山東省樂陵市第一中高三物理三輪沖刺：彈力-教師

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精彈力一、單選題（本大題共5小題,共30分）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動，以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖象可能正確的是()

A。 B.

C. D。A（@樂陵一中）解：設物塊P的質量為m，加速度為a，靜止時彈簧的壓縮量為x0，彈簧的勁度系數為k,

由力的平衡條件得，mg=kx0,

以向上為正方向，木塊的位移為x時彈簧對P的彈力：F1=k(x0-x),

對物塊P，由牛頓第二定律得，F+F1-mg=ma，

由以上式子聯立可得，F=kx+ma。

可見F與x是線性關系，且F隨著x的增大而增大，

當x=0時，kx+ma>0，故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

以物塊P為研究對象，分析受力情況，根據牛頓第二定律得出F與物塊P的位移將四塊相同的堅固石塊壘成圓弧形的石拱，其中第3、4塊固定在地基上，第1、2塊間的接觸面是豎直的，每塊石塊的兩個側面間所夾的圓心角均為30°，石塊間的摩擦力可以忽略不計.則第1塊對第2塊的彈力F1和第1塊對第3塊的彈力F2的大小之比為(A。32 B.33 C.3 D.A（@樂陵一中）解：如圖對第一個石塊進行受力分析，由幾何關系知：θ=600,

所以有F1:F2=sin60°=32，

故A正確，BCD錯誤;

故選：A．

由圖可知，1、2及1、3兩塊石塊均有相互作用,而石塊1受重力及2、3兩石塊的作用力而處于靜止，故對1受力分析可求得第1、2塊石塊間的作用力和第1、3塊石塊間的作用力的大小之比．

當題目中有有多個物體相互作用時，應注意靈活選擇研究對象．

隔離法與整體法

①整體法：以幾個物體構成的整個系統(tǒng)為研究對象進行求解.在許多問題中用整體法比較方便,但整體法不能求解系統(tǒng)的內力．

②隔離法:從系統(tǒng)中選取一部分(其中的一個物體或兩個物體組成的整體,少于系統(tǒng)內物體的總個數跳傘運動員在空中打開降落傘一段時間后，保持勻速下降.已知運動員的重量為G1,圓頂形傘面的重量為G2，在傘面邊緣有24條均勻分布的相同輕細拉線與運動員相連，每根拉線和豎直方向都成30°角.設運動員所受空氣阻力不計，則每根拉線上的張力大小為()A。3G136 B.G112 A（@樂陵一中）解：如圖以一根絲線為例,每根絲線拉力向上的分力F1=Fcos30°=32F；

由共點力的平衡條件可知：

24F1=G1；

解得：F=3如圖所示,質量均為m的A、B兩球之間系著一根不計質量的彈簧，放在光滑的水平面上，A球緊靠豎直墻壁，今用水平力F將B球向左推壓彈簧，平衡后，突然將F撤去，在這瞬間()A。B

球的速度為零，加速度為零

B.B

球的速度為零，加速度大小為Fm

C.將F一撤去A就離開墻壁

D。在A離開墻壁后，A、B

B（@樂陵一中)【分析】

速度不能發(fā)生突變，力可以突變，突然將

F

撤去,彈簧的壓縮量沒有來得及發(fā)生改變，故彈力不變，對B球運用牛頓第二定律,即可求得加速度。在彈簧第一次恢復原長時，B球的速度大于A球的速度，彈簧將被拉長，A受到彈簧的彈力A離開墻壁；在A離開墻壁后，B球的速度大于A球的速度，彈簧將被拉長,A將做加速運動，而B做減速運動。

解答本題要抓住速度不能發(fā)生突變,力可以突變,突然將

F

撤去，彈簧的壓縮量沒有來得及發(fā)生改變，故彈力不變.要注意在A離開墻壁后，B球的速度大于A球的速度,彈簧將被拉長，A將做加速運動,而B做減速運動.難度適中．

【解答】

AB、撤去F前，B球處于靜止狀態(tài),速度為零，彈簧彈力等于F,將

F

撤去的瞬間，速度不能發(fā)生突變，所以速度仍然為零，彈簧的壓縮量沒有來得及發(fā)生改變，故彈力不變,所以B球只受彈簧彈力,根據牛頓第二定律可知：a=Fm不等于零，所以B球的速度為零,加速度不為零，故A錯誤，B正確;

