2023年高三物理二輪復(fù)習(xí)常見模型與練習(xí)04 彈簧模型（解析版）

2023年高三物理二輪常見模型與方法強(qiáng)化專訓(xùn)專練

專題04彈簧模型

特訓(xùn)目標(biāo)特訓(xùn)內(nèi)容

目標(biāo)1高考真題（IT—6T）

目標(biāo)2三大力場中有關(guān)彈模型的平衡問題（7T—12T）

目標(biāo)3三大力場中有關(guān)彈簧模型的動力學(xué)問題（13T—18T）

目標(biāo)4三大力場中有關(guān)彈簧模型的能量動量問題（19T—24T）

【特訓(xùn)典例】

一、高考真題

1.（2022年江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜

止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下

運動，下滑過程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、

彈簧未超過彈性限度，則（）

A.當(dāng)上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下

B.A上滑時、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化

C.下滑時，B對A的壓力先減小后增大

D.整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量

【答案】B

【詳解】B.由于A、B在下滑過程中不分離，設(shè)在最高點的彈力為巴方向沿斜面向下為正方向，斜面傾

角為仇AB之間的彈力為FAS,摩擦因素為"，剛下滑時根據(jù)牛頓第二定律對AB有

F+(∕WA+〃?B)gsin6-〃(〃?A+〃?B)gcose=(n?A+w?)α對B有mBgsinθ-∕√mθ^cosΘ-FAB=mβa聯(lián)立可得

―--=一端由于A對B的彈力方向沿斜面向上，故可知在最高點尸的方向沿斜面向上；由于在最

m

叫+"?Ba

開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時、彈簧的彈力方向一直沿斜面向

上，不發(fā)生變化，故B正確；

A.設(shè)彈簧原長在。點，A剛開始運動時距離。點為制，A運動到最高點時距離。點為X2；下滑過程AB

不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得=T曜+（mgSin6+/）（±-*2）

化簡得々=2（叫‘in'+/）當(dāng)位移為最大位移的一半時有五合=U占一2/LWgSinetf）帶入k值可知F?

2

χ↑+x2V）

=0,即此時加速度為0,故A錯誤；

C.根據(jù)B的分析可知」一=一媼再結(jié)合B選項的結(jié)論可知下滑過程中F向上且逐漸變大，則下滑過

nh+mBmB

程Js逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對A的壓力逐漸變大，故C錯誤；

D.整個過程中彈力做的功為0,A重力做的功為0,當(dāng)A回到初始位置時速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整

個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。故選B。

2.（2020年山東卷）如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平

輕繩，左側(cè)通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連?，F(xiàn)將質(zhì)量為，"的鉤碼B掛于彈簧下端，

當(dāng)彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點時（未著地），A對水平桌面的壓力剛好為零。輕

繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下判斷正確的是（）

A.M<2m

B.2tn<M<3m

C.在B從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對B先做正功后做負(fù)功

D.在B從釋放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機(jī)械能的減少量

【答案】ACD

【詳解】AB.由題意可知B物體可以在開始位置到最低點之間做簡諧振動,故在最低點時有彈簧彈力T=2mg;

對A分析，設(shè)繩子與桌面間夾角為0,則依題意有2/ngsin，=Λ?故有M<2∕n,故A正確，B錯誤；

C.由題意可知B從釋放位置到最低點過程中，開始彈簧彈力小于重力，物體加速，合力做正功；后來彈簧

彈力大于重力，物體減速，合力做負(fù)功，故C正確；

D.對于B,在從釋放到速度最大過程中，B機(jī)械能的減少量等于彈簧彈力所做的負(fù)功，即等于B克服彈簧

彈力所做的功，故D正確。

3.(2021年江蘇卷)如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的。點，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧

套在輕桿上，長為2L的細(xì)線和彈簧兩端分別固定于。和A,質(zhì)量為〃?的小球B固定在細(xì)線的中點，裝置靜

止時,細(xì)線與豎直方向的夾角為37。，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角增大到53。時,

A、B間細(xì)線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g,asin37°=0.6,

cos37°=0.8,求：

(1)裝置靜止時，彈簧彈力的大小尸；

(2)環(huán)A的質(zhì)量M；

(3)上述過程中裝置對A、B所做的總功W。

【答案】(1)^；(2)?/n；(3)

86430

【詳解】(1)設(shè)A8、OB的張力分別為"、F2,A受力平衡尸=KSin37。

8受力平衡耳cos37。+6cos37。=Wg；aSin37。=ESin37。解得F=網(wǎng)&

8

(2)設(shè)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為。，對A：F=Mω2-L；對8：mgtanSB。=/%。?解得M=

