2023年高三物理二轮复习常见模型与练习04 弹簧模型（解析版）

2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练

专题04弹簧模型

特训目标特训内容

目标1高考真题（IT—6T）

目标2三大力场中有关弹模型的平衡问题（7T—12T）

目标3三大力场中有关弹簧模型的动力学问题（13T—18T）

目标4三大力场中有关弹簧模型的能量动量问题（19T—24T）

【特训典例】

一、高考真题

1.（2022年江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静

止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下

运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、

弹簧未超过弹性限度，则（）

A.当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下

B.A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化

C.下滑时，B对A的压力先减小后增大

D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量

【答案】B

【详解】B.由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为巴方向沿斜面向下为正方向，斜面倾

角为仇AB之间的弹力为FAS,摩擦因素为"，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有

F+(∕WA+〃?B)gsin6-〃(〃?A+〃?B)gcose=(n?A+w⅛)α对B有mBgsinθ-∕√mθ^cosΘ-FAB=mβa联立可得

―--=一端由于A对B的弹力方向沿斜面向上，故可知在最高点尸的方向沿斜面向上；由于在最

m

叫+"?Ba

开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向

上，不发生变化，故B正确；

A.设弹簧原长在。点，A刚开始运动时距离。点为制，A运动到最高点时距离。点为X2；下滑过程AB

不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得=T曜+（mgSin6+/）（±-*2）

化简得々=2（叫‘in'+/）当位移为最大位移的一半时有五合=U占一2/LWgSinetf）带入k值可知Fʌ

2

χ↑+x2V）

=0,即此时加速度为0,故A错误；

C.根据B的分析可知」一=一媪再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过

nh+mBmB

程Js逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；

D.整个过程中弹力做的功为0,A重力做的功为0,当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整

个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。故选B。

2.（2020年山东卷）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平

轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为，"的钩码B挂于弹簧下端，

当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻

绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（）

A.M<2m

B.2tn<M<3m

C.在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功

D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量

【答案】ACD

【详解】AB.由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动,故在最低点时有弹簧弹力T=2mg;

对A分析，设绳子与桌面间夹角为0,则依题意有2/ngsin，=Λ⅛故有M<2∕n,故A正确，B错误；

C.由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧

弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；

D.对于B,在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧

弹力所做的功，故D正确。

3.(2021年江苏卷)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的。点，小圆环A和轻质弹簧

套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于。和A,质量为〃?的小球B固定在细线的中点，装置静

止时,细线与竖直方向的夹角为37。，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53。时,

A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g,asin37°=0.6,

cos37°=0.8,求：

(1)装置静止时，弹簧弹力的大小尸；

(2)环A的质量M；

(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。

【答案】(1)^；(2)ɪ/n；(3)

86430

【详解】(1)设A8、OB的张力分别为"、F2,A受力平衡尸=KSin37。

8受力平衡耳cos37。+6cos37。=Wg；aSin37。=ESin37。解得F=网&

8

(2)设装置转动的角速度为。，对A：F=Mω2-L；对8：mgtanSB。=/%。?解得M=

5564

(3)B上升的高度〃=gL,A、B的动能分别为EkA=g"(GlL)；纥8=(僧(口［乙)

a1

根据能量守恒定律可知W=(%-0)+(%-0)+领解得W嗑，3

4.(2022年全国卷)如图(a),一质量为/n的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向4

运动，1=0时与弹簧接触，至打=2%时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的VT图像如图(b)所示。已

知从f=0到r=f0时间内，物块A运动的距离为0∙36%f0°A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一

直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为

^(sin0=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值;

(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

图(a)

【答案】(1)0.6wv,;；(2)O.768ιV°；(3)0.45

【详解】(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、8速度相等，即t=f°时刻，根据动量守

恒定律为,1∙2%=(，%+，〃)%根据能量守恒定律EPnm=g%(12%)2-g(〃％+M说

联立解得mβ=5rn-Epπκbx=0.6,就

(2)解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律尸=m可知同一时刻2=5%

则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为以=%，，%=1.2%-今根据位移等速度在时间上的累积可得

