专题4.1 弹簧模型(解析版)

第页重点模型与核心问题深究专题4.1弹簧模型目录TOC\o"1-3"\h\u模型一静力学中的弹簧模型 1模型二动力学中的弹簧模型 2模型三与动量、能量有关的弹簧模型 5专题跟踪检测 9模型一静力学中的弹簧模型静力学中的弹簧模型一般指与弹簧相连的物体在弹簧弹力和其他力的共同作用下处于平衡状态的问题，涉及的知识主要有胡克定律、物体的平衡条件等，难度中等偏下。【例1】如图所示，一质量为m的木块与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在斜面顶端。木块放在斜面上能处于静止状态。已知斜面倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。弹簧在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则()A．弹簧可能处于压缩状态B．弹簧的最大形变量为eq\f(3mg,5k)C．木块受到的摩擦力可能为零D．木块受到的摩擦力方向一定沿斜面向上【答案】C【解析】木块与斜面间的最大静摩擦力fmax＝μmgcosθ＝0.4mg，木块重力沿斜面方向的分力为G1＝mgsinθ＝0.6mg，由G1>fmax可知，弹簧弹力的方向不可能向下，即弹簧不可能处于压缩状态，故A错误；弹簧有最大形变量时满足G1＋fmax＝kΔxm，解得Δxm＝eq\f(mg,k)，故B错误；当G1＝F弹时，木块受到的摩擦力为零，故C正确；当G1>F弹时，木块受到的摩擦力沿斜面向上，当G1<F弹时，木块受到的摩擦力沿斜面向下，故D错误。【规律方法】(1)弹簧的最大形变量对应弹簧弹力的最大值。(2)当木块刚好不上滑时所受静摩擦力达到最大值，此时弹簧弹力最大。【分类训练】类型1形变情况已知的弹簧模型1.木块A、B分别重50N和70N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2，与A、B相连接的轻弹簧被压缩了5cm，系统置于水平地面上静止不动，已知弹簧的劲度系数为100N/m。用F＝7N的水平力作用在木块A上，滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力。如图所示，力F作用后()A．木块A所受摩擦力大小是10NB．木块A所受摩擦力大小是2NC．弹簧的弹力是12ND．木块B受摩擦力大小为12N【答案】B【解析】：A木块与地面间的最大静摩擦力为：fAm＝μGA＝0.2×50N＝10N；B木块与地面间的最大静摩擦力为：fBm＝μGB＝0.2×70N＝14N；未加F时，木块A、B受力平衡，所受静摩擦力等于弹簧的弹力，而弹簧弹力为F1＝kx＝100N/m×0.05m＝5N；施加F后，对木块A有：F＝F1＋Ff，解得Ff＝2N<fAm，则此时两物块仍静止，选项A错误，B正确；此时弹簧的弹力仍为5N，木块B受摩擦力大小仍为5N，选项C、D错误。类型2形变情况未知的弹簧模型2.如图所示，原长分别为l1和l2、劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直的悬挂在天花板下，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端悬挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态。现用一个质量为m的平板把下面的物体竖直地缓缓向上托起，直到两个弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，这时平板受到下面的物体的压力大小是()A．m1g＋eq\f(k1m2g,k1＋k2) B．m2g＋eq\f(k2m1g,k1＋k2)C．m2g＋eq\f(k2m1gl1,k1＋k2l2) D．(m1＋m2－m)g＋eq\f(k1m2g,k1＋k2)【答案】B【解析】：当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，下面弹簧的压缩量应等于上面弹簧的伸长量，设为x，对m1受力分析得：m1g＝k1x＋k2x；对m2受力分析得：FN＝m2g＋k2x，根据牛顿第三定律，有FN＝FN′，联立解得：FN′＝m2g＋eq\f(k2m1g,k1＋k2)，故选B模型二动力学中的弹簧模型动力学中的弹簧模型主要涉及关联物体在弹簧作用下的运动，该运动过程中弹簧的弹力往往是变力，物体的加速度、速度等物理量均与弹簧的形变量有关，试题难度中等。)【例2】如图甲所示，一根质量可以忽略不计的轻弹簧，劲度系数为k，下面悬挂一个质量为m的砝码A。手拿一块质量为M的木板B，用木板B托住A向上压缩弹簧到一定程度，如图乙所示。此时如果突然撤去木板B，则A向下运动的加速度为a(a>g)。现用手控制使B以加速度eq\f(a,3)向下做匀加速直线运动。(1)求砝码A做匀加速直线运动的时间；(2)求出砝码A做匀加速直线运动过程的起始和终止时刻手对木板B的作用力大小的表达式。【解题指导】(1)木板B与砝码A脱离之前，砝码A做加速度为eq\f(a,3)的匀加速直线运动。