5564

(3)B上升的高度〃=gL,A、B的動能分別為EkA=g"(GlL)；紇8=(僧(口［乙)

a1

根據(jù)能量守恒定律可知W=(%-0)+(%-0)+領(lǐng)解得W嗑，3

4.(2022年全國卷)如圖(a),一質(zhì)量為/n的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向4

運動，1=0時與彈簧接觸，至打=2%時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的VT圖像如圖(b)所示。已

知從f=0到r=f0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0?36%f0°A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一

直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同。斜面傾角為

^(sin0=0.6),與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求

(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值;

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。

圖(a)

【答案】(1)0.6wv,;；(2)O.768ιV°；(3)0.45

【詳解】(1)當(dāng)彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、8速度相等，即t=f°時刻，根據(jù)動量守

恒定律為,1?2%=(，%+，〃)%根據(jù)能量守恒定律EPnm=g%(12%)2-g(〃％+M說

聯(lián)立解得mβ=5rn-Epπκbx=0.6,就

(2)解法一：同一時刻彈簧對A、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律尸=m可知同一時刻2=5%

則同一時刻A、B的的瞬時速度分別為以=%，，%=1.2%-今根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得

SA=W(累積)，szi=%?累積)又SA=0?36%r。解得SLI.128Wo第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

∕?s=SΠ-SA=O.768V(∕O

解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有網(wǎng)(XI?2%=6m%=7Z?%+"VA對方程兩邊

同時乘以時間加，有6m%Af=5∕n%4+∕wq/：0-%之間，根據(jù)位移等速度在時間上的累積，可得

6，〃%*產(chǎn)5儂8+msyl將SA=O.36卬。代入可得力=1」28卬。則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

Av=SB-SA=0.768%Fo

(3)物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與8分離后速度大小仍為2%,方

向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為匕，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得

22

WVA-5∕Π?O.8VO=ZH?(-2VO)+5mvB根據(jù)能量守恒定律可得?mv^+∣?5∕n?(O.8vo)=^m-(-2v0)+??5mv^

聯(lián)立解得VA=%

方法一：設(shè)在斜面上滑行的長度為L,匕骨過程，根據(jù)動能定理可得→ngLsine-〃機(jī)gLcos0=0-gs(2%)2

卜滑過程，根據(jù)動能定理可得mgL^nθ-μmgLc^θ=^mvl-0聯(lián)立解得μ=0.45

方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度，

mgsinθ+μmgcosθ=mai.,mgsind-〃朋geos。=胸下上滑時末速度為0,下滑時初速度為0,由勻變速直

2

線運動的位移速度關(guān)系可得20上X=(2v0)-0,2αrv=Vj=葉聯(lián)立可解得μ=0.45

5.(2021年山東卷)如圖所示，三個質(zhì)量均為用的小物塊A、B、C,放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，

一勁度系數(shù)為人的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B,開始時彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加

一水平向左、大小為尸的恒力，使B、C一起向左運動，當(dāng)速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離

開墻壁，最終三物塊都停止運動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為力最大靜摩擦力等于滑

動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。(彈簧的彈性勢能可表示為：Ep=*,及為彈簧的勁度系數(shù)，%為彈

簧的形變量)

(1)求B、C向左移動的最大距離號和B、C分離時B的動能線；

(2)為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值fmin；

(3)若三物塊都停止時B、C間的距離為XBc，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做

的功為W,通過推導(dǎo)比較W與力?c的大??；

(4)若F=5∕,請在所給坐標(biāo)系中，畫出C向右運動過程中加速度α隨位移X變化的圖像，并在坐標(biāo)軸上

標(biāo)出開始運動和停止運動時的“、X值(用八%、，W表示)，不要求推導(dǎo)過程。以撤去尸時C的位置為坐標(biāo)

原點，水平向右為正方向。

a

O

X

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

ninBC

【詳解】（1）從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系得

%=2后+:此彈簧恢復(fù)原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由

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

2Kk

（2）當(dāng)A剛要離開墻時，設(shè)彈簧得伸長量為X,以A為研究對象，由平衡條件得履=f若A剛要離開墻壁

時B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值尸min，從彈簧恢復(fù)原長到A剛要離開墻得過程中，以B

