第9讲 弹簧末端问题-2026年高考物理母题60讲

、高考物理母题60讲 始终受到向右的滑动摩擦力f=mg,滑动摩擦力的 大小和方向都不变，t2一t3时刻，小物块相对传送带 静止做匀速直线运动，合外力为零，水平方向没有其 他外力，所以摩擦力为零，D错误，C正确。 [答案]BC [衍生4][解析](1)由题意得，皮带长为：L=3m30 3m。工件速度达到x之前，从静止开始做匀加速 运动。 设匀加速运动的时间为t1,位移为0，有：x1=t= U 21, 设工件最终获得了与传送带相同的速度，则达到x 之后工件将做匀速运动，有：L一x1=w(t一t1), 解得：x=ot1=1.6m,故假设工件最终获得与传送 带相同的速度是正确的」 加建运动阶段的加追度为：a=光=2.5m/s, 在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有：ngcos0 -mgsin9=ma,解得：4=0.866。 (2)在时间t1内，传送带运动的位移为： x=wt1=1.6m, 工件运动的位移为：x1=vt1=t1=0.8m, 所以工件相对传送带运动的位移为： △x=x-x1=0.8m。 [答案](1)0.866(2)0.8m [衍生5][解析](1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦 力，其加速度为a1=mgsin9+ongcos日=g(sin9十 m cos8)=10m/s2, 加逢过程中1--1s1-0行-5m 达到0后，煤块受到向上的摩擦力，则 az-mgsin oumgcos =g(sin 0-ucos 0)=2 m/s, m 1 xy=L-1=5.25m2=ot2十2a2号， t2=0.5s, 煤块从A到B的时间为t=t1十t2=1.5s。 (2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长 △x1=vot1-x1=5m, 第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长 △x2=x2-ot2=0.25m, △x1与△x2部分重合，故痕迹总长为5m。 [答案](1)1.5s(2)5m [衍生6][解析](1)设工件在传送带上加速运动时 的加速度为a,则由牛顿第二定律有：mngcos0 ngsin日=ma,代入数据可得加速度为：a=gcos0- gsin 0=1 m/s2, 刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离 最小，且最小距离为：dm=7a2=子X1X1Pm 1 0.5m, 当工件匀速运动时两相邻工件相距最远， 则有：dmax=t=3.0m。 ·24 2)由于工件加速时间为t1=名=二83s,因此传 送带上总有三个(1=3)工件正在加速，故所有做加 速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力： Fn=3umgcos 0, 在滑动摩擦力作用下工件移动的距离为： 32 x=2a-2Xm=4.5m, 所以传送带上匀速运动的工件个数为： L-x_13.5-4.5=3, n d max 3 当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩 擦力Fo=mgsin0所以做匀速运动的工件对传送带 的总静摩擦力F2=2F附， 与空载相比，传送带需要增加的牵引力为：F=F1十F2 =3x25×1X10N+3X1×10N=3N. 5 [答案](1)0.5m3.0m(2)33N 第九讲弹簧末端问题 [母题呈现】 [例][解析](1)A静止于O点平衡时，有kxo=mg, 解得0=紧。 (2)小球A从P,点由静止释放后瞬间弹簧弹力为零， 设细线拉力大小为T,小球A的加速度大小为a,对小 球A进行分析，由牛顿第二定律得T=ma, 对小球B进行分析，由牛顿第二定律得mg一T=ma, 解得a=受。 (3)小球A静止于O点平衡时有kxo=mg, 在A,B组成的简谐振动中，振幅为A=0=, 根据对称性，小球A向右运动至最远点时，对A有 k2xo-F=ma1, 对B有F-mg=ma1,解得F=3, ng。 (④)ΛB系统的简瑞振动中，报幅为A=)=, 有对称性，小球A向右运动至最远点时弹簧仲长 2a0,细线断裂后，小球A到达0点时，有7m喝- 名6(2xo2-,解得w= /3m (5)细线断裂后A球单独做简谐振动，振幅变为 A'=2.x0=2ms, k 则A球单独做简谐振动的振动方程为xA=A'c0s 2π -2祭，则有-亭=w受 2π mg k k 当小球A向左经这O点时可得1=君+T=营√层 (n=0,1,2…)。 +2x1k [答案](1)m3(2) (3)号mg(4)g 3m 6)严+2m√(m=012… [衍生练习] [衍生1][解析]A.设斜面倾角为0，物块在沿斜面 下滑未接触弹簧时，有ngsin0=ma,所以接触弹簧 前，其加速度大小不变，由于一t图像的斜率为加 速度，所以图线前一段应该是一条倾斜的直线：在接 触弹簧到弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力相等 阶段有mgsin0一k.x=ma,由于弹簧形变量逐渐增 加，其加速度的大小逐渐减小，所以该段过程，做加 速度减小的加速运动，其该段过程图像的斜率应该 逐渐减小，图像趋于平缓：在接下来有kx一mngsin0 =ma,随着禅簧被进一步压缩，此时物块的加速度开 始反向增加，物体做加速度增加的减速运动，直至速 度为零，该过程图像斜率逐渐增大，故A错误；B.重 力做功改变重力势能，由于E。=mgh=mgxsin0重 力势能随着x线性减小，故B错误：C,物块接触弹簧 之前，弹簧弹力为零；接触弹簧之后，根据F=kx可 知其图像应该是线性的，故C错误：D.物块接触弹簧 之前，弹簧弹性势能为零：接触弹簧之后，弹簧弹性 势能随x逐渐变大，根据E弹=令kx2可知图像为开 口向上的抛物线形状，故D正确。 [答案]D [衍生2][解析]AB.小球做简谐运动，在平衡位置， 有1=E,解得A-装小球到达最右瑞时，建废为 零，此时弹簧的形变量为2倍A,即2A=25,故AB k 错误；C.由于电场力和弹力对小球做功，则小球的机 械能不守恒，故C错误：D.小球运动过程中有电场力 和弹簧弹力做功，则对于弹簧和小球系统，电势能和 重力势能以及动能总量守恒，即小球动能的改变量 弹性势能的改变量、电势能的改变量的代数和为零， 故D正确。 