B 处放置一个质量为 m、带电荷时为 +q 的物体 C（可视为质点） ,在水平的均强电场作用下,由静止开头运动；已知：M=3m ,电场强度为 E；假设物体 C在运动及与滑板 A 端相碰过程中电荷量不变；（1）求物体 C 第一次与滑板 A 端相碰前瞬时的速度大小；（2）如物体 C 与滑板 A 端相碰的时间极短,而且碰后弹回的速度大小是碰前速度大小的 1 ,求滑板被碰5后的速度大小；（3）求物体 C 从开头运动到与滑板A 其次次碰撞这段时间内,电场力对小物体C 做的功；05 零25（20 分）（1）设物体
18、C 在电场力作用下第名师归纳总结 一次与滑板的A 端碰撞时的速度为1,第 7 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆由动能定理得：qEl 1 m 1 2 2 分22 qEl解得：1 1 分m（2）物体 C 与滑板碰撞动量守恒,设滑板碰撞后的速度为 2,取 1的方向为正,就有1m 1 M 2 m 1 2 分52 2 2 qEl解得：2 1 1 分5 5 m（3）物体 C 与滑板碰撞后,滑板向左以速度 2做匀速运动；物体 C 以 1/5 的速度先向右做匀减速运动,然后向左做匀加速运动,直至与滑板其次次相碰,设第一次碰后
19、到第二次碰前的时间间隔为 t ,物体 C 在两次碰撞之间的位移为 s 2 tqE依据题意可知,物体加速度为 a 2 分mv 2 t 1v 1 t 1at 2 3 分解得：t 6 2 ml 2 分5 2 5 qE两次相碰之间滑板移动的距离 s v 2 t 24 t 2 分25设物体 C 从开头运动到与滑板 A 其次次碰撞,这段过程电场力对物体 C 做功为 W,就：W qE l s 2 分解得：W 49 qEl 1 分252-4、（16 分）用图 17 所示的水平传送带 AB 和斜面 BC 将货物运输到斜面的顶端；传送带 AB 的长度 L =11m,上表面保持匀速向右运行,运行的速度 v=12m/
20、 s；传送带 B 端靠近倾角 q=37 的斜面底端, 斜面底端与传送带的 B 端之间有一段长度可以不计的小圆弧；在 A、C 处各有一个机器人,A 处机器人每隔 Dt=1. 0s 将一个质量 m=10kg 的货物箱（可视为质点）轻放在传送带 A 端,货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C 点时速度恰好为零,C 点处机器人马上将货物箱搬走；已知斜面 BC 的长度 s=5. 0m,传送带与货物箱之间的动摩擦因数 0=0. 55,货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小缺失原先的,g=10m/ s2（sin37 0. 6,cos37 0. 8）；求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数 ；（2）从
21、第一个货物箱放上传送带 A 端开头计时, 在 t0=3. 0s 的时间内, 全部货物箱与传送带的摩擦产生的热量 Q；（3）假如 C 点处的机器人操作失误,未能将第一个到达C 点的货物箱搬走而造成与其次个货物箱在斜面名师归纳总结 上相撞；求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C 点的距离；（本问结果可以用根式表示）第 8 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆解：（ 1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程,依据牛顿其次定律有 0mg =ma0解得 a0= 0g=5.5m/s 2由运动学公式 v12=2a 0L 解得货物箱运动