和彈簧為研究對象，由能量守恒得耳=3^△結(jié)合第（1）問結(jié)果可知仄hl=（3±羋）/根據(jù)題意舍去

50=（3-手）/，所以恒力得最小值為F*=（3+羋）/

（3）從B、C分離到B停止運動，設(shè)B的路程為4，C的位移為Xc，以B為研究對象，由動能定理得

-W-危=0-耳以C為研究對象，由動能定理得-人C=O-耳由B、C得運動關(guān)系得/>2-XBC

聯(lián)立可知W<外C

（4）小物塊B、C向左運動過程中，由動能定理得5R-2&=o解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為包=6/

則坐標(biāo)原點的加速度為4="3=組3=?之后C開始向右運動過程（B、C系統(tǒng)未脫離彈簧）加

2m2mm

速度為紅可知加速度隨位移X為線性關(guān)系，隨著彈簧逐漸恢復(fù)原長，X減小，α減小，彈簧恢復(fù)原

2tn

長時，B和C分離，之后C只受地面的滑動摩擦力，加速度為4,=-上負(fù)號表示C的加速度方向水平向左；

m

從撤去恒力之后到彈簧恢復(fù)原長，以B、C為研究對象，由動能定理得g處2-2杵=3.2小，脫離彈簧瞬間

后C速度為V,之后C受到滑動摩擦力減速至0,由能量守恒得,色=gm∕解得脫離彈簧后，C運動的距離

為/百則C最后停止的位移為%+電==Xl=。?務(wù)=務(wù)所以C向右運動的圖象為

乙乙乙KK

6.(2022年遼寧卷)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑!圓弧導(dǎo)軌在B點平滑連接，導(dǎo)軌半徑

為R。質(zhì)量為機(jī)的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為

廊，之后沿軌道8。運動。以。為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系xθy,在XN-R區(qū)域有方向與X軸夾角為

6=45。的勻強(qiáng)電場，進(jìn)入電場后小球受到的電場力大小為TLng。小球在運動過程中電荷量保持不變，重

力加速度為g。求：

(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；

(2)小球經(jīng)過。點時的速度大?。?/p>

(3)小球過。點后運動的軌跡方程。

2

【答案】（I）→ngR-（2）v0=√?Λ:（3）y=6Rx

【詳解】（I）小球從4到8,根據(jù)能量守恒定律得耳=3加4=^mgR

（2）小球從8到0,根據(jù)動能定理有-mgR+qE?0R=g"吆解得%=反^

（3）小球運動至0點時速度豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到X軸和y軸，則X軸方向有

√Ecos45=,加z*豎直方向有qEsin45-mg=∕na,解得a,=g,%=。說明小球從。點開始以后的運動為X軸

方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有χ=gg/,y=vot

聯(lián)立解得小球過。點后運動的軌跡方程9=6Rx

二、三大力場中有關(guān)彈模型的平衡問題

7.如圖所示，光滑的硬桿AB豎直固定放置，粗糙的硬桿CQ水平固定放置，原長為L的輕質(zhì)彈簧一端懸

掛在天花板上，另一端連接質(zhì)量為，"的小球，小球穿過AB桿，靜止時彈簧與豎直方向的夾角為37。，天花

板與小球間的高度差為L,若把小球穿在硬桿Co上，當(dāng)小球剛好不滑動時，彈簧與水平方向的夾角為53。，

彈簧的總長為33最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.彈簧的勁度系數(shù)為％=簧

B.小球在Cz）上靜止時，彈簧的彈力大小為8,咫

C.桿CO對小球的彈力大小與桿AB對小球的彈力大小之比9

D.桿Co與小球之間的動摩擦因數(shù)亨

【答案】D

【詳解】A.小球穿過AB桿，時小球進(jìn)行分析有耳=4—Fɑɑs37=Wg解得耳=：“？，k=浮

Vcos37）14L

A錯誤;

B.把小球穿在硬桿8匕彈簧的彈力月=Z（3L-L）=10mg,B錯誤;

C.把小球穿在硬桿8上，對小球分析有鳥sin53=Nct,+sg解得Ng=7∕ng小球穿過AB桿，對小球進(jìn)行

3Ncn28

分析有NM=KSm37=:〃琢則=W，C錯誤；

4NAB?