C、在彈簧第一次恢復原長時,B球的速度大于A球的速度，彈簧將被拉長，A受到彈簧的彈力A離開墻壁，故C錯誤;

D、在A離開墻壁后,B球的速度大于A球的速度，彈簧將被拉長，A將做加速運動，而B做減速運動,故D錯誤。

故選B如圖所示,滑輪A可沿傾角60°的足夠長軌道下滑,滑輪下用輕繩掛著一個重力為G的物體B，下滑時，物體B相對于A靜止，繩與豎直方向夾角為30°,則下滑過程中(不計空氣阻力)()A.A、B的加速度為gsin60° B。A、B的加速度為gsin30°

C.繩的拉力為D(＠樂陵一中）解：AB、以B為研究對象，受力情況如圖所示：

根據幾何關系可得合力大小為F合=12Gcos30°=mg3，

根據牛頓第二定律可得加速度大小為：a=F合m=33g=gtan30°，AB錯誤；

C、繩子的拉力大小為F=12Gcos30二、多選題（本大題共4小題，共24分）如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數都為μ.用大小為F的水平外力推動物塊P，記R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為k.下列判斷正確的是()A.若μ≠0，則k=56 B.若μ≠0，則k=35

C。若μ=0，則k=12 BD（＠樂陵一中）解：三物塊靠在一起,將以相同加速度向右運動；則加速度a=F-6μmg6m；

所以,R和Q之間相互作用力F1=3ma+3μmg=12F，Q與P之間相互作用力F2=F-μmg-ma=F-μmg-16F+μmg=56F；

所以，k=F1F2=12F56F如圖所示,輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點,懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態(tài).如果只人為改變一個條件，擋衣架靜止時，下列說法正確的是()

A.繩的右端上移到b'，繩子拉力不變

B.將桿N向右移一些，繩子拉力變大

C.繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小

D.若換掛質量更大的衣服，則衣服架懸掛點右移AB（@樂陵一中）解：如圖所示,兩個繩子是對稱的，與豎直方向夾角是相等的．

假設繩子的長度為X，則Xcosθ=L,繩子一端在上下移動的時候，繩子的長度不變，兩桿之間的距離不變，則θ角度不變；

AC、兩個繩子的合力向上,大小等于衣服的重力，由于夾角不變，所以繩子的拉力不變；A正確，C錯誤；

B、當桿向右移動后，根據Xcosθ=L,即L變大，繩長不變，所以θ角度減小,繩子與豎直方向的夾角變大，繩子的拉力變大,B正確;

D、繩長和兩桿距離不變的情況下，θ不變，所以掛的衣服質量變化,不會影響懸掛點的移動,D錯誤．

故選：AB．

繩子兩端上下移動時,兩桿距離不變，據此分析兩端繩子間夾角的變化情況，進而分析拉力的變化；

兩桿之間距離發(fā)生變化時,分析兩段繩子之間的夾角變化，進而分析拉力變化．如圖，物塊a、b和c的質量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連,通過系在a上的細線懸掛于固定點O.整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現將細線剪斷.將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為△l1和△l2A。a1=3g

B.a1=0

C?！鰽C（＠樂陵一中）解:A、B、對a、b、c分別受力分析如圖，

根據平衡條件，有:

對a：F2=F1+mg

對b：F1=F+mg

對c:F=mg

所以:F1=2mg

彈簧的彈力不能突變，因形變需要過程，繩的彈力可以突變，繩斷拉力立即為零。

當繩斷后，b與c受力不變，仍然平衡，故a=0;

對a，繩斷后合力為F合=F1+mg=3mg=maa，aa=3g方向豎直向下；故A正確，B錯誤。

C、D、當繩斷后，b與c受力不變，則F1=k△l1，△l1=2mgk如圖所示，有一斜面傾角為θ、質量為M的斜面體置于水平面上，A是最高點，B是最低點，C是AB的中點，其中AC段光滑、CB段粗糙。一質量為m的小滑塊由A點靜止釋放，經過時間t滑至C點,又經過時間t到達B點。斜面體始終處于靜止狀態(tài)，取重力加速度為g,則()A.A到C與C到B過程中，滑塊運動的加速度相同