「答案]D [衍生3][解析]A外力F做功，系统机械能不守 恒，故A错误；B.缓慢推动，认为AB动能不变，A、B 弹簧、斜面组成的系统能量守恒。弹簧增加的弹性 势能等于系统减少的重力势能与F做功消耗的其他 形式能量之和，故B错误：C.撤去F瞬间，把AB作 为一个整体受力分析有F合=kx0-2 ngsin0,a= 全，解得a=0gsim0 2m 对B,由牛顿第二定律有FAB一ngsin0=ma, 得F管故C正确： D.分离问题要抓住两点：①分离时两物体间无弹力， ②分离时两物体的加速度相同；运用这两个结论就 可快速判断出A、B两物体会在弹簧达到原长时分 离，而2 ugsin9为初始时弹簧的压缩量，故D错误。 k [答案]C [衍生4][解析]A.从物体C移走后B做周期为T 的简谐振动，可知B第一次到最高点用时，故A正 确；B.B物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体 A对地面的压力恰好为零，由平衡条件得F弹=mg, B物体在最高点的加速度为a,由牛顿第二定律可得 F弹十mg=2g,故B错误；C.物块B在平衡位置 a= 时速度最大，则kx0=mg, ·24 高考物理母题60讲 此时弹簧被压缩0=竖。 k 到达最高点时弹簧伸长=， 则在最高点和在平衡位置时弹簧弹性势能相等，则 从速度最大位置到最高点由能量关系 m品=mg(x0十x), 1 解得最大速度Um=2g√？，故C正确；D.由对称性 可知当B在最低点时加速度为2g,方向向上，根据牛 顿第二定律F弹'-mg=m·2g,A对地面的压力大 小为FN=F弹'十mg=4mg,故D错误。 [答案]AC [衍生5][解析]AB.先对b球受力分析，受重力和 弹簧A的拉力，根据平衡条件，有弹簧A的拉力 F1=2mg,再对a、b球整体受力分析，受重力、水平 力F和弹簧B的拉力，根据平衡条件，有弹簧B的拉 力F2=c06=6mgF=3 ngtan60°=33mg, 根据胡克定律，有F1=k1x,F2=k2x,得k1:k2 =1:3,A正确，B错误；C.球b受重力和弹簧A的 拉力，撤去F的瞬间，重力和弹簧A的拉力都不变， 加速度仍然为零，处于平衡状态，C错误；D.球a原 来受重力、水平力F和两个弹簧的拉力，撤去F瞬 间，其余3个力不变，合外力与原来的F大小相等， 方向相反，a球加速度为a,=33mg=35g,D m 错误。 [答案]A [衍生6][解析]A.弹簧与小球组成的系统机械能 守恒，故在振动过程中，弹簧的弹性势能和小球的机 械能总和不变，故A错误； B.小球处于最高点时，弹簧的压缩量为 r1=mg=mg 小球处于最低点时，弹簧的伸长量为x2=3mg k 根据对称性可得2A=x1十x2, 解得小球的振福为A=5,故B正确： k C.小球平衡位置时，弹簧的伸长量为 0=2-A=贤， 小球在平衡位置时弹簧弹性势能为 E,=合kr6-mg2. 2k,故C错误； D.小球在简谐运动的最大位移处加速度最大，可知 小球在最高点或最低点时加速度最大，则有3mg mg=ma,解得小球的最大加速度为a=2g,故D 错误。 [答案]B [衍生7][解析](1)以A为研究对象，静止时，A的重 力沿斜面向下的分力与弹簧弹力相等，则m1gsin37°= kx,解得x=0.06ma (2)以A、B整体为研究对象，则绳拉力与A、B沿斜 面向下的分力大小相等，则拉力为F=(m1十m2) gsin37°=18N. 、高考物理母题60讲 (3)以A、B、C整体为研究对象，整体受到的B处线 拉力沿水平方向分力与C受到地面的摩擦力大小相 等，则F=Fcos37°=14.4N, 根据牛顿第三定律可知C对地面的摩擦力大小为 14.4N,方向水平向右。 (4)松开手瞬间，B所受弹簧弹力不变，根据牛顿第二 定律得m2gsin37°+k.x=m2a,解得a=9m/s2。 L答案](1)0.06m(2)18N(3)14.4N,方向水 平向右(4)9m/s2 第十讲多物体连接问题 [母题呈现] [例][解析](1)如果水平面光滑，以AB组成的系统 为研究对象，由牛顿第二定律得：a=F F m+2m 3m (2)如果水平面光滑，以B为研究对象，由牛顿第二定 律得，A对B的作月力：N=ma=子F。 (3)若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数 为，以系统为研究对象，由牛顿第二定律得： a-F-umg 3m (4)若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数 为4，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：N'-mg =ma',F-3mg=3ma"则物体A对B的作用力大小 为：N'-Fms+amg。 3 (5)以A,B整体为研究对象，由牛顿第二定律得，以B 为研究对象由牛顿第二定律得：N”一umg=ma”,则物 体A对B的作用力大小为：N=E 39 [答案]品(2)F3P 3m 3m (Pm+ms(6)号 3 [衍生练习] [衍生1][解析]A.两块木块之间只有弹力，无摩擦 力，故A错误；B.对整体进行受力分析，由牛顿第二 定律得F-10mg F F mg一20mg ·4mg=5ma, ，由于E未知，所以加速度无法求得结 解得：a=50m 果，故B错误：C.对前两块木块整体分析，由牛顿第 二定律得：F一20mg F ·2mg-F23=2ma,解得：F23 =0.62F,故C错误：D.对前三块木块整体分析，由 F F·2mg 牛频第二定律得：F-10mg·mg20mg F34=3a,解得：F34=0.38F,故D正确。 「答案]D [衍生2][解析]根据题意，由牛顿第二定律，对整体 有F-mng-mbg=(ma十m)a1, 对物体b有k.x一mhg=mba1·解得a1= F-mag一mg= F ma十mb ma+mb -ug,x=mo(atug) k miF k(ma十m)9 AB.如果恒力增大为2F,同理可得，两物体的加速度 为a2 -g>2a1, ma十mb 弹簧仲长量x'=m(a十g>,故AB错误： k ·24 F CD.若水平面光滑，同理可得a3一ma十m >a1,则弹 簧仲长量”=m miF k k(ma+m):故C正确，D 错误。 [答案]C [衍生3][解析]在水平面上时，对整体由牛顿第二 定律得F-(m1十m2)g=(m1十m2)a1,对m1由牛 顿第二定律得Fr1一u1g=m1a1,联立解得Fn= m1一F:在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得 m1十m2 F-u(m+m2)gcos 0-(m+m2)gsin 0=(m+ m2)a2,对m1由牛顿第二定律得FT2-m1gcos日- 1gn月=m12,联立解得下卫mmP:在竖直 方向时，对整体由牛顿第二定律得F一(m1十m2)g= (m1十m2)a3,对m1由牛顿第二定律得F3-m1g= @g,联立解得PTm什mP。综上分析可知，线 上拉力的大小始终不变且大小为mF,选项C m1+m2 正确。 [答案]C L衍生4们[解析]以A为对象，根据牛顿第二定律可 得T=ma,以B为对象，根据牛顿第二定律可得 Mg-T=Ma,联立解得T=12N,a=6m/s2,故A 正确，B错误；若仅将物块A、B互换位置，根据牛顿 第二定律可得T'=Ma',mg-T'=ma',联立解得T =12N,a'=4m/s2,故C错误，D正确。 「答案AD [衍生5][解析]设A、B运动的加速度大小为a,以 B为对象，根据牛顿第二定律可得2mg-T=2ma, 以A为对象，根据牛顿第二定律可得T-mgsin0一 ungeos0=ma,联立解得a=号，T=子mg。 [答案]BC [衍生6][解析]A.由于桌面光滑，则两木块一起向 右做加速运动，则木块A受到重力、支持力和摩擦力 三个力的作用，选项A错误：B.木块B受到重力、地 面的支持力、A对B的压力和摩擦力以及力F共五 个力的作用，选项B错误：C整体的加速度Q, 则木块A所受合力大小为FA=ma= 3,选项C正 喷；D.木块B受到A的压力为mg,摩擦力为f= 则作用力大小为FAB=√(mg)2十f产= √mg)+R,选项D错误。 [答案]C [衍生7][解析]若物体沿斜面匀速下滑或静止在斜 面上时，以整体为研究对象，则处于平衡状态，则水 平方向没有加速度，因此地面对物体没有摩擦力：物 体沿斜面加速下滑，以物块和斜面组成的整体为研 究对象，运动分析，水平方向存在向左分加速度，根 据牛顿第二定律得知，地面对斜面有向左的摩擦力； 即甲乙三角形木块受到地面的摩擦力为零，丙中三 角形木块受到地面的摩擦力不为零。 [答案]C [衍生8][解析]C.设绳子拉力为T,对B由牛顿第 二定律mg-T=ma, 对A由牛顿第二定律T=2ma, 联立可得a=冬，T=2,B错误： 3 A.对ABC整体应用牛顿第二定律，水平方向地面摩 擦力f=2ma=号mg,摩擦力方向与A加建度方向 一致，水平向右，A正确：C.物体C受到A的压力、 绳对滑轮作用力、地面支持力、重力、地面摩擦力，五 个力，C错误；D.对ABC整体应用牛顿第二定律，竖 直方向(M+3mg-V=ma,解得N=Mg+8> Mg+2mg,故地面对C的支持力大于(M+2m)g,D 错误。 [答案]A [衍生9][解析]根据题意，由牛顿第二定律可得 T=maA,T=2maB,解得aA:aB=2:1, 1 则路程之比4-20A =2,设B运动的路程为s,则 SB 1 2ant2 A运动的路程为2s,可知此时C运动的路程为1.5s,则 有aA:aB:ac=4:2:3,故A、C运动的加速度大 小之比为4：3，A正确，B错误；由v=at,可知vA: UB:UC=4:2:3, C下落过程ABC组成的系统机械能守恒 1 1 1 4mgh=zmv明+2·2m+z·4m呢， 6 解得√行gh,C错误，D正确。 [答案]AD [衍生10][解析](1)根据题意，设绳子拉力的大小 为F,由牛顿第二定律，对球b有3mg-F=3ma, 1 对球a有Fmg=ma,联立解得a7g,F号mg (2)由功能关系可得，球b的机械能的变化量 △E=-Fh=一2mgh。 3 (3)由功能关系可得，球a的机械能的变化量 △E=Fh=多mgA: (4)设球b落地时，球a的速度为，则有 =2ah球b落地后，设球a继续上升的高度为h', 则有2=2gd,联立解得=， 则球a能上升的最大高度为An=h+=三： 1 [答案]I受mg(2)-是h(3)号mg a6 第十一讲关联速度问题 「母题呈现] [例][解析](1)若v2=5m/s,船速大于水速。欲使 船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向：当船 头垂直河岸时，如图甲所示 ·24 高考物理母题60讲 甲 Imin=d=180 v25 =36s06√+7=25m/s. x1=v合tmin=90V5m。 ②欲使船渡河航程最短，合速度应沿垂直河岸方向， 如图乙所示 v合 a ￥1 有2sina=y1,得a=30°， 所以当船头与上游河岸夹角为60°时航程最短， x2=d=180m, i=d d 合02cos30=24V5s (2)若v2'=1.5m/s,船速小于水速，所以船一定向下 游漂移，设合速度方向与河岸下游方向夹角为0，则航 d 程13一川)欲使航程最短，需使0最大，如图丙所 示，以1矢量末端为圆心，2'大小为半径作圆，出发 点与圆周上某点的连线即为合速度方向，欲使合”与 水平方向夹角最大，应使合”与圆相切，即合”⊥2'， 2 A 0U 丙 n9=盟=号得9=37 所以船头应朝上游与河岸夹角为53°方向， t'=d d ,'12cos37=150s, v合"=1cos37°=2m/s, d 2g=sin37=300m. [答案](1)①朝垂直河岸方向36s90√5m ②与上游河岸夹角为60°245s180m(2)朝上 游与河岸夹角为53°方向150s300m [衍生练习] [衍生1][解析]将小车的 速度分解为沿绳子方向和 垂直于绳子方向，小车沿 绳子方向的速度等于物体 --0 A m8ogo A的速度，则物体A的速 度yA=cos:小车匀速向右运动时，0减小，则A的 速度增大，所以A加速上升，加速度方向向上，根据 牛顿第二定律有T一GA=MAa,可知绳子拉力大于 物体重力，B正确，A、C、D错误。 [答案]B 、高考物理母题60讲 [衍生2][解析]对A物体的速度沿着绳子方向与 垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度 大小为vAc0s30°对B物体的速度沿着绳子方向与垂 直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大 小为Bc0s60°由于沿着绳子方向速度大小相等，所 以则有VA cOS30°=Bcos60°因此B= VAC0s30° cos60° √3v,故A正确，BCD错误。 [答案]A [衍生3][解析]AB.设轻杆与竖直方向的夹角为0， 则y1在沿杆方向的分量为U1∥=1Cos日， 2在沿杆方向的分量为2∥=v2sin9, 而1∥=V2∥， 因示位置时，有co0m0- 解得此时甲、乙两球的速度大小之比为碧=3？