D.小球穿在硬桿CZ）上，當(dāng)小球剛好不滑動時，則有用cos53=MN8解得"=g,D正確。故選D。

8.如圖所示，一勁度系數(shù)々=20N/m、原長。=Im的輕質(zhì)彈性繩一端固定在A點，另一端與一質(zhì)量"?=Ikg

的滑環(huán)連接，在4點與豎直桿之間與A點等高、距A點Im處有一光滑輕小定滑輪，彈性繩繞過定滑輪，

定滑輪右側(cè)到4點的距離為1.5m處有一足夠長的光滑豎直桿，將滑環(huán)套在豎直桿上，在豎直向上的外力F

作用下將滑環(huán)從與A點等高的C點緩慢移動到。點，在。點處外力?恰好為零，己知彈性繩受到的拉力與

伸長量的關(guān)系遵循胡克定律，取重力加速度大小g=IOm/S?,則下列說法正確的是（）

A.滑環(huán)由C點運動到。點的過程中，外力尸先增大后減小

B.豎直桿所受的彈力逐漸增大

C.C、。兩點間的距離為0.5m

D.滑環(huán)由C點運動到O點的過程中，彈性繩上的彈性勢能變化量等于5J

【答案】C

【詳解】A.對滑環(huán)受力分析可知，設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為仇設(shè)BD=x,則豎直方向丘cos6+F=〃?g

隨著滑環(huán)的下降，則，減小，彈性繩的伸長量X增大，則下逐漸減小，選項A錯誤；

B.豎直桿受的彈力N=fctsin6=也則豎直桿受的彈力不變，選項B錯誤；

C.在。點處外力F恰好為零，則依cos，=/ng其中COSe=刈解得XCC=O.5m選項C正確；

X

D.滑環(huán)由C點運動到。點的過程中，重力做功為WG=mgxcD=SJ因力尸做負(fù)功，可知彈性繩上的彈性勢能

變化量小于5J,選項D錯誤。故選C。

9.如圖所示，固定光滑直桿上套有一個質(zhì)量為機(jī)，帶電盤為+<7的小球和兩根原長均為/的輕彈簧，兩根輕

彈簧的一端與小球相連,另一端分別固定在桿上相距為2/的4、B兩點,空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場。

已知直桿與水平面的夾角為6,兩彈簧的勁度系數(shù)均為功寫吆，小球在距8點1/的P點處于靜止?fàn)顟B(tài),

4

。點距A點q/,重力加速度為g,下列選項正確的是（）

A.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為〃*‘I”0

q

B.若小球從P點以初速度%=(Ti而方沿桿向上運動，恰能到達(dá)。點

C.從固定點B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度大小為gsind,方向向上

D?小球從。點由靜止下滑過程中動能最大為媽曾

【答案】D

【詳解】A.小球受兩根彈簧彈力大小為尸=2ZΔx=2χ登警'χ(=2,WgSino對小球，由共點力平衡有

(mg+qE)Sine=Z7解得E=%，A錯誤；

q

B.根據(jù)對稱性可知，小球從P點運動到。點的過程中彈力做功為o,根據(jù)幾何關(guān)系可得P。之間距離為

x=2∕-2x?=]/根據(jù)動能定理，有-(mg+qE)xsine=O-gm；解得%=]阿扁方，B錯誤；

C.從固定點B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度方向沿AB向下，合力等于原來尸B間彈簧的彈力，根據(jù)牛頓

第二定律可得α=—=—?-l=gsιnθ,C錯誤；

mml5

D.小球從。點由靜止下滑，運動到P點時受力平衡，速度最大，動能最大，此過程中初末位置的兩彈簧的

彈性勢能相同，兩彈簧彈力做的總功為0,在從。到P的過程中，根據(jù)動能定理，有(，移+qE)xsin6=Ek-0

根據(jù)B選項可知X=2/-2x2=|/解得Ek="號叱，D正確。故選D。

10.如圖所示，勁度系數(shù)為總的輕彈簧一端固定于懸點O,另一端懸掛一個質(zhì)量為〃?的小球。，小球。靜

止時處于空中A點.在懸點。處固定一帶電量為f(q>O)小球匕(未畫出)，彈簧與小球a、人彼此絕緣.某

時刻，用某種方式讓小球。帶上電量+4,小球”由靜止開始向上運動，當(dāng)人球間的電場力為α球重力的

兩倍時，小球〃的速度達(dá)到最大值V,此時小球。處于空中B點.兩帶電小球均看作點電荷，靜電力常數(shù)為

k,重力加速度為g,不計空氣阻力.則

A.彈簧的原長為外區(qū)+等

V2mgk0

B.4、8兩點間的距離為

ko

C.A、B兩點間的電勢差UAB=槳—空&

2qqh

/T∣v~

D?小球〃從A點到8點機(jī)械能的變化量為k+T-

2?