SA=W(累积)，szi=%«累积)又SA=0∙36%r。解得SLI.128Wo第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

∕∖s=SΠ-SA=O.768V(∕O

解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有网(XI∙2%=6m%=7Z⅛%+"VA对方程两边

同时乘以时间加，有6m%Af=5∕n%4+∕wq/：0-%之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得

6，〃%*产5侬8+msyl将SA=O.36卬。代入可得力=1」28卬。则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

Av=SB-SA=0.768%Fo

(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与8分离后速度大小仍为2%,方

向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为匕，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

22

WVA-5∕Π∙O.8VO=ZH∙(-2VO)+5mvB根据能量守恒定律可得ɪmv^+∣∙5∕n∙(O.8vo)=^m-(-2v0)+ɪ∙5mv^

联立解得VA=%

方法一：设在斜面上滑行的长度为L,匕骨过程，根据动能定理可得→ngLsine-〃机gLcos0=0-gs(2%)2

卜滑过程，根据动能定理可得mgL^nθ-μmgLc^θ=^mvl-0联立解得μ=0.45

方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，

mgsinθ+μmgcosθ=mai.,mgsind-〃朋geos。=胸下上滑时末速度为0,下滑时初速度为0,由匀变速直

2

线运动的位移速度关系可得20上X=(2v0)-0,2αrv=Vj=叶联立可解得μ=0.45

5.(2021年山东卷)如图所示，三个质量均为用的小物块A、B、C,放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，

一劲度系数为人的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B,开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加

一水平向左、大小为尸的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离

开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为力最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为：Ep=*,及为弹簧的劲度系数，%为弹

簧的形变量)

(1)求B、C向左移动的最大距离号和B、C分离时B的动能线；

(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值fmin；

(3)若三物块都停止时B、C间的距离为XBc，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做

的功为W,通过推导比较W与力⅛c的大小；

(4)若F=5∕,请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度α随位移X变化的图像，并在坐标轴上

标出开始运动和停止运动时的“、X值(用八%、，W表示)，不要求推导过程。以撤去尸时C的位置为坐标

原点，水平向右为正方向。

a

O

X

【答案】(1)X。="产、Ek=--6,+8广；(2)F,=(3+^)/；(3)W<A;(4)

ninBC

【详解】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得

%=2后+:此弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由

能量守恒得（M=2faa+2Ek联立方程解得Xo=竺三；Ek=∙-6"+8∕”

2Kk

（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为X,以A为研究对象，由平衡条件得履=f若A刚要离开墙壁

时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值尸min，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B

和弹簧为研究对象，由能量守恒得耳=3^△结合第（1）问结果可知仄hl=（3±芈）/根据题意舍去

50=（3-手）/，所以恒力得最小值为F*=（3+芈）/

（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为4，C的位移为Xc，以B为研究对象，由动能定理得

-W-危=0-耳以C为研究对象，由动能定理得-人C=O-耳由B、C得运动关系得/>2-XBC

联立可知W<外C

（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得5R-2&=o解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为包=6/

则坐标原点的加速度为4="3=组3=?之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加

2m2mm

速度为红可知加速度随位移X为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，X减小，α减小，弹簧恢复原

2tn

长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为4,=-上负号表示C的加速度方向水平向左；

m

从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得g处2-2杵=3.2小，脱离弹簧瞬间

后C速度为V,之后C受到滑动摩擦力减速至0,由能量守恒得,色=gm∕解得脱离弹簧后，C运动的距离

为/百则C最后停止的位移为%+电==Xl=。•务=务所以C向右运动的图象为

乙乙乙KK

6.(2022年辽宁卷)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑!圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径

为R。质量为机的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为

廊，之后沿轨道8。运动。以。为坐标原点建立直角坐标系xθy,在XN-R区域有方向与X轴夹角为

6=45。的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为TLng。小球在运动过程中电荷量保持不变，重

