发布时间 : 星期四 文章2012新课标最新高考物理典型方法、习题 - 图文更新完毕开始阅读
由①、②可得a?g3?g ?64cos30（2）对物块A：mgsin30???mgcos30??ma ③
??tan30??3?1a??0.244
3gcos30?3.解：（1）振幅很小时，A、B间不会分离，将A和B整体作为振子，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得kx0?(mA?mB)g
得形变量x0?(mA?mB)g(0.1?0.1)?10?m?0.01m?1cm
k200平衡位置距地面高度h?l0?x0?(5?1)cm?4cm
（2）当A、B运动到最低点，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，设振
幅为A
k(A?x0)?(mA?mB)gkA200?0.005最大加速度am???m/s2?5m/s2
mA?mBmA?mB0.1?0.1取B为研究对象，有N?mBg?mBam
得A、B间相互作用力N?mBg?mBam?mB(g?am)?0.1?(10?5)N?1.5N 由牛顿第三定律知，B对A的最大压力大小为N??N?1.5N（1分）
（3）为使B在振动中始终与A接触，在最高点时相互作用力应满足：N?0
取B为研究对象，mBg?N?mBa，当N=0时，B振动的加速度达到最大值，且最
??g?10m/s2（方向竖直向下） 大值am因am?A?am?B?g，表明A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，弹簧处于原长
A??x0?1cm 振幅不能大于1cm
4.解：（1）系统处于平衡位置时，弹簧压缩?x1，则2mg?k?x1
2mg2?2?10??0.10mk400
盒子的振幅为A??x1??x2?0.10?0.10?0.20m
?x1? （2）B运动到平衡位置时速度最大，从最高点到平衡位置的过程中，弹力做的正功与负功相等，总功为零 由动能定理：
2mgA?0??Ek?1?2m?v2m2
?vm?2gA?2?10?0.20?2m/s
5.解：m2恰好离开地面的临界条件是弹簧比原长再伸长x2，且kx2?m2g和m1速度为零．
(1) 应用简谐振动的对称性求解：m2不离开地面，m1做简谐振动，
m2g2m1g?A?x?x?x?xkk 1220 则振幅：
加压力F时 F?m1g?kx1 F?kx1?m1g?(m1?m2)g
(2)应用动能定理求解：对撤去力F至m2恰好离开地面全过程作用由动能定理得：
X1?x2?2x0?kx1?0kx?0x1?2x2?022 kk2?m1g(x1?x2)?x12?x2?022① ?m1g(x1?x2)?加压力F时 F?m1g?kx1② 由①②解得：F?(m1?m2)g
6.解：B触地时，弹簧为原长，A的速度为：v?2gh
A压缩弹簧，后被向上弹起弹簧又恢复原长时，因机械守恒，可知A的速度仍为：
V?2gh
A继续向上运动拉伸弹簧，设法VA=0时弹簧伸长量为x，则要使此时B能被提前离地面，应有：kx=Mg
而在此弹簧被拉伸的过程对A和弹簧有：由上几式可解得：h?11mV2?mgx?kx2 22MgM?2m? K2m
7.解：（1）设弹簧第一次恢复自然长度时B的速度为 vB
以A、B弹簧为系统动量守恒（mA+mB）v0=mB vB①
机械能守恒：
（mA+mB）v02+Ep=mB vB2②
由①、②解出Ep=③
（2）设以后运动过程中B的速度为0时，A的速度为vA，此时弹簧的弹性势能为Ep′，用动量守恒（mA+mB）v0=mA vA ④
机械能守恒
（mA+mB）v2+Ep=mAvA2+ Ep′⑤
由④、⑤解出
因为mA＜mB 所以Ep′＜0
⑥
弹性势能小于0是不可能的，所以B的速度没有等于0的时刻 8.解：（1）释放后，在弹簧恢复原长的过程中B和C和一起向左运动，当弹簧恢复原长后B和C的分离，所以此过程B对C做功。
选取A、B、C为一个系统，在弹簧恢复原长的过程中动量守恒（取向右为正向）：
mAvA?(mB?mC)vC?0 ①
1122mAvA?(mB?mC)vC?W?72J ② 2212W??18J W??mCvC∴B对C做的功： ③ （2分） 联立①②③并代入数据得：
2系统能量守恒：
（2）B和C分离后，选取A、B为一个系统，当弹簧被压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，此时A、B具有共同速度v，取向右为正向,
由动量守恒：mAvA?mBvB?(mA?mB)v弹簧的最大弹性势能：EP?(vB?vC)④
11122mAvA?mBvB?(mA?mB)v2 ⑤ 222联立①②④⑤并代入数据得：Ep=48J
9.解.（1）a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点的速度分别为va??gR ① vb??gr ②
由动量守恒定律mava?mbvb③
机械能守恒定律1mava2?1mava??mag2R ④ 1mbvb2?1mbvb??mbg2r ⑤
2222
联立①②③④⑤得 ma?vb?r
mbvaR （2）若ma?mb?m，由动量守恒定律得va?vb?v
当a球恰好能通过圆轨道的最高点时，E弹最小， E弹?(1mgR?mg2R)?2?5mgR
210.解：（1）设每个小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然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） 11122 解得u1mu12?mu2?mu0222?u0,u2?0或u1?0,u2?u0
由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使
左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解：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，mv1?mv1?0
?
11?2?E0 解得v?mv12?mv1122E0?EE?,v1??0或v1??0,v1?mmmE0
.m在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解：v1??E0,v1??E0 振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速
mm度变为0，左端小球速度仍为v1，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度为v10，根据动量守恒定律：2mv10?mv1
11122用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有mv10?mv10?E1?mv12
222解得E1?1E0 411.解.设托盘上放上质量为m的物体时，弹簧的压缩量为x，则mg=kx ①
由全电路欧姆定律知：I?E②（4分）
R?R0?rx③ LR由部分电路欧姆定律知：U=I·R′=I·
联立①②③求解得：m?kL(R0?R?r)U④
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