(2)木板B与砝码A脱离瞬间，相互作用力为零。【答案】(1)2eq\r(\f(m,k))(2)F1＝Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(a,3)))＋eq\f(2ma,3)F2＝Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(a,3)))【解析】(1)设最初弹簧被压缩的长度为x0，根据牛顿第二定律对A有kx0＋mg＝ma解得x0＝eq\f(ma－g,k)设A和B以加速度eq\f(a,3)向下做匀加速运动过程的终止时刻弹簧的压缩量为x1，根据牛顿第二定律对A有kx1＋mg＝eq\f(ma,3)解得x1＝eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－g)),k)设A和B一起做匀加速运动的时间为t1，在这段时间内，A运动的位移为s＝x0－x1根据s＝eq\f(1,2)·eq\f(a,3)t12解得t1＝2eq\r(\f(m,k))。(2)起始时刻A受三个力，满足mg＋kx0－N1＝eq\f(ma,3)B受三个力，满足Mg＋N1－F1＝eq\f(Ma,3)又kx0＋mg＝ma联立解得F1＝Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(a,3)))＋eq\f(2ma,3)A与B脱离时B受两个力，满足Mg－F2＝eq\f(Ma,3)解得F2＝Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(a,3)))。【题后总结】(1)木板B与砝码A脱离瞬间弹簧不一定处于自然伸长状态。(2)物体间脱离的标志是相互作用力为零，此时两物体的加速度、速度均相同。【分类训练】类型1与弹簧相连的物体间作用力变化分析1．[多选]如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图像可能正确的是()【答案】BD【解析】：设A、B向右做匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，F­x图像可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN­x图像是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－eq\f(mAa,k)<x0，因此B和D是可能正确的。类型2与弹簧相连的物体速度与加速度变化分析2．[多选]如图所示，以大小为eq\f(1,2)g的加速度加速下降的电梯地板上放有一质量为m的物体，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在电梯壁上，另一端与物体接触(不粘连)，弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了L，撤去F后，物体由静止向左运动2L后停止运动。已知物体与电梯地板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则撤去F后()A．与弹簧分离前，物体相对电梯地板运动的加速度大小越来越大B．与弹簧分离后，物体相对电梯地板运动的加速度大小越来越小C．弹簧压缩量为eq\f(μmg,2k)时，物体相对电梯地板运动的速度最大D．物体相对电梯地板做匀减速运动的时间为2eq\r(\f(L,μg))【答案】CD【解析】：撤去F后，物体在水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，故水平方向的合外力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，故物体相对电梯地板先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体与弹簧分离后，物体在水平方向上只受滑动摩擦力，加速度不变，做匀减速运动，A、B错误；因为电梯向下做匀加速直线运动，故有mg－N＝m·eq\f(1,2)g，解得N＝eq\f(1,2)mg，当弹簧的弹力和摩擦力相等时，物体水平方向上的速度最大，有μN＝kx，解得x＝eq\f(μmg,2k)，即弹簧压缩量为x＝eq\f(μmg,2k)时物体相对电梯地板运动的速度最大，C正确；水平方向上，物体离开弹簧后做匀减速直线运动，弹簧被压缩了L，而物体的总位移大小为2L，所以物体做匀减速直线运动的位移大小为L，离开弹簧后，物体相对电梯地板的加速度为a′＝eq\f(μN,m)＝eq\f(1,2)μg，因为末速度为零，所以L＝eq\f(1,2)a′t2，解得t＝2eq\r(\f(L,μg))，D正确。模型三与动量、能量有关的弹簧模型与动量、能量有关的弹簧模型常涉及碰撞问题和弹簧弹力做功问题，因弹力为变力，一般不直接用功的定义式确定其功的大小，因此，常应用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律来间接求解弹力做功或弹性势能。