【答案】AD

【詳解】A項：小球a靜止時處于空中的A點，根據(jù)平衡條件有，”g=KAr,小球a帶上電荷量為+q的正電

荷向上加速到B點時有∕ng+KA√=2∕ng,解得A√=mg,此時彈簧彈力處于壓縮狀態(tài)，形變量與A點形變

量相同，A、B兩位置彈簧彈性勢能相等，根據(jù)庫侖定律得2mg=竺，其中r=∕-?r,聯(lián)立解得

r

/=%「￡+等，故A正確；

V2mgka

B項：A、B兩點間的距離為x=2?x=半，故B錯誤；

Ko

112"，°2

*2

C項：小球a從A點到B點，根據(jù)動能定理W-∣ngx=~tnv,即qUλb=-+,解得UM=――+—■—

22κ02qqk。

故C錯誤;

D項：小球a從A點到B點機(jī)械能的變化量ΔE=”+"史，故D正確.

2h

11.如圖所示，質(zhì)量為，〃的三根完全相同的導(dǎo)體棒垂直于紙面放置，其中八人兩導(dǎo)體棒放置在粗糙的水平

面上，c導(dǎo)體棒被豎立的輕質(zhì)彈簧懸掛，三根導(dǎo)體棒中均通入垂直紙面向里、大小相等的恒定電流后，呈等

邊三角形排列，且保持穩(wěn)定。重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.彈簧的彈力小于C導(dǎo)體棒的重力

B.水平面對“導(dǎo)體棒的摩擦力可能為零

c.水平面對。導(dǎo)體棒的支持力小于;Wg

D.若在地面上對稱地緩慢增大。、〃導(dǎo)體棒間的距離，彈簧長度將減小

【答案】CD

【詳解】A.根據(jù)同向電流相吸，反向電流相斥，可得c導(dǎo)體棒受到“、6兩導(dǎo)體棒的合力豎直向下，根據(jù)平

衡條件可得彈簧的彈力大于。導(dǎo)體棒的重力，A錯誤；

B.c、人兩導(dǎo)體棒對。導(dǎo)體棒的合力垂直反斜向上，有水平向右的分量，所以α導(dǎo)體棒必定受到地面的摩

擦力，B錯誤；

C.以三個導(dǎo)體棒整體為研究對象，因為彈簧的彈力豎直向上,所以地面對。、人兩導(dǎo)體棒的支持力小于3mg,

3

得對67導(dǎo)體棒的支持力小丁??∣■機(jī)g,C正確；

D.若在地面上對稱地緩慢增大。、〃導(dǎo)體棒間的距離，。、b兩導(dǎo)體棒對C導(dǎo)體棒的力的夾角變大，合力變

小，則彈簧彈力變小，彈簧長度將減小，D正確。故選CD。

12.某同學(xué)自制一電流表，其原理如圖所示。質(zhì)量為，”的均勻細(xì)金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相

連，彈簧的勁度系數(shù)為鼠在矩形區(qū)域浦”內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，ab=L∣,bsL2,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2,方向垂直

紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標(biāo)尺上的刻度。MN的長度大于必，當(dāng)MN中沒有電流

通過且處于靜止時，MN與矩形區(qū)域的M邊重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流時，指針示

數(shù)可表示電流強(qiáng)度。TnMN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）

N

T

?

C

A.當(dāng)電流表的示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為空

κ

B.標(biāo)尺上的電流刻度是均勻的

C.為使電流表正常工作，流過金屬桿的電流方向為MTN

D.電流表的量程為“吆產(chǎn)

【答案】ABC

【詳解】A.電流表示數(shù)為零時，金屬桿不受安培力，金屬桿在重力與彈簧彈力作用下處于平衡狀態(tài)，由平

衡條件得，咫=辰。解得XO=半，A正確；

K

C.要使電流表正常工作，金屬桿應(yīng)向下移動，所受的安培力應(yīng)向下，由左手定則知金屬桿中的電流方向應(yīng)

從M至N,C正確；

B.當(dāng)電流為/時，安培力為FA=B∕Z√靜止時彈簧伸長量的增加量為?χ,根據(jù)胡克定律△尸=∕?=k?x

u?得?=與=半*/故該電流表的刻度是均勻，B正確；

KK

D.設(shè)當(dāng)以=右時，l=lm,則有8∕,,L=U2解得/,?=等故電流表的量程為等，D錯誤。故選ABC。

DLyDL]

三、三大力場中有關(guān)彈簧模型的動力學(xué)問題

13.如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，上端疊放著兩個物體A、B,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用豎

直向上的拉力/作用在物體A上，使A向上做勻加速直線運動，以系統(tǒng)靜止時的位置為坐標(biāo)原點，豎直向

上為位移X正方向，得到尸隨X的變化圖像如圖乙所示。已知物體A的質(zhì)量s=2kg,重力加速度g=10m∕s2,

則下列說法正確的是()

A_FN

~B

22

102

5

12.x∕c?