22、到传送带右端时的速度大小为 v1=11m/s 货物箱刚冲上斜面时的速度 v2=1 v1=10m/s 货物箱在斜面上向上运动过程中 v22=2a 1s 解得 a1=10m/s 2依据牛顿其次定律 mgsin + mgcos =ma 1解得 =0.5 （2 ）3.0s 内放上传送带的货物箱有 3 个,前 2 个已经通过传送带, 它们在传送带上的加速时间 t 1=t 2=2.0s ；第 3 个仍在传送带上运动,其加速时间 t 3=1.0s 前 2 个货物箱与传送带之间的相对位移s=vt 1-v 1t 1=13m 第 3 个货物箱与传送带之间的相对位移s=vt 3-v1t 3=9.25m 前 2 个货
23、物箱与传送带摩擦产生的总热量为 Q 1=2 0mg s=1430J 第三个货物箱与传送带摩擦产生的热量为 Q 2= 0mg s=508.75J 总共生热 Q Q 1+Q 21938.75J （3 ）货物箱由 A 运动到 B 的时间为 2.0s ,由 B 运动到 C 的时间为 1.0s ,可见第一个货物箱冲上斜面 C端时其次个货物箱刚好冲上斜面；货物箱沿斜面对下运动,依据牛顿其次定律有 mgsin - mgcos =ma 2解得加速度大小 a2=2.0m/s 2设第一个货物箱在斜面 C 端沿斜面对下运动与其次个货物箱相撞的过程所用时间为 t ,有v2t-a1t2+ a2t2=s 解得 s0.69
24、 s 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆【例 3】如图 325 所示,一个质量为m的物体固定在劲度系数为k 的轻弹簧右端,轻弹簧的左端固定在或竖直墙上, 水平向左的外力推物体把弹簧压缩,使弹簧长度被压缩了b ,弹性势能为E；已知弹簧被拉长者压缩 x 时的弹性势能的大小E p1 kx 22,求在下述两种情形下,撤去外力后物体能够达到的最大速度？1地面光滑； 2物体与地面的动摩擦因数为；F解： 1 地面光滑情形下；弹簧达到原长时,物体速度最大,为v1 图 325 弹簧被压缩后,弹性势能 Ep
25、= kb2 依据机械能守恒,有 Ep=所以, v1 = =2 物体与地面的动摩擦因数为 情形下；当弹簧弹力等于滑动摩擦力时,物体速度最大,为 v2 设这时弹簧的形变量为 s,有 ks= mg 此时,弹簧弹性势能依据能量守恒定律有 Ep= + mg bs+E p 所以,kb2 = + mg b s+ ks2 联立、式解得 v 2= 或3-1 图中,轻弹簧的一端固定,另一端与滑块B 相连, B 静止在水平导轨上,弹簧处在原长状态；另一质名师归纳总结 - - - - - - -量与 B 相同滑块 A ,从导轨上的P 点以某一初速度向B 滑行,当 A 滑过距离1l 时,与 B 相碰,碰撞时间极短,碰后
26、A 、B 紧贴在一起运动,但互不粘连；已知最终A 恰好返回动身点P 并停止；滑块A 和 B 与导轨的滑动摩擦因数都为,运动过程中弹簧最大形变量为2l ,求 A 从 P 动身时的初速度v ；解：令 A、B 质量皆为 m,A 刚接触 B 时速度为v （碰前）,B A 由功能关系,有12 mv 012 mv 1mgl12v.有mv 12mv 2l 2 l1 P 22A 、B 碰撞过程中动量守恒,令碰后A、B 共同运动的速度为碰后 A、B 先一起向左运动,接着A 、B 一起被弹回,在弹簧复原到原长时,设A 、B 的共同速度为v ,在这过程中,弹簧势能始末两态都为零,利用功能关系,有12m v212mv
27、22mg2 l22322此后 A、B 开头分别, A 单独向右滑到P 点停下,由功能关系有12 mv 3mgl12由以上各式,解得v 0g 10 l 116 l23-2（2022 海淀零模） 24（20 分）如图 12 所示,在足够长的光滑水平轨道上有三个小木块A、B、C,质第 10 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆量分别为 mA、mB、mC,且 mA=mB=1.0kg ,mC=2.0kg ,其中 B 与 C 用一个轻弹簧拴接在一起,开头时整个装置处于静止状态；A 和 B 之间有少许塑胶炸药,A 的左边有一个弹性挡板；现在引爆塑胶炸药
