高考物理第二轮能力专题弹簧类系列问题课件

Click to edit Master title style,Click to edit Master text styles,Second level,Third level,Fourth level,Fifth level,*,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,2006-2007高考(o ko)复习,2007、3,第二轮能力专题：弹簧(tnhung)类系列问题,第一页，共46页。,专题解说,一.命题趋向(qxing)与考点,轻弹簧是一种理想化的物理模型(mxng)，以轻质弹簧为载体，设置复杂的物理情景，考查力的概念，物体的平衡，牛顿定律的应用及能的转化与守恒，是高考命题的重点，此类命题几乎每年高考卷面均有所见,，引起足够重视.,二.知识概要(giyo)与方法,(一)弹簧类问题的分类,1、弹簧的瞬时问题,弹簧的两端都有其他物体或力的约束时，使其发生形变时，弹力不能由某一值突变为零或由零突变为某一值。,2、弹簧的平衡问题,这类题常以单一的问题出现，涉及到的知识是胡克定律，一般用f=kx或f=kx来求解。,第二页，共46页。,专题解说,二.知识(zh shi)概要与方法,3、弹簧的非平衡(pnghng)问题,这类题主要指弹簧在相对位置发生变化时，所引起的力、加速度、速度、功能和合外力等其它物理量发生变化的情况。,4、弹力做功与动量、能量的综合问题,在弹力做功的过程(guchng)中弹力是个变力，并与动量、能量联系，一般以综合题出现。有机地将动量守恒、机械能守恒、功能关系和能量转化结合在一起。分析解决这类问题时，要细致分析弹簧的动态过程(guchng)，利用动能定理和功能关系等知识解题。,第三页，共46页。,专题解说,二.知识(zh shi)概要与方法,(二)弹簧问题的处理(chl)办法,1.弹簧的弹力是一种(y zhn)由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现弹簧时，要注意弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应.在题目中一般应从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置，现长位置，找出形变量x与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，以此来分析计算物体运动状态的可能变化.,2.因弹簧（尤其是软质弹簧）其形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变.因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹力大小不变，即弹簧的弹力不突变.,第四页，共46页。,专题解说,二.知识(zh shi)概要与方法,3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化，可以(ky)先求平均力，再用功的定义进行计算，也可据动能定理和功能关系：能量转化和守恒定律求解.同时要注意弹力做功的特点：Wk=（kx22kx12），弹力的功等于弹性势能增量的负值.弹性势能的公式Ep=kx2，高考不作定量要求，可作定性讨论.因此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般以能量的转化与守恒的角度来求解.,第五页，共46页。,专题聚焦,例1.（2001年上海）如图（A）所示，一质量为m的物体系(tx)于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，l2水平拉直，物体处于平衡状态.现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度.,（1）下面是某同学对该题的一种解法：,解：设l1线上拉力为T1，l2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡：,T1cos=mg,T1sin=T2,T2=mgtan,剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度.因为mgtan=ma,所以加速度a=gtan,方向在T2反方向,你认为这个结果正确吗?请对该解法作出,评价并说明理由.,第六页，共46页。,专题聚焦,（2）若将图A中的细线l1改为(i wi)长度相同、质量不计的轻弹簧，如图（B）所示，其他条件不变，求解的步骤与（1）完全相同，即a=gtan，你认为这个结果正确吗?请说明理由.,答：（1）结果不正确.因为l2被剪断的瞬间，l1上张力的大小发生(fshng)了突变，此瞬间T2=mg cos,a=g sin,答：（2）结果正确，因为l2被剪断的瞬间、弹簧l1的长度不能发生突变(tbin)、T1的大小和方向都不变.,第七页，共46页。,专题聚焦,例2.A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知木块A、B质量分别为0.42 kg和0.40 kg，弹簧的劲度系数k=100 N/m，若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使A由静止开始以0.5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动(ji s yn dn)（g=10 m/s2）.,（1）使木块A竖直做匀加速运动(ji s yn dn)的过程中，力F的最大值,（2）若木块由静止开始做匀加速运动(ji s yn dn)，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减少了0.248 J，求这一过程F对木块做的功.,B,A,解:,当F=0（即不加竖直(sh zh)向上F力时），设A、B叠放在弹簧上处于平衡时弹簧的压缩量为x，有,kx=（mA+mB）g,x=（mA+mB）g/k,第八页，共46页。,专题聚焦,A,B,N,N,m,A,g,m,B,g,F,Kx,/,对A施加(shji)F力，分析A、B受力如图,对A F+N-m,A,g=m,A,a,对B kx-N-m,B,g=m,B,a,可知(k zh)，当N0时，AB有共同加速度a=a/，,由式知欲使A匀加速运动，随N减小,F增大.当N=0时，F取得了最大值Fm,即Fm=mA（g+a）=4.41 N,又当N=0时，A、B开始分离(fnl)，由式知此时，弹簧压缩量kx=mB（a+g），x=mB（a+g）/k,AB共同速度 v,2,=2a（x-x）,由题知，此过程弹性势能减少了W,P,=E,P,=0.248 J,设F力功WF，对这一过程应用动能定理或功能原理,W,F,+E,P,-（m,A,+m,B,）g（x-x）=（m,A,+m,B,）v,2,联立,且注意到E,P,=0.248J,可知W,F,=9.6410,-2,J,第九页，共46页。,专题聚焦,C,A,B,例3、（2005年全国理综III卷）如图所示，在倾角为的光滑斜面(ximin)上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板。