【例3】如图所示，质量为mB＝1kg的物块B通过轻弹簧和质量为mC＝1kg的物块C相连并竖直放置在水平地面上。系统处于静止状态，弹簧的压缩量为x0＝0.1m，另一质量为mA＝1kg的物块A从距弹簧原长位置为x0处由静止释放，A、B、C三个物块的中心在同一竖直线上，A、B相碰后立即粘合为一个整体，并以相同的速度向下运动。已知三个物块均可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力可忽略不计。(1)求A、B相碰后的瞬间，整体共同速度v的大小。(2)求A、B相碰后，整体以a＝5m/s2的加速度向下加速运动时，地面对物块C的支持力FN。(3)若要A、B碰后物块C能够离开地面，则物块A由静止释放的位置距物块B的高度h至少为多大？【解题指导】解答本题应把握以下关键点：(1)物块A与B碰撞之前只有重力做功。(2)物块A与B的碰撞为完全非弹性碰撞，但损失的机械能没有转化为弹簧弹性势能。(3)物块A与B碰撞后，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒。【答案】(1)1m/s(2)20N，方向竖直向上(3)0.08m【解析】(1)A由静止释放到与B碰撞前，由动能定理得mAg·2x0＝eq\f(1,2)mAv02－0由于A与B碰撞结束后粘合为一个整体，则对A与B组成的系统，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v代入数据解得v＝1m/s。(2)A、B相碰后，对A与B整体应用牛顿第二定律得(mA＋mB)g－F弹＝(mA＋mB)a对C受力分析得FN＝mCg＋F弹代入数据解得FN＝20N，方向竖直向上。(3)对A从静止释放到与B碰撞前，由机械能守恒定律得mAgh＝eq\f(1,2)mAv12－0对A与B碰撞的过程，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v共从A、B碰后到C恰好离开地面的过程，初态弹簧弹性势能等于末态弹簧弹性势能若C恰好能离开地面，根据能量守恒定律得eq\f(1,2)(mA＋mB)v共2＝(mA＋mB)·2x0解得h＝0.08m，所以h至少为0.08m。【方法规律】(1)两物体发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。(2)因碰撞时间极短，碰撞瞬间物体并没有发生明显位移，即与物体相连的弹簧形变量没有发生变化，故系统碰撞损失的动能并没有转化为弹性势能。【例4】(2022·湖北省重点中学4月联考)如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是()A.弹簧的最大弹性势能为eq\f(1,2)mv2B.弹簧的最大弹性势能为eq\f(1,4)mv2C.弹簧对小车做的功为eq\f(1,4)mv2D.弹簧对小球做功为eq\f(1,2)mv2【答案】B【解析】当小球和小车的速度相同时弹簧的弹性势能最大，取向左为正方向，由系统动量守恒和机械能守恒分别有mv＝2mv′，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)·2mv′2＋Ep，联立得到弹簧最大的弹性势能为Ep＝eq\f(1,4)mv2，A错误，B正确；设小球与弹簧分离时，小车和小球的速度分别为v1和v2，由系统动量守恒和机械能守恒分别得到mv＝mv1＋mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1＝v，v2＝0，对小车，由动能定理得弹簧对小车做的功W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0＝eq\f(1,2)mv2，C错误；对小球，由动能定理得弹簧对小球做的功为W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mv2＝0－eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(1,2)mv2，D错误。【规律与方法】在处理与轻弹簧相关的动量守恒问题中，物体与弹簧相互作用时，弹簧弹力一般是变力，若将弹簧及其两端的物体作为系统，弹簧弹力是内力，系统动量守恒时不讨论弹簧弹力的变化，处理此类问题时要注意以下三点：(1)与弹簧两端相连的两个物体速度相等时，弹簧的长度最长或最短，此时弹簧中储存的弹性势能最大。(2)对于碰撞问题，由于碰撞时间极短，碰撞过程中物体的位移忽略不计，弹簧的长度来不及变化，弹性势能不变。(3)由于弹簧一般会发生弹性形变，涉及弹性势能的变化问题时，还要运用能量守恒定律解题。【分类训练】类型1功能关系中的弹簧模型1.(2022·河北衡水3月联考)如图所示，半径R＝0.42m的光滑圆环沿竖直方向固定放置，O为圆心，A为圆环最高点。轻弹簧劲度系数k＝200N/m，一端固定在A点，另一端与穿在圆环上的小球连接。弹簧原长时，小球位于B点，弹簧与竖直直径成53°角。