力加速度为g。求：

(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；

(2)小球经过。点时的速度大小：

(3)小球过。点后运动的轨迹方程。

2

【答案】（I）→ngR-（2）v0=√⅛Λ:（3）y=6Rx

【详解】（I）小球从4到8,根据能量守恒定律得耳=3加4=^mgR

（2）小球从8到0,根据动能定理有-mgR+qE∙0R=g"吆解得%=反^

（3）小球运动至0点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到X轴和y轴，则X轴方向有

√Ecos45=,加z*竖直方向有qEsin45-mg=∕na,解得a,=g,%=。说明小球从。点开始以后的运动为X轴

方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有χ=gg/,y=vot

联立解得小球过。点后运动的轨迹方程9=6Rx

二、三大力场中有关弹模型的平衡问题

7.如图所示，光滑的硬杆AB竖直固定放置，粗糙的硬杆CQ水平固定放置，原长为L的轻质弹簧一端悬

挂在天花板上，另一端连接质量为，"的小球，小球穿过AB杆，静止时弹簧与竖直方向的夹角为37。，天花

板与小球间的高度差为L,若把小球穿在硬杆Co上，当小球刚好不滑动时，弹簧与水平方向的夹角为53。，

弹簧的总长为33最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.弹簧的劲度系数为％=簧

B.小球在Cz）上静止时，弹簧的弹力大小为8,咫

C.杆CO对小球的弹力大小与杆AB对小球的弹力大小之比9

D.杆Co与小球之间的动摩擦因数亨

【答案】D

【详解】A.小球穿过AB杆，时小球进行分析有耳=4—Fɑɑs37=Wg解得耳=：“？，k=浮

Vcos37）14L

A错误;

B.把小球穿在硬杆8匕弹簧的弹力月=Z（3L-L）=10mg,B错误;

C.把小球穿在硬杆8上，对小球分析有鸟sin53=Nct,+sg解得Ng=7∕ng小球穿过AB杆，对小球进行

3Ncn28

分析有NM=KSm37=:〃琢则=W，C错误；

4NABɔ

D.小球穿在硬杆CZ）上，当小球刚好不滑动时，则有用cos53=MN8解得"=g,D正确。故选D。

8.如图所示，一劲度系数々=20N/m、原长。=Im的轻质弹性绳一端固定在A点，另一端与一质量"?=Ikg

的滑环连接，在4点与竖直杆之间与A点等高、距A点Im处有一光滑轻小定滑轮，弹性绳绕过定滑轮，

定滑轮右侧到4点的距离为1.5m处有一足够长的光滑竖直杆，将滑环套在竖直杆上，在竖直向上的外力F

作用下将滑环从与A点等高的C点缓慢移动到。点，在。点处外力?恰好为零，己知弹性绳受到的拉力与

伸长量的关系遵循胡克定律，取重力加速度大小g=IOm/S?,则下列说法正确的是（）

A.滑环由C点运动到。点的过程中，外力尸先增大后减小

B.竖直杆所受的弹力逐渐增大

C.C、。两点间的距离为0.5m

D.滑环由C点运动到O点的过程中，弹性绳上的弹性势能变化量等于5J

【答案】C

【详解】A.对滑环受力分析可知，设细绳与竖直方向的夹角为仇设BD=x,则竖直方向丘cos6+F=〃?g

随着滑环的下降，则，减小，弹性绳的伸长量X增大，则下逐渐减小，选项A错误；

B.竖直杆受的弹力N=fctsin6=也则竖直杆受的弹力不变，选项B错误；

C.在。点处外力F恰好为零，则依cos，=/ng其中COSe=刈解得XCC=O.5m选项C正确；

X

D.滑环由C点运动到。点的过程中，重力做功为WG=mgxcD=SJ因力尸做负功，可知弹性绳上的弹性势能

变化量小于5J,选项D错误。故选C。

9.如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为机，带电盘为+<7的小球和两根原长均为/的轻弹簧，两根轻