28、,如炸药爆炸产生的能量中有 E=9.0J 转化为 A 和 B 的动能, A 和 B 分开后, A 恰好在 B、C 之间的弹簧第一次复原到原长时追上 B,并且与 B 发生碰撞后粘在一起；忽视小木块和弹性挡板碰撞过程中的能量缺失；求：（1）塑胶炸药爆炸后瞬时 A 与 B 的速度各为多大？（2）在 A 追上 B 之前弹簧弹性势能的最大值；A B C （3）A 与 B 相碰以后弹簧弹性势能的最大值；图 12 24（ 20 分）解：（1）塑胶炸药爆炸瞬时取 A 和 B 为争论对象,假设爆炸后瞬时 A、B 的速度大小分别为vA、vB,取向右为正方向,由动量守恒定律：mAvA +mBvB=0（2 分）1 2
29、 1 2爆炸产生的热量有 9J 转化为 A、B 的动能：E m A v A m B v B（2 分）2 2代入数据解得：vA =vB =3.0 m/s（2 分）（2）由于 A 在炸药爆炸后再次追上 B 的时候弹簧恰好第一次复原到原长,就在 A 追上 B 之前弹簧已经有一次被压缩到最短（即弹性势能最大）；爆炸后取 B、C 和弹簧为争论系统,当弹簧第一次被压缩到最短时B、 C 达到共速 vBC,此时弹簧的弹性势能最大,设为Ep1；（2 分）由动量守恒定律,得：mBvB=（ mB+mC）vBC（2 分）由机械能守恒,得：1mBv21mBm Cv2EP12B2BC代入数据得： EP1=3.0 J（2
30、分）（3）设 B、C 之间的弹簧第一次复原到原长时 B、C 的速度大小分别为 vB1 和 vC1,就由动量守恒定律和能量守恒定律：mBvB=mBvB1+mCvC1 1 m B v 2B 1 m B v B 21 1 m C v C 212 2 2代入数据解得：vB1=1.0m/s,vC1=2.0m/s（2 分）A 爆炸后先向左匀速运动,与弹性挡板碰撞以后速度大小不变,反向弹回；当 A 追上 B,发生碰撞瞬间达到共速 vAB ,由动量守恒定律：mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB 解得： vAB =1.0m/s（1 分）当 A、B、C 三者达到共同速度vABC 时,弹簧的弹性势能最大为EP
31、2,由动量守恒定律：（mA+mB）vAB +mCvC1=（mA+mB+mC）vABC（1 分）由机械能守恒定律,得：1m AmBv2 AB1m Cv2 C 11m AmBm Cv2 ABCEP2（2 分）222代入数据解得：EP2 =0.5J（2 分）3-3（2022 东城一模） 24.（20 分）一同学利用手边的两个完全相同的质量为m 的物块和两个完全相同、劲度系数未知的轻质弹簧,做了如下的探究活动；已知重力加速度为g,不计空气阻力；B A （1）取一个轻质弹簧,弹簧的下端固定在地面上,弹簧的上端与物块A 连接,物块B 叠放在A 上,A、B 处于静止状态, 如下列图； 如 A、B 粘连在一起
32、, 用一竖直向上的拉力缓慢提升B,当拉力的大小为0 .5 mg时,A 物块上升的高度为L；如 A、B 不粘连, 用一竖直向上的恒力F 作用在 B 上,当 A 物块上升的高度也为L 时, A、 B 恰好分别；求：名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆a.弹簧的劲度系数k ；B A b.恒力 F 的大小；（2）如下列图,将弹簧1 上端与物块A 拴接,下端压在桌面上（不拴接）,弹簧2 两端分别与物块A、B 拴接,整个系统处于平稳状态；现施力将物块B 慢慢地竖直上提,直到弹簧1的下端刚好脱离桌面；求
33、在此过程中该拉力所做的功？（已知弹簧具有的弹性势能为EP1kx2,k 为弹簧的劲度系数, x 为弹簧的形变量）2（2022 东城一模） 24.（20 分）解析：（1）名师归纳总结 - - - - - - -a.设弹簧自然长度为L ,没有作用力F 时,物块 A、 B 压在弹簧上,弹簧的长度为L 1L02 mgk用力 F1 向上缓慢提起物块B,当力F 105.mg时,弹簧的长度为L2L02 mgF 1L05.1 mgkk物块上升的高度LL2L105.mg解得kmgk2Lb. 在恒力 F 和弹簧的弹力作用下,A、B 一起向上做加速运动,随弹簧压缩量减小, 弹簧的弹力减小,一起向上的加速度逐步减小；在
