模型专项突破练四
弹簧模型
(25分钟50分)
1.(8分)(2017·淮北二模)如图甲所示,水平地面上轻弹簧左端固定,右端通过滑块压缩0.4m锁定,t=0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线,已知滑块质量m=2.0kg,取g=10m/s2,则下列说法正确的是()
A.滑块被释放后,先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动
B.弹簧恢复原长时,滑块速度最大
C.弹簧的劲度系数k=175N/m
D.该过程中滑块的最大加速度为35m/s2
【解析】选C。根据图线的斜率表示加速度,可知滑块被释放后,先做加速度逐渐减小的加速直线运动,弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大,此时加速度为零,随后加速度反向增加,最后做匀减速直线运动,所以A、B错误;从题中图象知,滑块脱离弹簧后的加速度大小a1=ΔvΔt=1.50.3m/s2=5m/s2,由牛顿第二定律得摩擦力大小为:f=μmg=ma1=2×5N=10N;刚释放时滑块的加速度为:a2=ΔvΔt=30.1m/s2
2.(8分)(多选)在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量为m=2kg的小球,小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连,如图所示,此时小球处于静止平衡状态,且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间,取g=10m/s2,以下说法正确的是()
导学号
A.此时轻弹簧的弹力大小为20N
B.小球的加速度大小为8m/s2,方向向左
C.若剪断弹簧,则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2,方向向右
D.若剪断弹簧,则剪断的瞬间小球的加速度为0
【解析】选A、B、D。在剪断轻绳前,小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡,根据共点力平衡得,弹簧的弹力:F=mgtan45°=20×1N=20N,故A正确;在剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力仍然为20N,小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用;小球所受的最大静摩擦力为:f=μmg=0.2×20N=4N,根据牛顿第二定律得小球的加速度为:a=(F-f)m=8m/s
3.(8分)(多选)如图所示,一倾角为α的固定斜面下端固定一挡板,一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上。现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处,由静止释放,已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块下滑过程中的最大动能为Ekm,则小物块从释放到运动至最低点的过程中,下列说法中正确的是导学号()
A.物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能
B.μtanα
C.弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和
D.若将物块从离弹簧上端2s的斜面上由静止释放,则下滑过程中物块的最大动能等于2Ekm
【解析】选B、C。物块刚与弹簧接触的瞬间,弹簧的弹力为零,仍有mgsinα
μmgcosα,物块继续向下加速,动能仍在增大,所以此瞬间动能不是最大,当物块的合力为零时动能才最大,故A错误;小物块从静止释放后能下滑,则有
mgsinαμmgcosα,解得μtanα。故B正确;根据能量转化和守恒定律知,弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差,而内能等于物块克服摩擦力做功,可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和。故C正确;若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放,下滑过程中物块动能最大的位置不变,弹性势能不变,设为Ep,此位置弹簧的压缩量为x,根据功能关系可知,将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放,下滑过程中物块的最大动能为:
Ekm=mg(s+x)sinαμmg(s+x)cosαEp。
将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放,下滑过程中物块的最大动能为:
Ekm′=mg(2s+x)sinαμmg(2s+x)cosαEp。
而2Ekm=mg(2s+2x)sinαμmg(2s+2x)cosα2Ep=[mg(2s+x)sinαμmg(2s+
x)cosαEp]+[mgxsinαμmgxcosαEp]=Ekm′+[mgxsinαμmgxcosαEp]
由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中,物块的重力势能转化为内能和物块的动能及弹簧的势能,则根据功能关系可得:mgxsinαμmgxcosαEp,即mgxsinαμmgxcosαEp0,所以得Ekm′2Ekm。故D错误。
4.(8分)(多选)如图所示,将质量均为m厚度不计的两物块A、B用轻质弹簧相连接。第一次用手拿着A、B两物块,使得弹簧竖直并处于原长状态,此时物块B离地面的距离为H,然后由静止同时释放A、B,B物块着地后速度立即变为零。第二次只用手托着B物块于H高处,A在