模型14 弹簧能量相关模型（教师版含解析）-备战2021年高考物理模型专题突破

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1、14 弹簧能量相关模型 1 (2020 湖北恩施 高三月考)如图所示， 两个质量均为 m 的小滑块 P、 Q通过铰链用长为 L 的刚性轻杆连接， P 套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角=30 。原长为 2 L 的轻弹簧 水平放置，右端与 Q相连，左端固定在竖直杆 O 点上。P 由静止释放，下降到最低点时变为 60 。整 个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为 g。则 P 下降过程中( ) AP、Q组成的系统机械能守恒 BP、Q的速度满足 tan PQ vv C弹簧弹性势能最大值为 3-1 2 mgL DP 达到最大动

2、能时，P对杆的弹力等于 0 【答案】C 【详解】 A根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而 P、Q 组成的系统机械能不守恒，选项 A 错误； B在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知 cossin PQ vv 解得 tan P Q v v 选项 B错误； C根据系统机械能守恒可得 (cos30cos60 ) P EmgL 弹性势能的最大值为 31 2 P EmgL 选项 C正确； DP由静止释放，P 开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此 时动能最大，则 cosmgT 即杆的弹力为 cos mg T 不为零，选项 D错误。 故选 C。 2(202

3、0 山东青岛二中分校高三期中)如图甲所示，长为 L 的长木板水平放置，可绕左端的转轴 O 转动，左 端固定一原长为 2 L 的弹簧，一质量为 m的小滑块压缩弹簧到图甲中的 a点(物体与弹簧不连接)，Oa间 距离为 4 L 。将小滑块由静止释放后，木板不动，小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕 O点逆时针转动 37 后固定，如图乙所示，仍将物体由 a点静止释放，物体最多运动到离 O 点 3L/4 的 b点。已知弹簧的 弹性势能 2 1 2 P Ek x，其中 k为弹性系数，x 为弹簧的形变量。取 sin37 =0.6，cos37 =0.8.下列说法 正确的是( ) A物体与木板间的动摩擦因数为 6

4、 7 B物体在 a点时，弹簧的弹性势能为 3mg L C长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为 2 mgL D长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为 25 56 mgL 【答案】A 【详解】 A由能量守恒定律 pmax 3 4 EmgL pmax 11 cos37sin37 22 EmgLmgL 解得 6 7 ，A 正确； B物体在 a点时，弹簧的弹性势能为 pmax 3639 47414 EmgLmgLmgL B错误； CD弹力等于摩擦力时动能最大 1 mgkx 解得 1 6 7 mg x k 由能量守恒定律 pmaxpkmax1 4 L EEEmgx 2 p1 1 2 Ekx

5、解得 kmax 25 26 EmgL ，CD 错误。 故选 A。 3如图所示，轻质弹簧长为 L，竖直固定在地面上，质量为 m的小球，在离地面高度为 H 处，由静止开始 下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为 x，在下落过程中，小球受到的空气阻力为 F阻，则弹簧 在最短时具有的弹性势能为( ) A mgFHLx 阻 B mg HLxFHL 阻 C mgHFHL 阻 D mg LxFHLx 阻 【答案】A 【详解】 设弹力对小球做功为 W，则小球从开始下落到弹簧达到最大压缩量的过程中，对小球应用动能定理得 k +0mgFHLxWE 阻 解得 =WmgFHLx 阻 根据弹力做功与弹性势能的关系可

6、知，弹簧在压缩最短时具有的弹性势能为 p =EWmgFHLx 阻 故选 A。 4如图所示，质量为 M的物体放在水平地面上，物体上方安装一劲度系数为 k 的轻弹簧，在弹簧处于原长 时，用手拉着其上端 P 点很缓慢地向上移动，直到物体脱离地面向上移动一段距离。在这一过程中，P 点的位移为 H，则物体重力势能的增加量为( ) AMgH BMgH 22 M g k CMgH 22 M g k DMgH Mg k 【答案】C 【详解】 物体离开地面时，弹簧的伸长量 x= Mg k 物体上升的距离 h=Hx 则物体重力势能的增加量 Ep=Mgh=MgH 22 M g k 故选 C。 5如图所示，轻弹簧下端