系统处一静止状态，现开始用一恒力F沿斜面(ximin)方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，重力加速度为g。,解：令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律(h k dn l)和牛顿定律可知,令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律(h k dn l)和牛顿定律可知：,k,x,2,=m,B,gsin ,Fm,A,gsink,x,2,=m,A,a ,得,第十页，共46页。,由题意(t y)d=x1+x2 ,由式可得,例4：（2005年全国理综II卷）如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条,不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另,一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态，,A上方的一段绳沿竖直方向。现在(xinzi)挂钩上升一质,量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好,能使B离开地面但不继续上升。若将C换成另一个,质量为(m1+m3)的物体D，仍从上述初始位置由静,止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是,多少？已知重力加速度为g。,A,B,m,2,k,m,1,专题聚焦,第十一页，共46页。,解：开始时，A、B静止，设弹簧(tnhung)压缩量为x1，有 kx1=m1g ,挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧(tnhung)伸长量为x2，有kx2=m2g ,B不再上升，表示(biosh)此时A和C的速度为零，C已降到其最低点。由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧性势能的增加量为 E=m3g(x1+x2)m1g(x1+x2),C换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得,故得,专题聚焦,第十二页，共46页。,专题聚焦,例5：在原子物理中，研究核子(hz)与核子(hz)关联的最有效途经是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下面力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直轨道的固定档板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与档板P发生碰撞，碰后A、D静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除销定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。,（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。,（2）求在A球离开档板P之后的运,动过程中，弹簧的最大弹性势能。,P,m,m,m,A,B,V,0,C,第十三页，共46页。,专题聚焦,解：整个过程可分为四个阶段(jidun)来处理,（1）设球与球粘结(zhn ji)成时，D的速度为1，由动量守恒定律，得 mv0=2mv1,也可直接用动量守恒一次求出（从接触(jich)到相对静止）,mv0=3mv2，v2=(1/3)v0,（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E,P,，由能量守恒定律，得（2）v,1,2,（3）v,2,2,E,P,当弹簧压至最短时，与的速度相等，设此速度为v,2,，由动量守恒定律，得 2mv,1,3v,2,联立、式得 v,1,（13）v,0,P,m,m,m,A,B,V,0,C,第十四页，共46页。,专题聚焦,P,m,m,m,A,B,V,0,C,撞击后，与的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度(chngd)时，弹性势能全部转变成的动能，设的速度为v3，有EP（2）v32,以后弹簧伸长，球离开挡板，并获得速度设此时(c sh)的速度为v4，由动量守恒定律，得2v33v4,当弹簧伸到最长时，其弹性势能(shnng)最大，设此势能(shnng)为EP/，由能量守恒定律，得（2）v32（3）v42EP/,联立式得,P,/,v,0,2,第十五页，共46页。,专题聚焦,例6.（03江苏）如图1，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度u0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度。,如图2，将N个这样的振子放在该轨道上。最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上,这时它的弹性势能为E0。其余各振子间都有一定的距离。现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞,此后,继续发生(fshng)一系列碰撞,每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰。求所有可能的碰撞都发生(fshng)后,每个振子弹性势能的最大值。已知本题中两球发生(fshng)碰撞时,速度交换,即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度。,第十六页，共46页。,专题聚焦,1,2,3,4 N,左,左,右,右,图1,图2,解：（1）设小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然(zrn)长度时左右两端小球的速度。由动量守恒和能量守恒定律有mu1+mu2=mu0 （以向右为速度正方向）,解得u,1,=u,0,，,u,2,=0或u,1,=0，u,2,=u,0,由于振子从初始状态到弹簧(tnhung)恢复到自然长度的过程中，弹簧(tnhung)一直是压缩状态，弹性力使左端持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取：u1=0，u2=u0,（2）以v1、v1/分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然(zrn)长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向。由动量守恒和能量守恒定律有mv1+mv1/=0,第十七页，共46页。,专题聚焦,解得,或,在这一过程中,弹簧(tnhung)一直压缩状