，A U 错误，B正确： CD.当甲球即将落地时，有日=90°，此时甲球的速度 达到最大，而乙球的速度为零，CD错误。 [答案]B [衍生4][解析]AB.杆受半圆柱体的作用力如图 所示 因两接触运动物体沿接触弹力方向的分速度相等， 所以有osin日=v杆cos0,杆向下运动，0变大，tan0 变大，则y杆=otan0,变大，杆做加速直线运动，A 正确，B错误： CD.根据y杆=wtan0,得%：v样=1：tan0,C错误， D正确。 [答案]AD [衍生5][解析]将B,点的速度分解如图所示 00 根据运动的合成与分解可知，接触，点B的实际运动 为合运动，可将B点运动的速度B沿垂直于杆和沿 杆的方向分解成v2和v1,其中v2=vgsin0=vsin0, 2为B点做圆周运动的线速度。v1=vBcos0, 1为B点沿杆运动的速度。当杆与水平方向夹角为 9时OB=sm0' h 由于B点的线速度为v2=usin0=OB·w, 所以w=sin8_sin0 OB h 由于A、B在同一杆上绕O点做圆周运动，故A、B绕 O做圆周运动的角速度相同；所以A的线速度YA= Lw=Lsin20,A.C.D错误，B正确。 h [答案]B ·24 第十二讲抛体运动问题 [母题呈现] [例][解析](1)运动员甲从A点到B点做平抛运 动，水平方向的位移：x=0t1, 竖直方向的位移：y=2, 又有tan37°=义，代入数据解得：t1=3s,x=60m, x y=45m。 (2)运动员从飞出至落在斜面上的位移大小 s=√x2+y2=75m。 (3)运动员落在斜面上时速度的竖直分量 yy=gt1=10X3m/s=30m/s,运动员落到斜面上时 的速度大小=√/6+u,2=10√I3m/s。 (4)如图，设运动员在C点距离斜面最远，此时合速度 方向与斜面平行， 6￥02 C A B扬37 777 tan37°=2，印an37°=整，解得，=w·tan37 g 1.5s。 (5)运动员甲从A点到B点做平抛运动，水平方向的 位移：x=01,竖直方向的位移：y=2g, 又有tan37°=义，联立得t1= 2vtan 37 g 所以t1：t3= 2otan37°.2wtan37 =6:1=4：5。 g g (6)假设运动员丙恰能落到斜面上， 水平方向的位移：x2=u2t4, 竖直方向的位移：h三7好， 2>tam”37,所以与假设矛盾，运动员做平抛运动后 不能落到斜面上。 代入数据，得t1：t4= 2votan 37 g =3：25。 g [答案](1)3s(2)75m(3)10√13m/s (4)1.5s(5)4:5(6)3:2√3 [衍生练习] [衍生1][解析]AD.由逆向思维可知，篮球从篮筐 到a或b做平抛运动，由于出手时篮球的高度相同， 所以在无论篮球在a处投掷还是在b处投掷，篮球从 出手到击中篮筐的时间相等，根据加速度的定义可 知：在a处和b处篮球出手后到垂直击中篮板的过程 中，篮球的速度变化率相同，故A错误，D正确：BC. 篮球从在a处投掷运动的水平位移大于在b处投掷 运动的水平位移，水平方向，篮球做匀速直线运动， 则x=t。由于篮球运动时间相同，所以va>篮球 击中篮筐时的速度为水平方向的出手速度，所以在a 处投掷时，篮球击中篮框的速度更大，处出手的速 率大，故BC错误。 [答案]D [衍生2][解析]AC.设斜面倾角为0，由于两次均落 至斜面，位移偏角相同，可得tan日=y△= 282 TA vot ,可得落至斜面的位移为 gt 20 cos 2sin 0' 由题意可知两次的位移之比为1：9，故所用时间之 比为1：3，初速度之比为1：3，故A、C错误：B.甲 乙两球接触斜面的瞬间，速度的方向与水平方向夹 角a满足tana=2tan0,故落至斜面时速度方向相 同。故B正确；D.运动过程中速度变化量△0=g△t, 可知甲、乙两球速度变化量的方向始终竖直向下，均 与重力加速度g方向相同。故D错误。 [答案]B [衍生3】[解析]设炸弹的运动时间为1，A=弓， an53”-之=g,解得0=√2g [答案]C [衍生4][解析]如图所示，对在B点时的速度进行 分解，小球运动的时间t==an“,则A、B间的 g g 水平距离=t=哈1ama,故A正菊，BCD错误。 g [答案]A [衍生5][解析]要让小球落到挡板M的右边区域， 2△得t= 下落的高度为△h=h-h'=5m,由t 1s,由d1=vo1t,d2=v2t,得0的范图为10m/s o<20m/s,故C正确，A、B、D错误。 [答案]C [衍生6]「解析]A.小球在正方体内做类平抛运动， 只有当重力等于电场力时，小球才可以到达G点，故 gE=mg:E=,A正确：B.由运动学公式可得 g P=Bmg=ma:d=aid=:w√受.B错 1 误：C.由B可得1√受C错误，D小球运动到G点 时速度方向与水平面的夹角日满足tan日=；水平 方向分违度为A√：，=V2gdan0=25, 5gd 5 D错误。 [答案]A [衍生7][解析]AB.物块在光滑斜面受到重力和支 持力作用，根据牛顿第二定律可得ngsin0=ma,解 得a=gsin0,可知物块由P点以加速度匀加速运动 到Q点，故A错误，B正确；CD.物块沿斜面向下的 分运动为初速度为0，加速度为a=gsin0的匀加速 直线运动，则有1=7au,联立解得1入√gm 21 ·24 高考物理母题60讲 物块沿。方向的分运动为匀速直线运动，则有b= ,解得w=兰-6√故C错误，D正确。 [答案]BD [衍生8][解析]AB.若研究两个过程的逆过程，可 看作是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同 一高度上的篮球AB两，点，则篮球A上升的高度较 大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即篮球B 先落入篮筐中，故AB错误；C,因为两球抛射角相 同，篮球A的射程较远，则A球的水平速度较大，即 在最高，点的速度比篮球B在最高点的速度大，故C 错误；D.由斜抛运动的对称性可知，当篮球A、B上 升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D正确」 [答案]D [衍生9][解析]A.抛出的两谷粒在空中均仅受重 力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度 等于谷粒2的加速度，A错误：C.