乙

甲

A.彈簧的勁度系數(shù)為40N∕mB.物塊A做勻加速直線運動的加速度大小為Im/s?

C.物塊B的質(zhì)量為6kgD.F作用瞬間，A、B之間的彈力大小為ION

【答案】BD

【詳解】A.以A、B整體為研究對象，設(shè)物塊B質(zhì)量為靜止時彈簧壓縮量為%,有線=(%+M)g

分離之前有尸+&小-X)-(W+M)g=(m+")α即P=履+G"+M)α所以尸隨X的變化圖像的斜率等于勁度

22-12

系數(shù)1=CUs,N∕m=80N∕m,A錯誤；

12.5×10

BC.X=O時刻，有12N=(m+M)α分離時，有22f4-儂？=，曲聯(lián)立解得°=1?1/$2,M=K)kg,B正確，C錯

誤；

D.施加拉力F的瞬間，設(shè)A、B之間的彈力為對B進(jìn)行受力分析有fa?-Mg-"=Ma解得國=ION

D正確。故選BD。

14.如圖所示，一勁度系數(shù)為Z的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連一質(zhì)量為，"的物塊A,A放在質(zhì)量為2機(jī)的

托盤B上，以FN表示B對A的作用力，x表示彈簧的伸長量。初始時，在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，

且彈簧處于自然狀態(tài)(x=0),現(xiàn)改變力F的大小，使B以^?的加速度勻加速向下運動(g為重力加速度，空

氣阻力不計），此過程中EV隨X變化的圖像正確的是（）

B

【答案】B

【詳解】設(shè)物塊A和托盤間B的壓力為零時彈簧的伸長量為X/,對物塊A,根據(jù)牛頓第二定律有，咫-3=ma

由題意可知α=與解得Xl=等在此之前,對物塊A根據(jù)牛頓第二定律可得mg-Fti-kx=ma=?lng

可得外=g∕ng-fcr可知隨X變化，QV由開始運動時的號?線性減小到零。故選B。

15.如圖，帶正電的小球A固定在光滑絕緣斜面底端，輕彈簧的一端連接帶負(fù)電的小球8,另一端固定于擋

板，兩小球的球心在彈簧的軸線上，彈簧原長時處于。點。將球3由。點靜止釋放，小球沿斜面運動至M

點時加速度為零。則下列說法正確的是（）

B

A.球B做簡諧運動

B.球B運動后不可能靜止在斜面上

C.球B運動至M點時一定有最大速度

D.球8在/點和。點的機(jī)械能可能相等

【答案】D

【詳解】A.球B向下運動過程中，彈簧彈力增加，庫侖力增加，若庫侖力不變，則沿斜面的合外力可以提

供回復(fù)力而做簡諧運動，故A錯誤；

B.若沿斜面向上的彈簧彈力，沿斜面向下的重力下滑分力，庫侖力達(dá)到平衡，小球才可以靜止在斜面上，

故B錯誤；

C.M點之后，彈簧彈力增大，庫侖力也增大，可能還有加速階段，不能保證M點時最大速度，故C錯誤；

D.整個系統(tǒng)機(jī)械能守恒，球B由。玲用，彈簧的彈性勢能增加，球的電勢能減小，若兩者相等，則球在M

點和O點的機(jī)械能相等，可能存在這種情況，故D正確。故選D。

16.在傾角為。的光滑固定絕緣足夠長的斜面上有兩個用絕緣輕彈簧連接的物塊A和B,它們的質(zhì)量分別為

機(jī)和3〃?，彈簧的勁度系數(shù)為％,C為一固定擋板，開始未加電場，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，A帶正電，B不帶電，

現(xiàn)加一沿斜面向上的勻強(qiáng)電場，物塊A沿斜面向上運動，當(dāng)B剛離開C時，A的速度為h之后兩個物體運

動中，當(dāng)A的加速度為O時，B的加速度大小為α,方向沿斜面向上，則下列正確的是（）

A.未加電場時，擋板C對物塊B的作用力大小為3mgsind

B.從加電場后到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移大小為3”取sm。

k

C.從加電場后到B剛離開C的過程中，物塊A的機(jī)械能和電勢能之和保持不變

D.B剛離開C時，電場力對A做功的瞬時功率為(4MgSin，+3〃KI)V

【答案】D

【詳解】A.開始未加電場，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，擋板C對物塊B的作用力大小為A和B的總重力在沿斜面