静止释放小球，当小球运动至C点时，其速度达到最大，速度值为v＝1.2m/s，此时弹簧与竖直直径成37°角。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，计算结果均保留一位小数，下列说法正确的是()A.小球的质量为1.5kgB.小球由B至C，其重力势能减少了4.9JC.小球由B至C，其机械能减少了6.8JD.小球由B至C，其机械能减少了1.5J【答案】B【解析】由题意可知小球运动至C点时所受合外力为零，如图所示，根据胡克定律可知此时弹簧弹力大小为T＝k·2R(cos37°－cos53°)＝33.6N，根据力的矢量三角形与几何三角形相似可知eq\f(T,2Rcos37°)＝eq\f(mg,R)，解得小球的质量为m＝2.1kg，故A错误；小球由B至C，其重力势能的减少量为ΔEp＝mgh＝mg(2Rcos237°－2Rcos253°)＝4.9392J≈4.9J，故B正确；小球由B至C，设除重力之外的力对小球做功的代数和为W，根据动能定理有eq\f(1,2)mv2＝ΔEp＋W，解得W≈－3.4J，根据功能关系可知小球机械能减少了3.4J，故C、D错误。类型2动量关系中的弹簧模型2.如图甲所示，物块A、B的质量分别为mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v­t图像如图乙所示，求：(1)物块C的质量mC；(2)墙壁对物块B在4s到12s的时间内的冲量大小和方向；(3)物块B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。【答案】：(1)2kg(2)36N·s，方向水平向左(3)9J【解析】：(1)由题图乙可知，物块C与物块A碰前的速度为v1＝9m/s，碰后的速度为v2＝3m/s，C与A碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可得：mCv1＝(mA＋mC)v2解得：mC＝2kg。(2)由题图乙可知，12s末物块A和C的速度为v3＝－3m/s，4s到12s的时间内墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2解得：I＝－36N·s，方向水平向左。(3)12s末，物块B离开墙壁之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，以物块A的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4由机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v42＋Ep联立并代入数据可解得：Ep＝9J。专题跟踪检测1.(2022·山东济宁二模)如图所示，为一种倾斜放置的装取台球的装置，圆筒底部有一轻质弹簧，每个台球的质量为m，半径为R，圆筒直径略大于台球的直径。当将筒口处台球缓慢取走后，又会冒出一个台球，刚好到达被取走台球的位置。若圆筒与水平面之间的夹角为θ，重力加速度为g，忽略球与筒间的摩擦力。则弹簧的劲度系数k的值为()A.eq\f(mgsinθ,2R) B.eq\f(mgsinθ,R)C.eq\f(mgcosθ,R) D.eq\f(mgtanθ,R)【答案】A【解析】小球整体处于平衡状态，有mgsinθ＝ΔF＝k·2R，解得k＝eq\f(mgsinθ,2R)，故A正确。2.(多选)(2022·黑龙江哈尔滨模拟)如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端连接一质量为1kg的物体，物体处于静止状态。用一竖直向上的外力F作用于物体上，物体从静止开始竖直向上做一段匀加速直线运动，外力F与物体离开静止位置的位移x的关系如图乙所示，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()A.物体运动的加速度大小为2m/s2B.弹簧开始时形变量为2cmC.弹簧的劲度系数为250N/mD.从物体开始运动时计时，当t＝0.1s时弹簧的形变量为1cm【答案】AC【解析】物体从静止开始运动时重力与弹簧弹力平衡，从图上读出外力F＝2N，则开始运动时合力为F合＝2N，根据牛顿第二定律F合＝ma，解得物体运动的加速度为a＝2m/s2，A正确；当F＝12N时，根据牛顿第二定律F－mg＋F1＝ma，解得弹簧弹力F1＝0，从图上读出此时的位移为4cm，则弹簧开始时形变量为x0＝4cm，B错误；开始时弹簧弹力F0＝mg＝10N，根据胡克定律F0＝kx0，解得弹簧的劲度系数为k＝250N/m，C正确；物体做初速度为0的匀加速直线运动，当t＝0.1s时位移为x＝eq\f(1,2)at2＝0.01m，则此时弹簧的形变量为x1＝x0－x＝3cm，D错误。3.(2022·衡水中学质检)如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，此时弹簧实际长度相等。弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等。弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°。设A、B中的拉力分别为FA、FB。小球直径相比弹簧长度可以忽略。则()A．kA＝kB B．tanθ＝eq\f(1,2)C．FA＝eq\r(3)mg D．FB＝2mg【答案】B【解析】：将两小球看作一个整体，对整体受力分析，可知整体受到重力2mg、弹簧A的拉力FA和F的作用，受力如图甲所示，根据共点力的平衡条件有：FA＝eq\f(2mg,cosθ)，F＝2mgtanθ，根据胡克定律：FA＝kAxA，FB＝kBxB，对下边的小球进行受力分析，其受力如图乙所示，根据平衡条件有：FB＝eq\r(2)mg，F＝mg，联立可得：tanθ＝eq\f(1,2)，故B正确，D错误；由tanθ＝eq\f(1,2)知，cosθ＝eq\f(2,\r(5))，得FA＝eq\r(5)mg，故C错误；两个弹簧的原长相等，伸长后的长度也相等，所以弹簧的形变量也相等，而两个弹簧的弹力不同，所以两个弹簧的劲度系数不相等，故A错误。4.(多选)(2022·湖南教研联盟二次联考)如图所示，在粗糙的水平面上，有四个完全相同的物块，放在一等腰梯形的四个顶点上，用四根完全相同的弹簧将它们连接起来，且da之间、ab之间、bc之间的弹簧长度相等，是cd之间的弹簧长度的一半。系统静止在水平地面上，已知da之间弹簧弹力的大小是cd之间弹簧弹力大小的一半，a受到的摩擦力大小为Ff，则()A.cd之间的弹簧一定是拉伸的B.b受到的合力指向∠abc的角平分线方向C.d受到的摩擦力大小为eq\r(3)FfD.c受到的摩擦力大小为eq\r(2)Ff【答案】AC【解析】依题意，可得Fcd＝kΔxcd＝2Fab＝2kΔxab，则Δxcd＝2Δxab，又因为xcd＝2xab，所以弹簧ad处于压缩状态，弹簧cd处于拉伸状态，故A正确；b物体静止，合力为0，故B错误；对a进行受力分析，由如图甲可得ad、ab之间的弹簧弹力大小等于Ff，对c进行受力分析，由图乙可得Ffc＝eq\r(3)Ff根据对称性，可知d受到的摩擦力大小也为eq\r(3)Ff，故D错误，C正确。5.(2022·吉林洮南期中)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，不计空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上，下列说法正确的是()A.释放A的瞬间，B的加速度为0.5gB.C恰好离开地面时，A达到的最大速度为2geq\r(\f(m,5k))C.斜面倾角α＝45°D.从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【答案】B【解析】设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则kxC＝mg，物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力FT三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，有FT－mg－kxC＝ma，对A有4mgsinα－FT＝4ma，解得4mgsinα－mg－kxC＝5ma，当B获得最大速度时，有a＝0，解得sinα＝eq\f(1,2)，所以α＝30°，故C错误；释放A的瞬间，此时对AB整体加速度大小相同，根据牛顿第二定律4mgsin30°－mg＝(4m＋m)aAB，代入数值得aAB＝0.2g，B的加速度为0.2g，故A错误；设开始时弹簧的压缩量xB，则kxB＝mg，当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离等于物体A沿斜面下滑的距离，为h＝xC＋xB，由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体C刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，设为vBm，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得4mghsinα－mgh＝eq\f(1,2)(4m＋m)veq\o\al(2,Bm)，代入数据解得vBm＝2geq\r(\f(m,5k))，故B正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。6．[多选]质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20N、F2＝10N，则下列说法正确的是()A．弹簧的弹力大小为16NB．若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小为10NC．如果只有F1作用，则弹簧的弹力大小变为12ND．若F1＝10N、F2＝20N，则弹簧的弹力大小不变【答案】AC【解析】：弹簧不再伸长后，A、B具有相同的加速度。