谷粒2做斜向上抛 运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故 位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动， 谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷 粒2运动时间较长，C错误：B.谷粒2做斜抛运动，水 平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度 即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移 相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度 较小即最高点的速度小于，B正确；D.两谷粒从O 点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速 度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速 度，D错误。 [答案]B [衍生10][解析]A.质子在匀强电场中受力恒定， 故加速度恒定，则质子从A到B的运动为匀变速运 动，故A正确，不符合题意；B.质子在匀强电场中做 抛体运动，设。与电场线的夹角为B,如图所示 E 在与电场垂直的方向上分速度相等， 则有asin B=%cos3,解得B=60°， 根据动能定理有gEL.cos60°=子m听-之m,解得 B二2之，故B正确，不符合题意； C.根据几何关系可得，AC的长度为Lsin60°= 则质子从A,点运动到B点所用的时间为t= vsin B =L,故C错误，符合题意； D.在匀变速运动过程中，当速度方向与静电力方向 鱼直时，废子的速度流小，有=sm日-，故 D正确，不符合题意。 [答案]C 、高考物理母题60讲 第十三讲水平面的圆周运动问题 「母题呈现] [例][解析](1)物体做圆周运动，由静摩擦力提供 向心力其大小为f=mwr。 (2)根据题意可知，小物块滑动之前，静摩擦力提供向 心力，则有mmg=mw2r,解得w√一 ,解得物块滑动 的临界角速度为如√侄，所以为了使物块不滑动， w2入Nr 8 (3)由(2)将物块P的临界角速度为up√一 ,物块Q 滑动的临界角速度为0√学，可知物块Q滑动的 临界角速度较小，则物块Q先滑动。 (4)根据题意可知，物块P、Q两物体必于同轴转动，则 角速度相等，根据F,=wr,物块Q需要的向心力较 大，随着ω增大，物块Q先达到最大静摩擦力，当物块 Q达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，根据牛 顿第二定律有mg=m··2,解得m√ g,可 知，当w入√2 时，绳子具有弹力，当物块P所受的摩 擦力达到最大静摩擦力时，物块P、Q相对于转盘会 滑动， 此时，对物块P有mg一T=mwr,对物块Q有umg 十T=ma·2,郎得√，可得当w√ 24g 时，物块P、Q相对于转盘会滑动。 (5)由(4得，当。>√停时，绳子开始出现拉力，此时， 对物块P有fp+T=mw2r,对物块Q有mg十T= mw2·2r,解得mg-fp=mw2r,可知，随着w增大， 物块P所受的静摩擦力逐渐减小，当减小为0后，随 着ω继续增大，物块P所受的摩擦力反向且逐渐增 大，当物块P所受的摩擦力达到最大静摩擦时，物块 P,Q相对于转盘会滑动，此时，对物块P有T一mg =mw·r,对物块Q有T十umg=mw·2r,解得w2 坠g,可知，当w>√时，物块P.Q相对子转盘 会滑动。 [答案](1)mw2r (2)/ (3)物块Q先滑动 V 6/ r [衍生练习 [衍生1][解析]A.车受到的地面的支持力方向垂 直地面，与车所在的平面不平行，故A错误：B.设自 行车受到地面的支持力为N,则有fm=uN, 由平衡条件，有N=Mg, 根搭牛领第二定律有f。=M资 代入数据解得m=√gR,故B正确；CD.地面对自 行车的支持力N与摩擦力f的合力过人与车的重 心，设0为自行车与地面的夹角，则， f "tan 0 Mgf= 山发好行部品示蜂步建度悬大，车 所在平面与地面的夹角越小，转弯时车与地面间的 静摩擦力不一定为Mg,C错误，D正确。 [答案]BD ·24 [衍生2][解析]由合力提供向心力得F一f=mwr, 由于弹力F不变，角速度增大，则摩擦力减小直到为 0:之后角速度继续增大，则摩擦力反向增大。 [答案]B [衍生3][解析]AC.根据题意可知，小木块滑动之 前，静摩擦力提供向心力，则有kmg=mwr,解得w= 竖，解得a滑动的临界角速度为m√， g,b滑动 的临界角稳度为一√爵，可如小木块b的清动的 临界角速度较小，则b一定比a先开始滑动，故AC 正确；B.、b做圆周运动的角速度相等，相对静止时， 由静摩擦力提供向心力，因为a、b运动的半径不同， 2kg∠ 可知静摩擦力大小不等，故B错误：D,当w √经，可知，小木块a未滑动，则静摩擦力提供向心 力，则有。=mo1=号mg,故D错误。 [答案]AC [衍生4幻[解析]A.根据题意可知，A、B两物体属于 同轴转动，则角速度相等，根据F,=mwr,可知，B物 体需要的向心力较大，随着ω缓慢增大，B先达到最 大静摩擦力，当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出 现弹力，根据牛顿第二定律有kmg=m·2lw,解得 助√竖可如，当√饶时，施子头有举力：故A 错误：B.当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时， A、B相对于转盘会滑动，设此时绳子的弹力为T,根 据牛顿第二定律，对A有kmg一T=mlw号，对B有 下+Kmg=m·2引3，解得经，可知，当w≥ 时，A,B相对于转盘会滑动，故B错误：CD,由 N 3L 上速分折可知，角连度m在0<<√饶范国内增大 时，AB所安的摩擦力变大，当气烧时B所受摩 kg∠w 擦力达到最大静摩擦力，保持不变，当ω在√ g,范图内增大时，B所受摩擦力不变，A所受 <3 kg,范国内 静摩擦力继续增大，即当ω在0<0<1√ 增大时，A所受摩擦力一直增大，故D错误，C正确。 [答案]C [衍生5][解析]A达到最大静摩擦力时的临界角速 度满足mAg=mAWBArA,解得A=2√5rad/s,同 理可得，B达到最大静摩擦力时的临界角速度为 wwB=√10rad/s,则当圆盘转动的速度逐渐变大时， B先达到角速度临界值，则物体B的摩擦力先达到 最大，选项A错误：当物体B的摩擦力达到最大，转 速再增加时，细线出现张力，即当w1=√0rad/s 时，细线开始出现张力，选项B错误；当A、B两物体 出现相对圆盘滑动时，物体B受到的摩擦力方向背 离圆心，物体A受到的摩擦力方向指向圆心，则对物 体A有T十mAg=mAwirA,对物体B有T-mBg =mpwirB,解得w1=5√2rad/s,选项C错误，D 正确。 [答案]D [衍生6][解析]摩托车做匀速圆周运 动，捉供圆周运动向心力的是重力mg 和支持力F的合力，如图所示，侧壁对摩 托车的支持力为F=则摩托奉对 侧壁的压力为F=mg mg cos 6' 根据牛顿第二定律可得 4π2 2 mgtan 0-ma-mTr-m 4π2r 解得a=gtan,T√gm0u=√grtan, 可知h越高，日不变，r越大，则摩托车对侧壁的压力 不变，摩托车做圆周运动的加速度不变，摩托车做圆 周运动的周期越大，摩托车做圆周运动的线速度越 大，故选C。 [答案]C [衍生7][解析]AB.对题图甲，A、B两小球分析，设 绳与竖直方向的夹角为日，绳长为1，小球的质量为 m,小球A、B到悬点的竖直高度为h,如图所示，则有 mg mg tan 0=moIsin 0, g g 解得uc00√六 可知小球A、B的角速度相同，由v=心可知，小球 A、B的线速度大小不同，A正确，B错误；C.对题图 乙，C、D两小球分析，设绳与竖直方向的夹角为《，小 球的质量为m,绳长为L,ng tan a=mw2 Lsin a, g w√L.cos a 又r=Lsin a, 由u=wr可知v√.cos a g ·Lsin a=√glsin atan a 小球C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同，绳长不 同，因此小球C、D线速度大小不同，C错误；D.设绳 上的拉力为T,水平方向则有ngtan a=ma, 竖直方向则有T cos a=mg, 联立解得a=gtan a,则有T=mg cos a 可知小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大 小相等，D正确。 [答案]AD [衍生8][解析](1)小球B始终静止，则T=mg,物 体A做匀速圆周运动的向心力大小F1=Mwr= 4N,对物体A受力分析可知T=f1=F1, 解得f1=2N,摩擦力方向沿绳指向圆心O。 ·24 高考物理母题60讲 (2)角速度取最大值时，物体A需要的向心力由绳的 拉力和最大静摩擦力的合力提供，则T十fm =Mwir, 又fm=Mg=4N,解得w2=√6rad/s, 转盘静止时T<fm, 故转盘静止时，小球B保持静止。故为使小球B保 持静止转盘绕中心O旋转的角速度的取值范围为0 ≤w≤√6rad/s。 [答案](1)2N(2)0≤w≤√6rad/s 「衍生9]「解析门(1)由题意可知，当绳子刚好出现拉 力时，静摩擦力提供向心力，物块所受的最大静摩擦 力大小为fm=mg=10N, 根据牛顿第二定律Fm=mwr=mnoLsin0, 解得1=5v6, 3 rad/s (2)物块刚要离开转台时，转台对物块的支持力恰好 为零，水平方向，根据牛顿第二定律Tsin37°= mw2Lsin37°， 竖直方向，根据平衡条件Tcos37°=mg, 联立解得w2=5rad/s。 8)由于2 rad/s<v20 rad/s<5 rad/s, 物块受力分析如图所示 水平方向Tsin0+f=moLsin0,竖直方向Tcos0+ N=mg,其中f=uN,联立解得T=10N。 [答秦]155rad/s(25ads（310N [衍生10][解析]铁环受力如图所示，则： x00 mg Fcos 0=F sin 0+mg,Fsin 0+F cos 0=mr )· 其中r=Isin Ocos0,又lcos0+lsin0=1.4l, 张立部得1华√层 [答案导√层 第十四讲坚直面的圆周运动问题 [母题呈现] [例][解析](1)要想让小球在竖直平面内恰好做完 整的圆周运动，一定要通过最高点，设小球通过最高 点的最小速度为飞mim,此时轻绳拉力恰好为零，由圆周 运动的向心力得mg=m· .吃≥nn=,所以，在 最高，点的速度v≥√g。 、高考物理母题60讲 (2)由(1)可知，小球恰好做完整的圆周运动时，最高 点速度飞min=√g,小球从最低点到最高点应用动能定 理得-mg·2以=7mmin-7m6,解得w=√区. (3)由(2)可知，当0≥√5g时，小球能在竖直平面内 做圆周运动而让轻绳一直不松弛。 另一种情况，当小球通过圆心所在水平面以下位置 时，如图所示 0's- A 、☒> 以E点为创，白向心力公式得T-mg00=加二，因 为重力的合力背离圆心，此时T>0,轻绳一直是张紧 的，所以小球只要不越过与圆心等高的B点就在圆轨 道上一直做往复运动，轻绳就不会松弛。 设小球恰能过B点，即B=0,则从A→B由动能定理 1 得-mg1=0-2m,解得A=√2g, 所以，让小球在竖直平面内运动而轻绳一直不松弛， 有两种情况：v≥√5g7或者vo≤√2g7。 (4)由(3)可知，√2gl<(0=√4.5gl)√5gl,所以 小球能越过B点但不能到达最高，点C,小球在BC段某 一位置轻绳会松弛，假设轻绳在D点松弛，则TD=0。 C、 D mgsin 0 o2 mg B A 在D点：m8as9=mX号 从A到D由动能定理得：-mgL(1十cos0)= 2m2 m喝，解得cos0=5 1 6 (5)小球为研究对象受力分析，所受圆轨道的支持力 和(3)问中轻绳的拉力作用效果是相同的，所以(3)问 中的结论也是小球在光滑轨道上运动而不脱离轨道 的条件：即h≥√5g7或者0≤√2g7。 (6)假设小球恰能运动到最高点，即=0，对小球从最 低点到最高点应用动能定理得一mg·2=0 1 m哈，解得0≥√4g,所以能使小球在竖直平面内 做完整的圆周运动，则应满足0≥√4gl。 [答案](1)≥W√gl(2)0=√5gl(3)w≤√2gl 或0≥V5g7(0c0s0=吾(5)w≥5g7或者 Yo≤√2gl(6)o≥√4gl ·24 [衍生练习] [衍生1门[解析]汽车在拱桥的最高点时，向心力由 重力和支持力的合力提供，当汽车通过拱桥顶点的 速度为10m/s时，根据牛频第二定律mg一子mg 3 1 吃 m,若支持力应为0，根据牛顿第二定律有mg=m二 联立解得v2=20m/s。 [答案]B [衍生2][解析]A.当2=a时，此时绳子的拉力为 2 零，物体的重力提供向心力，则mg=m尺，解得v2- gR,故a=gR, 圆周运动半径为R=a,故A正确；B.当2=2a时， 对物体受力分析，根据向心力方程得mg十b=m尺， 解得小球的质量为m= 一名，故B正确；C.