7、系一重物，O点为其平衡位置(即重力和弹簧弹力大小相等的位置)，今用手向下 拉重物，第一次把它直接拉到 A点，弹力做功为 W1，第二次把它拉到 B点后再让其回到 A 点，弹力做 功为 W2，已知OA AB，弹簧始终在弹性限度内，则这两次弹力做功的关系为( ) A 12 WW B 12 2WW C 21 2WW D 12 WW 【答案】D 【详解】 弹簧弹力做的功与弹性势能的关系为 2 p 1 2 WEk x 弹 可知，两次弹簧的形变量相等，则 12 WW 故选 D。 6劲度系数分别为200N/m A k 和300N/m B k 的弹簧 A 和 B 连接在一起，拉长后将两端固定，如图， 弹性势能

8、pA E 、 pB E 的关系是( ) A pApB EE B pApB EE C pApB EE D无法比较 pA E 、 pB E 的大小 【答案】B 【详解】 根据牛顿第三定律，A、B弹簧的弹力大小相等。由于 Fkl 2 p 1 2 Ekl 所以弹性势能 2 2 p 1 22 F Ekl k 又由于 AB kk 所以 pApB EE 故选 B。 7(2020 嘉祥县第一中学高二期中)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足 够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高 h处由静止开始下滑。下列说法 正确的是( ) A物块沿槽下滑的过程中，物块的机械

9、能守恒 B物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒 C从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零 D物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高 h 处 【答案】D 【详解】 AB物块沿槽下滑过程中，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故 AB 错误； C从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的变化，物体的动量变化量不为 零，故物体受到的冲量不为零，C错误； D物块反弹后追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度，全过程系统机械能守恒， 故物块不能回到槽上高 h处，D正确。 故选 D。 8(2019 山东高二学业考试)轻质弹簧左端

10、固定于竖直墙壁上，右端连接一小球，开始时小球静止在光滑水 平直轨道上的 O点，如图所示，现将小球沿轨道移到 A 点后由静止释放，小球运动到 B点时速度刚好为 零。 忽略空气阻力， 在小球由 A运动到 B 的过程中， 关于小球机械能的变化情况， 以下判断正确的是( ) A一直增大 B一直减小 C先增大后减小 D先减小后增大 【答案】C 【详解】 在小球由 A运动到 B 的过程中，对弹簧和小球组成的系统，在运动过程中该系统机械能守恒，由于在这 一运动过程中，弹簧的形变量先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，故对小球来说，小球的 机械能将先增大后减小。 故选 C。 9(2020 安徽高三月考)

11、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。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他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大小随小球下落的位置坐标 x 的变化关系 如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为 g。以下判断正确的( ) A当 x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小 B最低点的坐标为 x=h+2x0 C小球受到的弹力最大值等于 2mg D小球动能的最大值为 0 2 mgx mgh 【答案】AD 【详解】 由图象结合小球的运动过程为：先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度

12、减小的加速运动，然 后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。 A当 x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以 重力势能与弹性势能之和最小，A正确； B根据对称性可知，小球在 x=h+2x0和 x=h 两个位置的速度大小相等，所以 x=h+2x0不是最低点，B错 误； C根据对称性可知，小球在 x=h+2x0和 x=h 两个位置的合力大小相等，都等于 mg，即小球在 x=h+2x0 位置时的弹力等于 2mg，该位置不是最低点，所以弹力的最大值大于 2mg，C错误； D当 x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，从开始

13、下落到 x=h+x0位置， 由机械能守恒定律和平衡条件得 2 0km0 1 2 mg hxEkx 0 mgkx 解得 0 km 2 mgx Emgh，D 正确。 故选 AD。 10(2020 浙江湖州中学)如图甲所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，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处自由下落， 接触弹簧后继续向下运动。 若以小球开始下落的位置为原点， 沿竖直向下建立一坐标轴 Ox，小球的速度 v随时间 t变化的图象如图乙所示。其中 OA 段为直线，AB段 是与 OA 相切于 A点的曲线，BC 是平滑的曲线，则关于 A、B、C 三点对应的 x 坐标及加速度大小，下