对于A、B整体，根据牛顿第二定律：F1－F2＝(mA＋mB)a，代入数据解得：a＝2m/s2，对A，由牛顿第二定律：F1－F弹＝mAa，代入数据解得：F弹＝16N，故A正确；若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小仍然为16N，故B错误；只有F1作用时，对A、B整体，根据牛顿第二定律：F1＝(mA＋mB)a，解得：a＝4m/s2，对A，由牛顿第二定律：F1－F弹＝mAa，解得：F弹＝12N，故C正确；若F1＝10N、F2＝20N，对A、B整体，根据牛顿第二定律：F2－F1＝(mA＋mB)a，解得：a＝2m/s2，对A，由牛顿第二定律：F弹－F1＝mAa，解得：F弹＝14N，故D错误。7.(多选)如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m＝0.1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g＝10m/s2，则()A.小球释放位置距地面的高度为0.6mB.小球在下落过程受到的风力为0.1NC.小球刚接触弹簧时的动能为0.45JD.小球刚接触弹簧时的动能为0.54J【答案】BC【解析】由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70J，根据Ep＝mgh，可得h＝0.7m，故A错误；由图乙可知小球速度减为0时小球下落0.6m，故WG＋Wf＝ΔEp，即0.6mg－0.6f＝0.54，解得f＝0.1N，故B正确；小球刚接触弹簧时，小球下落了0.5m，则WG＋Wf＝ΔEk，即0.5mg－0.5×0.1＝eq\f(1,2)mv2，解得eq\f(1,2)mv2＝0.45J，故C正确，D错误。8.(2022·北京测试)把一定质量的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长(图乙)。弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是()A．A到C的过程，小球的动量增加B．A到C的过程，小球重力冲量小于弹簧弹力的冲量C．A到B的过程，小球动量的增加量等于弹簧弹力的冲量D．A到B的过程，小球重力的冲量一直变大【答案】D【解析】：小球从A运动到C位置的过程中，先加速，当到达B点下方某处弹簧的弹力kΔx＝mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升，弹簧的弹力小于重力，直到离开弹簧后，小球都做减速运动，故小球从A上升到C的过程中，速度先增大后减小，则动量也是先增大后减小，故A错误；根据动量定理可知，A到C的过程，小球重力冲量等于弹簧弹力的冲量，故B错误；A到B的过程，根据动量定理：I弹－I重＝mv－0，可知小球动量的增加量小于弹簧弹力的冲量，故C错误；根据重力的冲力等于I重＝mgt，可知A到B的过程，小球重力的冲量一直变大，故D正确。9.如图所示，一个劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，弹簧上端固定一质量为2m的物块A，弹簧下端固定在水平地面上。一质量为m的物块B，从距离弹簧最上端高为h的正上方处由静止开始下落，与物块A接触后粘在一起向下压缩弹簧。从物块B即将与A接触到弹簧压缩到最短的整个过程中(弹簧保持竖直，且形变在弹性限度内)，下列说法正确的是()A．物块B的动能先减小后增加又减小B．物块A和物块B组成的系统动量守恒C．物块A和物块B组成的系统机械能守恒D．物块A、物块B和弹簧组成的系统机械能守恒【答案】AB【解析】：物块自由下落过程中速度逐渐增大，与A物块碰撞瞬间，动量守恒，选取竖直向下为正方向，则mv0＝(m＋2m)v，可知A、B碰后瞬间作为整体速度小于碰前B物块速度，随后A、B整体向下运动，开始重力大于弹力，且弹力逐渐增大，所以整体做加速度减小的加速运动，当重力等于弹力时，速度达到最大，之后弹力大于重力，整体做加速度增大的减速运动，直至速度减为0，所以从物块B刚与A接触到弹簧压缩到最短的整个过程中，物块B的动能先减小后增加又减小，A正确；物块A和物块B组成的系统只在碰撞瞬间内力远大于外力，动量守恒，之后系统所受合外力一直变化，系统动量不守恒，B错误；两物块碰撞瞬间损失机械能，所以物块A和物块B组成的系统机械能不守恒，物块A、物块B和弹簧组成的系统机械能不守恒，C、D错误。10.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时，B与A分离。下列说法正确的是()A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于eq\f(mg,h)D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动【答案】C【解析】：A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0对B：F－mg＝ma对A：kx－mg＝ma即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x解以上各式得k＝eq\f(mg,h)，综上所述，只有C项正确。