小球经过最 2 高，点时，根据向心力方程得mg十Ft=mR 解得FT=R2-mg, 图乙图线的斜奉为=登，与小球的质量和圆周轨道 半径有关，故C错误：D.若小球恰好能做完整圆周运 动，即小球在最高点有FT=0,由图知=a,即v= √Q,故D错误。 [答案]AB [衍生3][解析]AB.在最高点，若v=0, 则F=mg=c, 若F=0,重力提供向心力，则mg=m尺=mR, 解得小球的质量g=是，m=迟，故AB错民：C.若 F=0,则2=a,则v2=b时，小球所受的弹力方向向 下，所以小球对管壁的弹力方向竖直向上，故C错 误：D.当2=b时，根据mg十P=m食，F=C=mg, 解得b=2gR, 2 当子=3b时，根据mg十F=mR, 解得F'=5mg,故D正确。 [答案]D [衍生4幻[解析]对A球，合外力提供向心力，设环对 A的支持力为FA,由牛顿第二定律有FA一mAg= m爱代入教格解得P=28N, 由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，为28N, 设B球对环的力为FB',由环的受力平衡可得 FB'+28+m环g=0, 解得FB'=一44N,符号表示和重力方向相反，由牛 顿第三定律可得，环对B球的力FB为44N,方向竖 直向下，对B球由牛顿第二定律有FB十mBg=mBR, 解得B=4m/s. [答案]B [衍生5][解析]A球B运动到最高点时，球B对杆恰 好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有mg=m21, 解得B=√2gL,故A错误；B.由于A、B两球的角 速度相等，由v=wr得：球A的速度大小为 n==?@,放B错送：CD.杆对A球的作 1 用力满足T一mg=m会，则T=子mg,B球到最高 点时，对杆无弹力，所以水平转轴对杆的作用力为1.5 mg,杆对O点的作用力为1.5mg,故C正确，D错误。 [答案]C [衍生6][解析](1)当弹力为零时，小球将脱离轨 道，设此，点与圆心连线与水平方向的角度为日，根据 动能定理知mg(R+Rsin0》=子m6-子m, 2 根据牛颜运动定律，由ngsin日=mR' 1 联立解得sin9=),w=2 -m/sa (2)由上分析可知，小球脱离轨道的位置与圆心连线 和水平方向间的夹角为30°，脱离后小球做斜抛运 动，根据速度的分解可知，在竖直方向上的分速度为 u=m0-号×91s= 4 -m/s, 可得小球脱离轨道后到达最高点的时间为 1=L=V g 40s。 [答案]1) 2m/s(2)2、 40 第十五讲斜面上的圆周运动问题 [母题呈现] [例][解析](1)当物体转到圆盘的最低，点，所受的 静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛 顿第二定律得ngcos30°-ng sin30°=mw品r, 解得wm /g(4cos30°-sin30) 10× 3×3_1 2 22=1rad/sa 2.5 (2)当小物体运动到最高点时，则有mngsin0一f= ma2R,解得f=2.5N,方向沿斜面向上，大小 为2.5N。 (3)小物体运动到与圆心等高的位置时，则有f= √mmR)+(mgin,解得f=吾N。 [答案](1)1rad/s(2)2.5N方向沿斜面向上 (3)36N [衍生练习] [衍生1][解析]AB.火车以某一速度v通过某弯道 时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和 N 支持力的合力提供向心力 ·24 高考物理母题60讲 由图可以得出F合=mgtan(0为轨道平面与水平面 的夹角)，合力等于向心力，故ngtan日m下，解得。 v=√gRtan0,故A正确，B错误：C.当转弯的实际 速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的 合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故 其外侧车轮轮缘会与铁轨外轨相互挤压，故C错误； D.根据几何关系可知当火车为设计速度时，铁轨对火 车的作用力等于火车实际造度大于设计连度时， 铁载对大车的作用力不等于。故D错误。 [答案]A 「衍生2]「解析]AB.当物体在最高点时，也可能受 到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方 向可能沿斜面向上（即背离圆心），也可能沿斜面向 下（即指向圆心），摩擦力的方向沿斜面向上时，w越 大时，小物体在最高，点处受到的摩擦力越小，故A错 误，B正确：CD.当物体转到圆盘的最低，点恰好不滑 动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的 重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的 摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力FN= ngcos30°， 摩擦力Ff=FN=mgcos30°， 又mngcos30°-mngsin30°=mw2R, 解得w=l.0rad/s,故C正确，D错误。 [答案]BC [衍生3][解析]小球恰好到达A点时的速度大小为 vA=0,此时对应B点的速度最小，设为VB,对小球 从A到B的运动过程，由动能定理有弓m暖 1 2mu=2 ngLsin a,解得vB=4m/s。 [答案]A [衍生4幻[解析]A.在最低点恰好相对圆盘静止，则 说明摩擦力达到最大静摩擦力，依题意有mgcos0 -mgsin 0=ma2R,u=2 tan 0, 解得有w贺，故Λ正确：C.当小物块运动到 C点时，只分析在圆盘平面内的受力，如图所示 -0 B120% mgsin0 据前面分析有向心力大小为mgsin 0=F向， 向心力与重力沿斜面向下的分力夹角为120°，根据 平行四边形定则，则向心力减去重力沿斜面向下的 分力即为物块所受到的静摩擦力，即有 f=ngsin0sin60°×2=√3 ngsin0,方向如图所示，但 不指向圆心，故B错误，C正确：D.小物块从B运动 到C的过程，动能不变，重力做负功，则摩擦力做正 功，根据动能定理有W1一mngsin OR(1一cos60°)=0， 解得W1=mRRsin0,故D错误。 [答案]AC第九讲弹 母题呈现 [例]如图所示，足够大wwO 的光滑水平桌面上，劲 度系数为k的轻弹簧一 端固定在桌面左端，另 一端与小球A拴接，当弹簧处于原长时，小 球A位于P点。