14、列 说法正确的是( ) AxAh，aA0 BxAh，aAg CxBh mg k ，aB0 DxCh2 mg k ，aC0 【答案】BC 【详解】 ABOA段的直线是小球接触到弹簧之前的自由落体运动，AB 段的曲线是从接触到弹簧开始，到压缩至 弹力与重力等大的运动过程，所以 A点处的坐标为 h，加速度为 g，故 A错误，B 正确； CB点处小球的速度达到最大，说明弹簧弹力与重力等大，小球所受合力为零，加速度为零，坐标为 mg h k ，故 C正确； DC点处小球的速度减小到零，弹簧的压缩量达到最大，设压缩量为 x，则 2 1 () 2 kxmg hx 解得 2 ()2mgmgmghk x k 故

15、 D 错误。 故选 BC。 11(2020 山东高三期中)如图所示，质量均为 m 的物块 A、B用轻弹簧相连，置于光滑水平面上，在水平 力 F 的作用下，弹簧处于压缩状态，A紧压在竖直墙壁上。现撤去力 F，在以后的运动过程中 B的最大 的速度为 v，对撤去力 F以后的过程，以下说法正确的是( ) A物块 A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对 A的冲量大小为 mv B物块 A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对 A做功的大小为 1 2 mv2 C物块 A、B 和弹簧组成的系统总动量守恒，机械能守恒 D物块 A的最大速度为 v 【答案】AD 【详解】 A撤去力 F，B物块在弹力作用下加速，弹簧恢复原长时，B物块

16、的速度达到最大，此过程中，A、B 受到弹簧的弹力大小相等，方向相反，作用时间相同，则 A、B 的冲量大小相等，由动量定理可知 = B Imv 所以物块 A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对 A的冲量大小为 mv，故 A正确； B物块 A离开竖直墙壁之前，由于物块 A 没有发生位移，则竖直墙壁对 A不做功，故 B 错误； C 此过程中只有系统内的弹力做功， 则机械能守恒， 但竖直墙壁对 A有力的作用， 即系统的外力不为 0， 则系统动量不为 0，故 C错误； D弹簧恢复原长时，B物块的速度达到最大，此时系统的总动量为 mv，接着 B减速，A 加速弹簧被拉 长，当 B 物块速度减为 0时，A物块速度达最

17、大，由动量守恒定律可知，A的最大速度也为 v，故 D正 确。 故选 AD。 12如图所示，一轻弹簧固定于 O 点，另一端系一重物，将重物从与悬点 O在同一水平面且弹簧保持原长 的 A 点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由 A 点摆向最低点的过程中( ) A重物的机械能减少 B系统的机械能不变 C系统的机械能增加 D系统的机械能减少 【答案】AB 【详解】 A重物自由摆下的过程中，弹簧拉力对重物做负功，重物的机械能减少。故 A 正确； BCD对系统而言，除重力、弹力外，无其他外力做功，故系统的机械能守恒，故 B正确，C、D错误。 故选 AB。 13把质量为 m的小球放在竖立的弹

18、簧上，并把小球往下按至 A 位置，如图甲所示，现将小球从 A 位置由 静止释放， 小球被弹簧弹起后升至最高位置 C， 如图丙所示， 途中经过位置 B时弹簧正好处于原长状态， 如图乙所示， 已知 A、 C 两位置高度差为 h， 弹簧的质量和空气阻力均忽略不计， 下列分析正确的是( ) A小球从 A 运动到 C的运动过程中它的机械能守恒 B小球从 B 运动到 C的运动过程中它的机械能守恒 C小球在位置 B 时它的动能最大 D弹簧释放的弹性势能最大值等于 mgh 【答案】BD 【详解】 A小球从 A 运动到 C的运动过程中，由于在 AB段弹簧的弹力对它做正功，其机械能增加，A 项错误； B小球从 B