弹簧的一端与小球相连,另一端分别固定在杆上相距为2/的4、B两点,空间存在方向竖直向下的匀强电场。

已知直杆与水平面的夹角为6,两弹簧的劲度系数均为功写吆，小球在距8点1/的P点处于静止状态,

4

。点距A点q/,重力加速度为g,下列选项正确的是（）

A.匀强电场的电场强度大小为〃*‘I”0

q

B.若小球从P点以初速度%=(Ti而方沿杆向上运动，恰能到达。点

C.从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为gsind,方向向上

D∙小球从。点由静止下滑过程中动能最大为妈曾

【答案】D

【详解】A.小球受两根弹簧弹力大小为尸=2ZΔx=2χ登警'χ(=2,WgSino对小球，由共点力平衡有

(mg+qE)Sine=Z7解得E=%，A错误；

q

B.根据对称性可知，小球从P点运动到。点的过程中弹力做功为o,根据几何关系可得P。之间距离为

x=2∕-2x?=]/根据动能定理，有-(mg+qE)xsine=O-gm；解得%=]阿扁方，B错误；

C.从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度方向沿AB向下，合力等于原来尸B间弹簧的弹力，根据牛顿

第二定律可得α=—=—∙-l=gsιnθ,C错误；

mml5

D.小球从。点由静止下滑，运动到P点时受力平衡，速度最大，动能最大，此过程中初末位置的两弹簧的

弹性势能相同，两弹簧弹力做的总功为0,在从。到P的过程中，根据动能定理，有(，移+qE)xsin6=Ek-0

根据B选项可知X=2/-2x2=|/解得Ek="号叱，D正确。故选D。

10.如图所示，劲度系数为总的轻弹簧一端固定于悬点O,另一端悬挂一个质量为〃?的小球。，小球。静

止时处于空中A点.在悬点。处固定一带电量为f(q>O)小球匕(未画出)，弹簧与小球a、人彼此绝缘.某

时刻，用某种方式让小球。带上电量+4,小球”由静止开始向上运动，当人球间的电场力为α球重力的

两倍时，小球〃的速度达到最大值V,此时小球。处于空中B点.两带电小球均看作点电荷，静电力常数为

k,重力加速度为g,不计空气阻力.则

A.弹簧的原长为外区+等

V2mgk0

B.4、8两点间的距离为

ko

C.A、B两点间的电势差UAB=桨—空&

2qqh

/T∣v~

D∙小球〃从A点到8点机械能的变化量为k+T-

2⅞

【答案】AD

【详解】A项：小球a静止时处于空中的A点，根据平衡条件有，”g=KAr,小球a带上电荷量为+q的正电

荷向上加速到B点时有∕ng+KA√=2∕ng,解得A√=mg,此时弹簧弹力处于压缩状态，形变量与A点形变

量相同，A、B两位置弹簧弹性势能相等，根据库仑定律得2mg=竺，其中r=∕-∆r,联立解得

r

/=%「£+等，故A正确；

V2mgka

B项：A、B两点间的距离为x=2∆x=半，故B错误；

Ko

112"，°2

*2

C项：小球a从A点到B点，根据动能定理W-∣ngx=~tnv,即qUλb=-+,解得UM=――+—■—

22κ02qqk。

故C错误;

D项：小球a从A点到B点机械能的变化量ΔE=”+"史，故D正确.

2h

11.如图所示，质量为，〃的三根完全相同的导体棒垂直于纸面放置，其中八人两导体棒放置在粗糙的水平

面上，c导体棒被竖立的轻质弹簧悬挂，三根导体棒中均通入垂直纸面向里、大小相等的恒定电流后，呈等

边三角形排列，且保持稳定。重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.弹簧的弹力小于C导体棒的重力

B.水平面对“导体棒的摩擦力可能为零

c.水平面对。导体棒的支持力小于;Wg

D.若在地面上对称地缓慢增大。、〃导体棒间的距离，弹簧长度将减小

【答案】CD

【详解】A.根据同向电流相吸，反向电流相斥，可得c导体棒受到“、6两导体棒的合力竖直向下，根据平

衡条件可得弹簧的弹力大于。导体棒的重力，A错误；

B.c、人两导体棒对。导体棒的合力垂直反斜向上，有水平向右的分量，所以α导体棒必定受到地面的摩

擦力，B错误；

C.以三个导体棒整体为研究对象，因为弹簧的弹力竖直向上,所以地面对。、人两导体棒的支持力小于3mg,

3

得对67导体棒的支持力小丁∙∙∣■机g,C正确；

D.若在地面上对称地缓慢增大。、〃导体棒间的距离，。、b两导体棒对C导体棒的力的夹角变大，合力变

小，则弹簧弹力变小，弹簧长度将减小，D正确。故选CD。

12.某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为，”的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相