将小球A用细线跨过光滑 的定滑轮连接小球B,桌面上方的细线与桌 面平行，此时小球A静止于O点，A、B两小 球质量均为m。现将小球A移至P点后由 静止释放，当小球A向右运动至速度为零 时剪断细线，此时小球B未接触地面。已知 弹簧的弹性势能E,-r2(k为弹簧的劲 度系数，x为弹簧的形变量)，弹簧振子的振 动周期T=2元√，重力加速度为g,空气阻 力不计，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)初始系统处于静止状态时弹簧的形变 量xo; (2)小球A从P点由静止释放后瞬间的加 速度大小a; (3)剪断细线前瞬间细线的张力大小F; (4)细线断裂后，小球A到达O点时的速度 大小； (5)从细线断裂开始计时，小球A从右向左 经过O点所用的时间t。 2 高考物理母题60讲 簧末端问题 知识链接 一、胡克定律 1.内容：在弹性限度内，弹簧发生弹性形变时， 弹力F的大小跟弹簧伸长（或缩短）的长度 x成正比。 2.表达式：F=kx。k叫作弹簧的劲度系数，由 弹簧自身的性质决定，单位是牛顿每米，用 符号N/m表示。x是弹簧长度的变化量， 不是弹簧形变以后的长度。 3.仅知道弹簧弹力大小时，弹簧可能处于拉伸 状态，也可能处于压缩状态，两种情况都要 考虑。 二、理想模型 1.轻弹簧 轻弹簧是一种理想化模型，弹簧自身重力可 以忽略不计。在弹簧发生形变的过程中，两 端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最 大时，两端连接体的速率相等。轻弹簧剪断 细绳瞬间弹力不会突变。 2.弹簧振子 (1)位移：总是从平衡位置指向振子位置即总 是背离平衡位置，是矢量。 (2)速度：小球在平衡位置速度最大，在最大位 移处，速度为零。小球每次经过同一位置， 位移相同，速率相等，速度方向可能不同。 三、弹簧弹力做功 1.弹力做功特点：随弹簧形变量的变化而变 化，还因弹簧的不同而不同。 2.弹力做功的计算 (1)平均力法：W=Fx。 (2)图像法：F一x图像的“面积”。F一x图像 中图形的“面积”表示弹力做功的值，即弹 性势能的值。 四、弹性势能 1.定义：发生弹性形变的物体的各部分之间， 由于有弹力的相互作用，也具有势能，这种 势能叫作弹性势能。 2.大小：弹簧的弹性势能跟弹簧的形变量及劲 度系数有关，形变量越大，劲度系数越大，弹 性势能就越大。 、高考物理母题60讲 五、弹力做功与弹性势能变化的关系 1.弹性势能的改变仅与弹力做功有关。当弹 簧弹力做正功时，弹簧的弹性势能减小，弹 性势能变成其他形式的能；当弹簧的弹力做 负功时，弹簧的弹性势能增大，其他形式的 能转化为弹簧的弹性势能。这一点与重力 做功跟重力势能变化的关系相似。弹力做 功与弹性势能的变化具有一一对应关系，弹力 做多少正（负）功，就减少（增加）了多少弹性 势能。 2.弹力做功与弹性势能变化的关系为W弹= -△E。 衍生练习 [衍生1]如图所示，轻弹簧 下端固定在光滑斜面底端， 小物块从斜面顶端由静止滑下并压缩弹簧， 弹簧始终处于弹性限度内，则物块下滑过程 中，物块的速度、重力势能E。、弹簧的弹力 F、弹性势能E弹随时间t或位移x的关系图 像可能正确的是 E [衍生2] 一根用绝缘 材料制成的轻弹簧， 劲度系数为k,一端固 分w 定，另一端与质量为m、带电量为+q的小 球相连，静止在光滑绝缘的水平面上，当施 加一水平向右的匀强电场E后（如图所 示)，小球开始作简谐运动。关于小球运动 有如下说法，其中正确的是 ( A.小球的速度为零时，弹簧伸长95 且小球微简谐运动的振幅为变 C.运动过程中，小球的机械能守恒 D.运动过程中，小球动能的改变量、弹性 势能的改变量、电势能的改变量的代数 和为零 [衍生3]如图所示，倾角 F 为0、底端有挡板的光滑 斜面固定在水平地面 0入 上，劲度系数为k的轻质弹簧一端拴在挡 板上，另一端与物体A连接，弹簧与斜面 平行，A、B质量均为，物体B紧贴着A 但不粘连，两者静止在斜面上。现用沿斜 面向下的外力F缓慢推动物体B,当弹簧 的总压缩量为x。时撤去F。已知重力加 速度为g,则 ) A.外力F作用的过程，A、B及弹簧组成的 系统机械能守恒 B.外力F作用的过程，外力F做的功等于 弹簧增加的弹性势能 C.撤去外力F瞬间，A对B的作用力大小 为号 D.若A、B向上运动过程中分离，则分离时 弹簧的压缩量为2 ngsin日 [衍生4幻（多选）如图所示，质量 周 均为m的两物体A、B用劲度系 数为k的轻质弹簧拴接，物体C 叠放在物体B上，系统处于静 止状态。现将C瞬间取走，余下系统做周 期为T的运动。已知B到最高点时，物体 A对地面的压力恰好为零，弹性势能的表 达式为E,=2x,其中x为弹簧的形变量， 重力加速度为g。下列说法正确的是() A.从物体C移走到B第一次到最高点用 时号 B.物体B运动到最高点时的加速度大小 为3g C.物体B的最大速度大小为2g m D.物体B运动到最低点时，A对地面的压 力大小为5mg [衍生5]如图所示，质量为 m的小球a和质量为2m 的小球b用轻弹簧A、B连 接并悬挂在天花板上保持 静止，水平力F作用在a o 上使a缓慢移动，当B与竖直方向夹角为 60°时，A、B伸长量刚好相同。若A、B的 劲度系数分别为k1、k2,重力加速度g。则 以下判断正确的是 ( A.k1:k2=1:3 B.k1:k2=1:2 C.撤去F的瞬间，b球的加速度大小等于 重力加速度g D.撤去F的瞬间，a球的加速度大小等于 重力加速度g [衍生6]如图甲所示，劲度系数为k的轻弹 簧下端挂一质量为m的小球（可视为质 点)，小球在竖直方向上做简谐运动，弹簧 对小球的拉力F随时间变化的图像如图 乙所示。已知弹簧弹性势能的表达式为 E,=x,x为弹簧的形变量，重力加速 度为g。下列说法正确的是 F个 M 3mg WWWW 甲 A.在振动过程中，弹簧的弹性势能和小球 的动能总和不变 B.小球的振幅为2m [归纳提升] ·31 高考物理母题60讲 C.小球在平衡位置时弹簧弹性势能 为2 D.小球的最大加速度为3g [衍生7]如图，物体A、B、C的质量分别为 m1=1kg、m2=2kg、m3=3kg,A、B之间 用劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧连 接，斜面体C置于粗糙的水平面上，斜面的 倾角为37°且光滑。某人用绕过光滑定滑 轮的轻绳拉着物体B,使A、B、C整体处于 静止状态。已知sin37°=0.6，重力加速度 取g=10m/s2。求： B w (1)弹簧的伸长量； (2)轻绳的拉力大小； (3)物体C对地面的摩擦力； (4)在人松开绳子瞬间，物体B的加速度 大小。