B.A到C與C到B過程中，滑塊運動的平均速度相等

C。C到B過程地面對斜面體的摩擦力水平向左

D.C到B過程地面對斜面體的支持力大于(M+m)gBCD（＠樂陵一中）解:A、根據牛頓第二定律得：

AC段有：mgsinθ=ma1；

BC段有:mgsinθ-μmgcosθ=ma2；可知,A到C與C到B過程中,滑塊運動的加速度不同，故A錯誤。

B、根據平均速度公式v.=xt知，兩個過程的位移和時間均相等，則平均速度相等。故B正確。

C、設滑塊到達C和B的速度分別為vC和vB.根據平均速度相等有：0+vC2=vC+vB2，可得vB=0

說明滑塊由C三、填空題（本大題共1小題，共5分）如圖所示，在勁度系數為k的彈簧下端掛有一質量為m的物體，開始時用托盤托著物體，使彈簧保持原長.然后托盤以加速度a勻加速下降(a小于重力加速度g)，則從托盤開始下降到托盤與物體分離所經歷的時間為______．

2m(g-a)（@樂陵一中)解：當托盤以a勻加速下降時，托盤與物體具有相同的加速度，在下降過程中,物體所受的彈力逐漸增大，支持力逐漸減小,當托盤與物體分離時,支持力為零.設彈簧的伸長量為x，以物體為研究對象，根據牛頓第二定律有:

mg-kx=ma

所以：x=m(g-a)k

再由運動學公式，有：x=12at2

故托盤與物體分離所經歷的時間為：t=2m(g-a)ka四、實驗題探究題(本大題共2小題,共25分）某同學在研究性學習中，利用所學的知識解決了如下問題:一輕質彈簧豎直懸掛于某一深度為h=30.0cm且開口向下的小筒中(沒有外力作用時彈簧的下端位于筒內，用測力計可以同彈簧的下端接觸)，如圖甲所示,若本實驗的長度測量工具只能測量露出筒外彈簧的長度l，現要測出彈簧的原長l0和彈簧的勁度系數,該同學通過改變l而測出對應的彈力F,作出F-l圖象如圖乙所示，則彈簧的勁度系數為k=______N/m，彈簧的原長l0=______．200；20cm（＠樂陵一中）解:根據胡克定律F與l的關系式為：F=k(l+h-l0)=kl+k(h-l0),從圖象中可得直線的斜率為2N/cm，截距為20N,故彈簧的勁度系數為：

k=2N/cm=200N/m

由k(h-l0)=20N

于是：l0=20cm

故答案為：200；某學校老師在研究性學習課上給同學們講了兩彈簧串聯后的等效勁度系數彪與原兩彈簧勁度系數k1、k2的關系式為1k=1k1+1k2.該研究性學習小組為了證明這個結論的正確性，設計了如圖所示的實驗，即把兩根勁度系數分別為k1和k2的彈簧連接起來進行探究，已知重力加速度為g．

(1)某次測量指針曰如圖2所示，指鐘示數為______cm；

(2)設每個鉤碼的質量為m，若測量多次并計算得出每增加一個鉤碼指針A示數的平均伸長量為△xA確，指針B240；mg△xA+△（@樂陵一中)解：(1)彈簧刻度計的最小刻度為0.1,故需要估讀到下一位，故示數為240cm

(2)根據胡克定律可知k=mg△xA+△xB,k1=mg△xA,k2=mg△xB

故答案為:(1)240;(2)五、計算題（本大題共4小題，共48分）如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上,其上有一光滑圓柱C,三者半徑均為R.C的質量為m，A、B的質量都為m2，與地面的動摩擦因數均為μ.現用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面.整個過程中B保持靜止.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求：

(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；

(2)動摩擦因數的最小值μmin；

(3)A移動的整個過程中,拉力做的功W．解：(1)C受力平衡，如圖所示：

根據平衡條件可得:2Fcos30°=mg,

解得C受到B作用力的大小為：F=33mg；

(2)C恰好降落到地面時，B對C支持力最大為Fm，如圖所示,

則根據力的平衡可得：2Fmcos60°=mg，

解得:Fm=mg；

所以最大靜摩擦力至少為：fm=Fmcos30°=32mg，

B對的面的壓力為：FN=mBg+12mCg=mg，

B受地面的摩擦力為：f=μmg，

根據題意有:fm=f，

解得：μ=32，

所以動摩擦因數的最小值為:μmin=32;