连，弹簧的劲度系数为鼠在矩形区域浦”内有匀强磁场，ab=L∣,bsL2,磁感应强度大小为2,方向垂直

纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于必，当MN中没有电流

通过且处于静止时，MN与矩形区域的M边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示

数可表示电流强度。TnMN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）

N

T

«

C

A.当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为空

κ

B.标尺上的电流刻度是均匀的

C.为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为MTN

D.电流表的量程为“吆产

【答案】ABC

【详解】A.电流表示数为零时，金属杆不受安培力，金属杆在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，由平

衡条件得，咫=辰。解得XO=半，A正确；

K

C.要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应

从M至N,C正确；

B.当电流为/时，安培力为FA=B∕Z√静止时弹簧伸长量的增加量为∆χ,根据胡克定律△尸=∕⅞=k∆x

uʃ得©=与=半*/故该电流表的刻度是均匀，B正确；

KK

D.设当以=右时，l=lm,则有8∕,,L=U2解得/,„=等故电流表的量程为等，D错误。故选ABC。

DLyDL]

三、三大力场中有关弹簧模型的动力学问题

13.如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B,系统处于静止状态。现用竖

直向上的拉力/作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向

上为位移X正方向，得到尸随X的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量s=2kg,重力加速度g=10m∕s2,

则下列说法正确的是()

A_FN

~B

22

102

5

12.x∕c⅛

乙

甲

A.弹簧的劲度系数为40N∕mB.物块A做匀加速直线运动的加速度大小为Im/s?

C.物块B的质量为6kgD.F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为ION

【答案】BD

【详解】A.以A、B整体为研究对象，设物块B质量为静止时弹簧压缩量为%,有线=(%+M)g

分离之前有尸+&小-X)-(W+M)g=(m+")α即P=履+G"+M)α所以尸随X的变化图像的斜率等于劲度

22-12

系数1=CUs,N∕m=80N∕m,A错误；

12.5×10

BC.X=O时刻，有12N=(m+M)α分离时，有22f4-侬？=，曲联立解得°=1„1/$2,M=K)kg,B正确，C错

误；

D.施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力为对B进行受力分析有fa⅛-Mg-"=Ma解得国=ION

D正确。故选BD。

14.如图所示，一劲度系数为Z的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为，"的物块A,A放在质量为2机的

托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，

且弹簧处于自然状态(x=0),现改变力F的大小，使B以^•的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空