方向上的分力為K=4∕ngsinO,A錯誤；

B.從加電場時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對物塊A受力分析，根據(jù)平衡條件有機(jī)gsin，=%解得X=超警

K

物塊B剛要離開C時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，對B由平衡條件可得3∕"gsiW="2解得占=嗎Ine

K

B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移大小為X=Λ1+x,=嗎兇，B錯誤；

k

C.對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從加電場后到B剛離開C的過程中，物塊A的機(jī)械能、電勢能與彈簧的彈

性勢能之和保持不變，彈簧的彈性勢能先減小后增大，故物塊A的機(jī)械能和電勢能之和先增大后減小，C

錯誤；

D.設(shè)A所受的電場力大小為F,由題知當(dāng)A的加速度為零時，B的加速度大小為“，方向沿斜面向上，根

據(jù)牛頓第二定律對A有尸一機(jī)gsin6-4電=。對B有4-3mgsin。=3ma故有F=4mgsinθ+3ma當(dāng)B剛離開C

時，A的速度為V,則電場力對A做功的瞬時功率為P=FV=(4mgsine+3m4)u,D正確。故選D。

17.如圖，上端固定的輕彈簧下端系在正方形單匝閉合線框必〃的灰邊中點上，線框邊長為L質(zhì)量為，”，

電阻為R；在外力作用下線框靜止，線框平面(紙面)豎直，ad邊水平且彈簧恰好為原長，與αd邊相距0.5L

的水平邊界MN下方存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為3的勻強(qiáng)磁場。由靜止釋放線框，當(dāng)αd邊到達(dá)

邊界MN時，線框速度大小為V。不計空氣阻力，重力加速度大小為g,彈簧勁度系數(shù)A=詈且形變始終在

彈性限度內(nèi)。下列判定正確的是()

i

s

7

0不

￡

Q上

。5￡

XXX奸nAV

×××X

>

XX××

XX×X

A.αd邊進(jìn)入磁場前的過程中，彈簧彈力的沖量大小為4=竿-〃”

B.αd邊剛進(jìn)入磁場時，a、d兩點間的電勢差為Sd=BLV

C.ad邊剛進(jìn)入磁場時，線框的加速度大小為“=與-"1

2mκ

D.線框從開始運動到最終靜止的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為Qe=O?5mgL

【答案】CD

【詳解】A.取向下為正方向，根據(jù)動量定理得ad邊進(jìn)入磁場前的過程中mgf-%=〃”由于線框受到的彈

簧彈力是不斷變化的，故線框加速度是不斷變化的，貝kH人所以源力皿-〃“故A錯誤；

VV

B.ad邊剛進(jìn)入磁場時?，〃、”兩點間的電勢差為電源路端電壓，由于正方形線框總電阻為凡根據(jù)閉合電路

33

歐姆定律可得'E=IBLV故B錯誤；

C.曲邊剛進(jìn)入磁場時，線框受到自身重力，豎直向上的彈簧彈力及安培力的作用，根據(jù)牛頓第二定律得

-4—∕?=?乂因為%/邊剛進(jìn)入磁場時，彈簧彈力E=AAr=等X0.5L=0.5mg安培力F安=BIL

22

ERIvOBLVU?

W=粵聯(lián)立以上式子解得線框的加速度大小為〃=春----故C正確;

AKZ

D.線框最終靜止時，有工=%?x'=小g求得此時彈簧伸長量為Δ√=L彈簧及線框系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律

可得,3=g"+Qii聯(lián)立解得，線框從開始運動到最終靜止的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為q=053故D

正確。故選CD。

18.如圖，足夠長且電阻不計的光滑平行雙導(dǎo)軌水平固定，所在空間有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場；ab,cd

是垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上，長度等于導(dǎo)軌間距且與導(dǎo)軌接觸良好的兩根導(dǎo)體棒，兩棒的電阻相等，質(zhì)量之