(3)C下降的高度為：（＠樂陵一中）(1)根據共點力的平衡條件求解C受到B作用力的大小F；

(2)先根據共點力平衡條件求解B受到C水平方向最大壓力，再求出B對地面的壓力,根據摩擦力的計算公式求解；

(3)根據動能定理求解A移動的整個過程中，拉力做的功W．

本題主要是考查了共點力的平衡和動能定理，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答.運用動能定理解題時,首先要選取研究過程，然后分析在這個運動過程中哪些力做正功、哪些力做負功，初末動能為多少，根據動能定理列方程解答．

如圖甲所示，一輕繩上端系在車的左上角的A點，另一輕繩一端系在車左側面的B點，B點在A點正下方，A、B間距離為b，兩繩另一端在C點相連并系一質量為m的小球，繩AC長度為2b,繩BC長度為b.當地重力加速度為g，兩繩能夠承受的最大拉力均為3mg．

(1)若繩BC剛好被拉直時如圖乙所示，求此時車的加速度大小

(2)求在不拉斷輕繩的情況下，車向左運動的最大加速度．解：(1)當BC繩剛好被拉直時，BC拉力為零，根據幾何關系知,AC與豎直方向的夾角為45°，

根據牛頓第二定律得：mgtan45°=ma，

解得：a=gtan45°=10m/s2,方向向左．

(2)AC繩在豎直方向上的分力等于球的重力,隨著加速度的增大，AC繩的拉力不變,

則有：TACsin45°=mg，

T（＠樂陵一中）(1)當BC繩剛好拉直時,BC繩拉力為零，隔離對球分析,根據牛頓第二定律得出球的加速度，從而得出車的加速度大?。?/p>

(2)抓住AC繩在豎直方向的分力等于重力，得出AC繩的拉力不變,結合牛頓第二定律求出車向左的最大加速度．

解決本題的關鍵知道小球和車具有相同的加速度,隔離對小球分析，抓住臨界狀態(tài)，運用牛頓第二定律進行求解．

如圖所示，輕繩繞過定滑輪，一端連接物塊A,另一端連接在滑環(huán)C上，物塊A的下端用彈簧與放在地面上的物塊B連接，A、B兩物塊的質量均為m，滑環(huán)C的質量為M，開始時繩連接滑環(huán)C部分處于水平，繩剛好拉直,滑輪到桿的距離為L，控制滑塊C，使其沿桿緩慢下滑,當C下滑43L時，釋放滑環(huán)C，結果滑環(huán)C剛好處于靜止，此時B剛好要離開地面，不計一切摩擦，重力加速度為g．

(1)求彈簧的勁度系數；

(2)若由靜止釋放滑環(huán)C,求當物塊B剛好要離開地面時,滑環(huán)C的速度大小．解：(1)設開始時彈簧的壓縮量為x，則

kx=mg

設B物塊剛好要離開地面，彈簧的伸長量為x'，則

kx'=mg

因此x'=x=mgk

由幾何關系得

2x=L2+169L2-L=2L3

求得

x=L3

得

k=3mgL

(2)彈簧的勁度系數為k，開始時彈簧的壓縮量為x1=mgk=L3

當B剛好要離開地面時,彈簧的伸長量

x2=mgk=L3

因此A上升的距離為

h=x1+x（@樂陵一中）根據胡克定律求出壓縮量由幾何關系得知,a、b兩點間的距離等于彈簧B的壓縮量與彈簧C的伸長量之和，從而求勁度系數．

根據彈簧的形變量求出A上升的距離,C下滑的距離，根據機械能守恒求速度．

對于含有彈簧的問題，是高考的熱點,要學會分析彈簧的狀態(tài)，彈簧有三種狀態(tài):原長、伸長和壓縮,含有彈簧的問題中求解距離時，都要根據幾何知識研究所求距離與彈簧形變量的關系．

如圖所示,質量m1=2kg小物塊放在足夠長的質量m2=1kg的木板的左端，板和物塊間的動摩擦因數μ1=0.2，板和水平面間的動摩擦因數μ2=0.1，兩者均靜止?，F突然給木板向左的初速度v0=