气阻力不计），此过程中EV随X变化的图像正确的是（）

B

【答案】B

【详解】设物块A和托盘间B的压力为零时弹簧的伸长量为X/,对物块A,根据牛顿第二定律有，咫-3=ma

由题意可知α=与解得Xl=等在此之前,对物块A根据牛顿第二定律可得mg-Fti-kx=ma=∖lng

可得外=g∕ng-fcr可知随X变化，QV由开始运动时的号∙线性减小到零。故选B。

15.如图，带正电的小球A固定在光滑绝缘斜面底端，轻弹簧的一端连接带负电的小球8,另一端固定于挡

板，两小球的球心在弹簧的轴线上，弹簧原长时处于。点。将球3由。点静止释放，小球沿斜面运动至M

点时加速度为零。则下列说法正确的是（）

B

A.球B做简谐运动

B.球B运动后不可能静止在斜面上

C.球B运动至M点时一定有最大速度

D.球8在/点和。点的机械能可能相等

【答案】D

【详解】A.球B向下运动过程中，弹簧弹力增加，库仑力增加，若库仑力不变，则沿斜面的合外力可以提

供回复力而做简谐运动，故A错误；

B.若沿斜面向上的弹簧弹力，沿斜面向下的重力下滑分力，库仑力达到平衡，小球才可以静止在斜面上，

故B错误；

C.M点之后，弹簧弹力增大，库仑力也增大，可能还有加速阶段，不能保证M点时最大速度，故C错误；

D.整个系统机械能守恒，球B由。玲用，弹簧的弹性势能增加，球的电势能减小，若两者相等，则球在M

点和O点的机械能相等，可能存在这种情况，故D正确。故选D。

16.在倾角为。的光滑固定绝缘足够长的斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为

机和3〃?，弹簧的劲度系数为％,C为一固定挡板，开始未加电场，系统处于静止状态，A带正电，B不带电，

现加一沿斜面向上的匀强电场，物块A沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为h之后两个物体运

动中，当A的加速度为O时，B的加速度大小为α,方向沿斜面向上，则下列正确的是（）

A.未加电场时，挡板C对物块B的作用力大小为3mgsind

B.从加电场后到B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为3”取sm。

k

C.从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能和电势能之和保持不变

D.B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为(4MgSin，+3〃KI)V

【答案】D

【详解】A.开始未加电场，系统处于静止状态，挡板C对物块B的作用力大小为A和B的总重力在沿斜面

方向上的分力为K=4∕ngsinO,A错误；

B.从加电场时，弹簧处于压缩状态，对物块A受力分析，根据平衡条件有机gsin，=%解得X=超警

K

物块B刚要离开C时，弹簧处于拉伸状态，对B由平衡条件可得3∕"gsiW="2解得占=吗Ine

K

B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为X=Λ1+x,=吗凶，B错误；

k

C.对A、B和弹簧组成的系统，从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能、电势能与弹簧的弹

性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，故物块A的机械能和电势能之和先增大后减小，C

错误；

D.设A所受的电场力大小为F,由题知当A的加速度为零时，B的加速度大小为“，方向沿斜面向上，根

据牛顿第二定律对A有尸一机gsin6-4电=。对B有4-3mgsin。=3ma故有F=4mgsinθ+3ma当B刚离开C

时，A的速度为V,则电场力对A做功的瞬时功率为P=FV=(4mgsine+3m4)u,D正确。故选D。

17.如图，上端固定的轻弹簧下端系在正方形单匝闭合线框必〃的灰边中点上，线框边长为L质量为，”，

电阻为R；在外力作用下线框静止，线框平面(纸面)竖直，ad边水平且弹簧恰好为原长，与αd边相距0.5L

的水平边界MN下方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为3的匀强磁场。由静止释放线框，当αd边到达

边界MN时，线框速度大小为V。不计空气阻力，重力加速度大小为g,弹簧劲度系数A=詈且形变始终在

弹性限度内。下列判定正确的是()

i

s

7

0不

£

Q上

。5£

XXX奸nAV

×××X

>

XX××

XX×X

A.αd边进入磁场前的过程中，弹簧弹力的冲量大小为4=竿-〃”

B.αd边刚进入磁场时，a、d两点间的电势差为Sd=BLV

C.ad边刚进入磁场时，线框的加速度大小为“=与-"1

2mκ

D.线框从开始运动到最终静止的过程中，产生的焦耳热为Qe=O∙5mgL

【答案】CD

【详解】A.取向下为正方向，根据动量定理得ad边进入磁场前的过程中mgf-%=〃”由于线框受到的弹

簧弹力是不断变化的，故线框加速度是不断变化的，贝kH人所以源力皿-〃“故A错误；

VV

B.ad边刚进入磁场时•，〃、”两点间的电势差为电源路端电压，由于正方形线框总电阻为凡根据闭合电路

33

欧姆定律可得'E=IBLV故B错误；

C.曲边刚进入磁场时，线框受到自身重力，竖直向上的弹簧弹力及安培力的作用，根据牛顿第二定律得

-4—∕⅛=∙乂因为%/边刚进入磁场时，弹簧弹力E=AAr=等X0.5L=0.5mg安培力F安=BIL

22

ERIvOBLVU〜

W=粤联立以上式子解得线框的加速度大小为〃=春----故C正确;