19、 到 C只有重力做功，小球的机械能守恒，B项正确； C从 A 到 B的过程中小球要先加速后减速，当加速度为零，即弹力与重力大小相等的位置时，速度最 大，动能最大，该位置位于 AB之间，不在 B 点，C项错误； D小球从 A 到 C的过程中，小球受到的重力和弹力做功，故小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则弹 簧释放的弹性势能最大值等于小球到达 C点时的重力势能值，为 mgh，D项正确； 故选 BD。 14一升降机箱底部装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦和空气阻力的 影响，则升降机在从弹簧下端触地直到最低点的一段运动过程中( ) A升降机的速度不断减小 B升降机的加速度不

20、断变大 C先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功 D重力势能减小，弹性势能增大 【答案】CD 【详解】 AB从弹簧下端触地直到最低点的运动过程中，弹簧的弹力不断变大；当弹力小于重力大小时，升降机 加速度方向向下，升降机做加速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为 mgkxkx ag mm 可知加速度减小；当弹力大于重力大小时，升降机加速度方向向上，升降机做减速运动，根据牛顿第二 定律可得加速度大小为 kxmgkx ag mm 可知加速度变大，故 A、B错误； C从升降机接触弹簧到速度最大的过程中，动能增大，由动能定理知，合力做功为正，则弹力做的负 功小于重力做的正

21、功；从速度最大位置到最低点的过程中，动能减小，由动能定理知，合力做功为负， 则弹力做的负功大于重力做的正功，故 C正确； D由于升降机的高度不断下降，则重力势能不断减小，弹簧的压缩量不断增大，则弹性势能不断增大， 故 D 正确； 故选 CD。 15(2020 石嘴山市第三中学高二期中)用如图所示实验能验证动量守恒定律，两块小木块 A 和 B中间夹着 一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块 A、B 被弹簧弹出，最后落 在水平地面上落地点与平台边缘的水平距离分别为 A 1ml =， B 2ml =，实验结果表明下列说法正确的 是( ) A木块 A、B离开弹簧时的速度大小

22、之比1:2 AB vv B木块 A、B的质量之比:1:2 AB mm C弹簧对木块 A、B 做功之比:1:1 AB WW D木块 A、B离开弹簧时的动能之比1 2: kAkB EE 【答案】AD 【详解】 A两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因 为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式 x=v0t 及 lA=1m，lB =2m得 vA：vB=lA：lB=1：2 故 A 正确； B弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得 mAvA-mBvB=0 解得 mA：mB=vB：vA=2：1 故 B

23、错误； CD由 mA：mB=vB：vA=2：1 根据动能的表达式 2 k 1 2 Emv 可得 EkA：EkB=1：2 根据动能定理，弹簧对木块 A、B 做功之比 WA：WB=EkA：EkB=1：2 故 D 正确，C错误。 故选 AD。 16 (2020 河北唐山一中高三期中)如图所示， 固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道， 轨道半径 R=0.6m。 平台上静止着两个滑块 A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小 车，静止在光滑的水平地面。小车质量为 M=0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为 L=0.8m，动摩擦因数为 =0

24、.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后， A 滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于 A 滑块的重力，滑块 B冲上小车。两滑块都可以看 作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且 g=10m/s2。求： (1)滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力； (2)爆炸后 A 与 B获得的总动能是多少？ (3)滑块 B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。 【答案】(1)7N，方向竖直向下；(2)2.7J；(3)0.22J 【详解】 (1)滑块 A在最高点时，由牛顿第二定律得 2 NAA v m gFm R 已知最高点滑

25、块对轨道的压力 N=A Fm g 从半圆轨道最低点到达最高点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得 22 11 2 22 AAAA m vm gRm v 在半圆轨道最低点，支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 2 N A AA v Fm gm R 代入数据解得 7N N F ，6m/s A v 由牛顿第三定律可知，滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力大小为 7N，方向竖直向下； (2)炸药爆炸过程中，A、B系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 AABB m vm v 代入数据解得 3m/s B v 由能量守恒定律得 22 11 22 AABB Em vm v 代入数据解得 2.7