34、此过程中A、B 间的压力也减小,始终到A、B 刚分别时, A、B 间相互作用的弹力恰为0； A 物块受重力和弹簧的弹力,它的加速度为aAkL 0L2mg0 . 5 gm此时 B 受重力和恒力F 其加速度为a BFmgm且刚分别时应有aA1aBB 弹簧 2 由以上方程解得F.5 mg2如下列图, 开头时物块B 受重力和弹簧2 的弹力处于平稳状态,设x 为弹簧 2 此状态A 下的压缩量,有mgkx2弹簧 1 可得x2mgk可将物块 A、B（包括轻弹簧2）看成一个整体,受重力和弹簧1 的弹力处于平稳状态,设弹簧1 此时压缩量为1x ,有2 mgkx 1可得x 12mgk施力将物块B 缓慢上提,弹簧2
35、 的长度增大,物块A 也向上移动,弹簧1 的长度也增大,直到弹簧1的下端刚好脱离桌面,弹簧1 与桌面间的作用力为0,弹簧 1 处于自然长度；此时两物体仍都处于平稳状态；设 x 为弹簧 2 此状态下的伸长量, 对于物块 A 此时受重力mg 和弹簧 2 对物块 A 向上的拉力k x 2,有mgk x 2第 12 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆 m g可得 x 2k在此过程中物块 A 向上移动的总距离为：x 1 2 mg；k物块 B 与物块 A 间的弹簧 2长度由压缩状态 L 0 x 2 变为伸长状态 L 0 x 2 ,L 0为弹簧 2的
36、自然长度；由此可见物块 A 与物块 B 间的距离增加了 x 2 x 2 ,但物块 A 向上移动了 1x 的距离,故物块 B 向上移动的总距离为 x 总 x 2 x 2 x 1 4 mgk2 2物块 A 的重力势能增加量为 EPA m g x 1 mg 2 mg 2 m g4 m gLk mg2 L2 2物块 B 的重力势能增加量为 EPB m g x 总 mg 4 m g 4 m g8 mgLk mg2 L弹簧 1 由压缩状态到自然长度,弹性势能减小量为 EP 1 1 k x 1 2 k 2 mg 24 mgL2 2 k弹簧 2 由压缩 x2 变为伸长 x2 弹性势能转变量为 EP 2 1k
37、x 22 1k x 2 202 2在此过程中该拉力所做的功等于整个系统的重力势能和弹性势能的增加量的代数和WE pAEpBEp1Ep24 mgL8 mgL4 mgL08 mgL = 30o 的光滑3-4（2022 海淀零模）24（20 分）如下列图,质量均为m 的物体 B、C 分别与轻质弹簧的两端相栓接,将它们放在倾角为斜面上,静止时弹簧的形变量为 x0；斜面底端有固定挡板 D,物体 C 靠在挡板 D 上；将质量也为 m 的物体 A 从斜面上的某点由静止释放,A 与 B 相碰；已知重力加速度为 g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力；求：名师归纳总结 （1）弹簧的劲度系数k；第 13 页,共
38、 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆（2）如 A 与 B 相碰后粘连在一起开头做简谐运动,当A 与 B 第一次运动到最高点时,C 对挡板 D 的A 压力恰好为零,求C 对挡板 D 压力的最大值；（3）如将 A 从另一位置由静止释放,A 与 B 相碰后不粘连,但仍立刻一起运动, 且当 B 第一次运动到最高点时,C 对挡板 D 的压力也恰好为零；已知A 与 B 相碰后弹簧第一次复原原长时B 的速度大小B 为v1. 5gx 0,求相碰后 A 第一次运动达到的最高点与开头静止释放D C 点之间的距离；24（ 20 分）（1）物体 B 静止时,弹簧形变量为x0,弹簧的弹力F=kx0NF 物体 B 受力如下列图,依据物体平稳条件得kx0=mg sin解得弹簧的劲度系数k=m g （ 6 分）2x 0GB F回（2）A 与 B 碰后一起做简谐运动到最高点时,物体C 对挡板 D 的压力最小为0 就对 C,弹簧弹力F 弹=mgsin,对 A、B,回复力最大,F 回= 3mgsin（ 3 分）,回复力也最大,即由简谐运动的对称性,可知A 与 B 碰后一起做简谐运动到最低点时=