11．[多选](2022·南昌模拟)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x变化的关系图像，如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是()A．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度始终减小B．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大C．当x＝h＋2x0时，小球的动能为零D．小球动能的最大值为mgh＋eq\f(mgx0,2)【答案】BD【解析】：小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A错误，B正确；根据乙图可知，当x＝h＋x0，小球的重力等于弹簧的弹力，是平衡位置，在x＝h处小球的动能不为零，根据对称性可知，在x＝h＋2x0位置小球的动能也不为零，选项C错误；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知：mg(h＋x0)－eq\f(1,2)mg·x0＝Ekm，故小球动能的最大值为mgh＋eq\f(mgx0,2)，故D正确。12.(2022·河北衡水中学期中)如图所示，静止在光滑水平面上的木板右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3kg。质量m＝1kg的铁块以水平速度v0＝4m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A.3J B.6JC.20J D.4J【答案】A【解析】由题意可知铁块压缩弹簧过程中，以弹簧、木板和铁块为系统动量守恒，当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为Ff，木板长L，共同速度为v，以水平向右为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝FfL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep，mv0＝(M＋m)v，又因为铁块最后恰好停在木板的左端，故根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2FfL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，代入数据联立解得Ep＝3J，B、C、D错误，A正确。12．[多选](2022·枣庄联考)如图所示，一根粗细均匀的光滑细杆竖直固定，质量为m的小环C穿在细杆上，一个光滑的轻质小滑轮D固定在竖直墙上(竖直墙在图中没有画出)。A、B两物体用轻弹簧相连，竖直放在水平面上。一根没有弹性的轻绳，一端与A连接，另一端跨过小滑轮D与小环C相连。小环C位于M时，绳子与细杆的夹角为θ，此时B物体刚好对地面无压力。现让小环C从M点由静止释放，当下降h到达N点时，绳子与细杆的夹角再次为θ，环的速度达到v，下面关于小环C下落过程中的描述正确的是()A．小环C和物体A组成的系统机械能守恒B．当小环落到与滑轮同一高度时，小环的机械能最大C．小环C到达N点时A的速度为vcosθD．小环C到达N点时物体A的动能为mgh－eq\f(1,2)mv2【答案】BCD【解析】：小环C、物体A和轻弹簧组成的系统中，只有动能、重力势能和弹性势能间的转化，系统机械能守恒，小环C到达N点时，弹簧做功为零，根据动能定理有：mgh＝eq\f(1,2)mv2＋EkA，故物体A的动能为EkA＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故A错误，D正确；小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，细线的拉力做功等于小环C的机械能的变化量，小环C由M处到与滑轮同一高度的位置的过程中，细线的拉力做正功，小环C的机械能增加；经过与滑轮同一高度的位置后的过程，细线的拉力做负功，小环C的机械能减小；故下落到与滑轮同一高度的位置时，小环C的机械能一定最大，故B正确；小环C到达N点时环的速度达到v，根据关联速度可知A的速度为vA＝vcosθ，故C正确。13.[多选]如图所示，在倾角θ＝37°固定斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处。质量分别为mA＝4.0kg、mB＝1.0kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，开始物块A位于斜面体上的M处，物块B悬空，现将物块A和B由静止释放，物块A沿斜面下滑，当物块A将弹簧压缩到N点时，物块A、B的速度减为零。