比，〃w,：加“=1：2,兩棒中點連接著原長為及、勁度系數(shù)為k的絕緣輕彈簧。在兩棒中點同時施加大小相等、

方向相反（平行于導(dǎo)軌）的外力使彈簧緩慢伸長（彈簧形變在彈性限度內(nèi)），當(dāng)外力大小為F時，同時撤去

外力。則（）

__________________d

F→F

A.外力大小為F時，兩棒間的距離為4+丁

K

B.撤去外力尸后瞬間，兩棒的加速度大小之比為%,：4=2:1

C.撤去外力F后，在運動過程中的任意時刻，安培力對兩棒做功的功率絕對值相等

D.兩棒最終會同時達(dá)到靜止?fàn)顟B(tài)，此時彈簧的長度為￡。

【答案】BD

【詳解】A.外力大小為尸時，根據(jù)平衡條件F=ML-4）解得A=?+y,A錯誤；

B.撤去外力尸后瞬間，安培力等于零，根據(jù)牛頓第二定律4=￡;—=—=B正確；

maalmab1

C.撤去外力F后，在運動過程中的任意時刻，安培力對兩棒做功的功率絕對值為P=B∕Lv,v^at

解得P=兩棒的加速度不相等，功率的絕對值不相等，C錯誤；

D.根據(jù)動量守恒定律，總動量等于零，所以兩棒最終會同時達(dá)到靜止?fàn)顟B(tài)；此時彈簧的長度一定為因

為如果彈簧有形變，棒就不會靜止，就不是最終狀態(tài)，D正確。故選BD。

四、三大力場中有關(guān)彈簧模型的能量動量問題

19.如圖所示，滑塊2套在光滑的豎直桿上并通過細(xì)繩繞過光滑定滑輪連接物塊1,物塊1又與一輕質(zhì)彈簧

連接在一起，輕質(zhì)彈簧另一端固定在地面上。開始時用手托住滑塊2,使繩子剛好伸直處于水平位置但無張

力，此時彈簧的壓縮量為d。現(xiàn)將滑塊2從A處由靜止釋放，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零,

此時物塊1還沒有到達(dá)滑輪位置。已知滑輪與桿的水平距離為3d,AC間距離為4d,不計滑輪質(zhì)量、大小

及摩擦。下列說法中正確的是()

A.滑塊2下滑過程中，機(jī)械能先增大后減小

B.滑塊2經(jīng)過B處時的加速度等于g

C.物塊1和滑塊2的質(zhì)量之比為2:1

D.若滑塊2質(zhì)量增加一倍，其他條件不變，仍讓滑塊2由A處從靜止滑到C處，滑塊2到達(dá)C處時，物塊

1和滑塊2的速度之比為5:4

【答案】C

【詳解】A.滑塊2下滑過程中，繩子拉力一直對滑塊2做負(fù)功，機(jī)械能一直減小，故A錯誤；

B.滑塊2下滑過程中，繩子拉力增大，合力先減小后反向增大，則加速度先減小后反向增大，當(dāng)滑塊2經(jīng)

過B處時速度最大，其加速度為0,故B錯誤；

C.物體1靜止時，彈簧壓縮量為%=d當(dāng)25滑到C點時，物體1上升的高度為/∕=J(3d)2+(4d)2-3d=2d

則當(dāng)物體2到達(dá)C時彈簧伸長的長度為d,此時彈簧的彈性勢能等于物體1靜止時的彈性勢能。對于A與B及

彈簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律應(yīng)有叫g(shù)?2d=w2g?4"解得叫：網(wǎng)=2:1故C正確。

4d4

D.根據(jù)物體1和2沿繩子方向的分速度大小相等，則得匕CoSe=匕其中cos。=券=?則得滑塊2到達(dá)C處時，

5cl5

物塊1和滑塊2的速度之比W：匕=4：5故D錯誤。故選C。

20.如圖所示，傾角為。的光滑斜面固定在水平面上，一根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧下端固定于斜面底部,

上端放一個質(zhì)量為小的小物塊α,。與彈簧間不拴接，開始時“靜止于P點。質(zhì)量為2%的小物塊6從斜面

上。點由靜止釋放，與。發(fā)生正碰后立即粘在一起成為組合體c,組合體C在以后的運動過程中恰好不離開

彈簧。已知彈簧的彈性勢能與其形變量的關(guān)系為與=＜尿。重力加速度為g,彈簧始終未超出彈性限度。下

列說法正確的是()

B.組合體C動能的最大值為出岸寸2

A.彈簧彈力的最大值為3，"gsin?

C.PQ間距離為"W誓d?〃、〃碰撞過程中機(jī)械能的損失為近產(chǎn)

82

【答案】BC

【詳解】A.設(shè)彈簧的最大壓縮量為小，組合