AKZ

D.线框最终静止时，有工=%∆x'=小g求得此时弹簧伸长量为Δ√=L弹簧及线框系统，根据能量守恒定律

可得,3=g"+Qii联立解得，线框从开始运动到最终静止的过程中，产生的焦耳热为q=053故D

正确。故选CD。

18.如图，足够长且电阻不计的光滑平行双导轨水平固定，所在空间有方向竖直向下的匀强磁场；ab,cd

是垂直导轨放置在导轨上，长度等于导轨间距且与导轨接触良好的两根导体棒，两棒的电阻相等，质量之

比，〃w,：加“=1：2,两棒中点连接着原长为及、劲度系数为k的绝缘轻弹簧。在两棒中点同时施加大小相等、

方向相反（平行于导轨）的外力使弹簧缓慢伸长（弹簧形变在弹性限度内），当外力大小为F时，同时撤去

外力。则（）

__________________d

F→F

A.外力大小为F时，两棒间的距离为4+丁

K

B.撤去外力尸后瞬间，两棒的加速度大小之比为%,：4=2:1

C.撤去外力F后，在运动过程中的任意时刻，安培力对两棒做功的功率绝对值相等

D.两棒最终会同时达到静止状态，此时弹簧的长度为£。

【答案】BD

【详解】A.外力大小为尸时，根据平衡条件F=ML-4）解得A=⅞+y,A错误；

B.撤去外力尸后瞬间，安培力等于零，根据牛顿第二定律4=£;—=—=B正确；

maalmab1

C.撤去外力F后，在运动过程中的任意时刻，安培力对两棒做功的功率绝对值为P=B∕Lv,v^at

解得P=两棒的加速度不相等，功率的绝对值不相等，C错误；

D.根据动量守恒定律，总动量等于零，所以两棒最终会同时达到静止状态；此时弹簧的长度一定为因

为如果弹簧有形变，棒就不会静止，就不是最终状态，D正确。故选BD。

四、三大力场中有关弹簧模型的能量动量问题

19.如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1,物块1又与一轻质弹簧

连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住滑块2,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张

力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零,

此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d,AC间距离为4d,不计滑轮质量、大小

及摩擦。下列说法中正确的是()

A.滑块2下滑过程中，机械能先增大后减小

B.滑块2经过B处时的加速度等于g

C.物块1和滑块2的质量之比为2:1

D.若滑块2质量增加一倍，其他条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块

1和滑块2的速度之比为5:4

【答案】C

【详解】A.滑块2下滑过程中，绳子拉力一直对滑块2做负功，机械能一直减小，故A错误；

B.滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，当滑块2经

过B处时速度最大，其加速度为0,故B错误；

C.物体1静止时，弹簧压缩量为%=d当25滑到C点时，物体1上升的高度为/∕=J(3d)2+(4d)2-3d=2d

则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为d,此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能。对于A与B及

弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有叫g∙2d=w2g∙4"解得叫：网=2:1故C正确。

4d4

D.根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得匕CoSe=匕其中cos。=券=?则得滑块2到达C处时，

5cl5

物块1和滑块2的速度之比W：匕=4：5故D错误。故选C。

20.如图所示，倾角为。的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为k的轻质弹簧下端固定于斜面底部,

上端放一个质量为小的小物块α,。与弹簧间不拴接，开始时“静止于P点。质量为2%的小物块6从斜面

上。点由静止释放，与。发生正碰后立即粘在一起成为组合体c,组合体C在以后的运动过程中恰好不离开

弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为与=＜尿。重力加速度为g,弹簧始终未超出弹性限度。下

列说法正确的是()

B.组合体C动能的最大值为出岸寸2

A.弹簧弹力的最大值为3，"gsin®

C.PQ间距离为"W誓d∙〃、〃碰撞过程中机械能的损失为近产

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【答案】BC

【详解】A.设弹簧的最大压缩量为小，组合