已知MO＝1.0m，ON＝0.5m，物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是()A．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2m/s2B．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5m/s2C．物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为9JD．物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为21J【答案】AC【解析】：对A、B整体，由牛顿第二定律可得：mAgsinθ－mBg－μmAgcosθ＝(mA＋mB)a，解得a＝1.2m/s2，选项A正确，B错误；由能量关系可知，物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为Ep＝mAg·eq\x\to(MN)sinθ－mBg·eq\x\to(MN)－μmAgcosθ·eq\x\to(MN)，解得Ep＝9J，选项C正确，D错误。14．如图所示，在距水平地面高h1＝1.2m的光滑水平台面上，一个质量为m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁定。现解除锁定，小物块与弹簧分离后以一定的水平速度v1向右从A点滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高度h2＝0.6m，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与长L＝2.8m的水平粗糙直轨道CD平滑连接，小物块恰能到达D处。重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计。求：(1)小物块由A到B的运动时间t；(2)解除锁定前弹簧所储存的弹性势能Ep；(3)小物块与轨道CD间的动摩擦因数μ。【答案】：(1)eq\f(\r(3),5)s(2)2J(3)0.5【解析】：(1)小物块由A到B的过程中做平抛运动，有h1－h2＝eq\f(1,2)gt2，代入数据可得t＝eq\f(\r(3),5)s。(2)由图中几何关系可知cos∠BOC＝eq\f(h1－h2,h1)，解得∠BOC＝60°，则有tan60°＝eq\f(gt,v1)，解得v1＝2m/s，由能量的转化与守恒定律可知，Ep＝eq\f(1,2)mv12，解得Ep＝2J。(3)由功能关系可知Ep＋mgh1＝μmgL，代入数据解得μ＝0.5。15.(2022·山东省实验中学模拟)如图所示，一根劲度系数为k＝3N/cm的轻质弹簧竖直放置，上、下两端各固定质量均为m0＝3kg的物体A和B(均视为质点)，物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量为m＝2kg的小球P从物体A正上方距其高度h＝5m处由静止自由下落。与物体A发生弹性正碰(碰撞时间极短且只碰一次)，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，取g＝10m/s2。求：(1)碰撞后瞬间物体A的速度大小；(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时，物体A的速度大小。【答案】：(1)8m/s(2)2eq\r(15)m/s【解析】：(1)设碰撞前瞬间小球P的速度为v0，碰撞后瞬间小球P的速度为v1，物体A的速度为v2，小球P自由下落，由动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝10m/s小球P与物体A碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝mv1＋m0v2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)m0v22解得v1＝－2m/s，v2＝8m/s故碰撞后瞬间物体A的速度大小是8m/s。(2)设开始A静止时弹簧的压缩量为x1，对A有m0g＝kx1解得x1＝0.1m当地面对物体B的弹力恰好为零时，弹簧的伸长量为x2，对B有m0g＝kx2，解得x2＝0.1m可见x1＝x2，故两个状态弹簧的弹性势能相等；从P与A碰撞后瞬间到地面对B的弹力恰好为零的过程，由系统机械能守恒得eq\f(1,2)m0v22＝eq\f(1,2)m0v32＋m0g(x1＋x2)，解得此时A的速度大小为v3＝2eq\r(15)m/s。16.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切。一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点在水平地面上的位置，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙，与物块间的动摩