26、JE (3)B 与车组成的系统动量守恒，B与车的速度相等时弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒 定律得 () BBB m vmM v 共 由能量守恒定律得 22 P 11 ()+ 22 BBABB m vmmvm gLE 共 代入数据解得 0.22J P E 17(2020 江北 重庆十八中高二期中)如图所示，带有挡板的长木板置于光滑水平面上，轻弹簧放置在木板 上， 右端与挡板相连， 左端位于木板上的 B点。 开始时木板静止， 小铁块从木板上的 A点以速度 v0=4.0m/s 正对着弹簧运动，压缩弹簧，弹簧的最大形变量 xm=0.10m；之后小铁块被弹回，弹簧恢复原长；最终小 铁块与木

27、板以共同速度运动。已知当弹簧的形变量为 x时，弹簧的弹性势能 2 p 1 2 Ekx，式中 k为弹簧 的劲度系数；长木板质量 M=3.0kg，小铁块质量 m=1.0kg，k=600N/m，A、B两点间的距离 d=0.70m。取 重力加速度 g=10m/s2，不计空气阻力。求： (1)当弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小 v； (2)小铁块与长木板间的动摩擦因数 ； (3)试通过计算说明最终小铁块停在木板上的位置。 【答案】(1)1.0m/s；(2)0.375；(3)最终小铁块停在木板上 A 点 【详解】 (1)当弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度 v，根据动量守恒定律 0 ()mvMm

28、v 代入数据解得 1.0m/sv (2)由功能关系，摩擦产生的热量等于系统损失的机械能 222 m0m 111 222 mg dxmvMm vkx 代入数据，解得 0.375 (3)小铁块停止滑动时，与木板有共同速度，由动量守恒定律判定，其共同速度仍为1.0m/sv设小铁块 在木板上向左滑行的距离为s，由功能关系 22 0m 11 ()() 22 mg dxsmvMm v 代入数据，解得 0.8ms 而sdx，所以最终小铁块停在木板上 A 点。 18(2020 赤峰蒙古族中学高二月考)如图所示，静止放置在光滑水平面上的 A、B、C 三个滑块，滑块 A、B 间通过一水平轻弹簧相连，滑块 A 左侧

29、紧靠一固定挡板 P，某时刻给滑块 C施加一个水平冲量使其以初 速度 v0水平向左运动，滑块 C 撞上滑块 B 的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间 具有的弹性势能为 1.35J，此时撤掉固定挡板 P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块 A、B、C的质量分别 为 mAmB0.2kg，mC0.1kg，取 103.17。求： (1)滑块 C的初速度 v0的大小； (2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块 B、C 的速度大小。 【答案】(1)9m/s；(2)1.9m/s 【详解】 (1)滑块 C撞上滑块 B的过程中，滑块 B、C 组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律 得

30、01 () CBC m vmmv 弹簧被压缩至最短时，滑块 B、C 速度为零，根据能量守恒定律得 2 p1 1 2 BC Emmv 解得 v13m/s v09m/s (2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块 B、C的速度大小为 v2，滑块 A的大小为 v3，根据动量守恒定 律得 32 () ABC m vmmv 根据能量守恒定律得 22 p32 11 22 ABC Em vmmv 解得 v21.9m/s 19 通过探究得到弹性势能的表达式为 2 p 2 kx E 。 式中 k为弹簧的劲度系数， x为弹簧伸长(或缩短)的长度。 请利用弹性势能的表达式计算下列问题。放在地面上的物体，上端系在劲度系

31、数 k400N/m 的弹簧上， 弹簧的另一端拴在跨过定滑轮的绳子上，如图所示。手拉绳子的另一端，当往下拉 0.1m时，物体开始离 开地面，继续拉绳，使物体缓慢升高到离地 h0.5m高处。如果不计弹簧质量和各种摩擦，求拉力所做 的功以及弹簧的弹性势能。 【答案】22J；2J 【详解】 由题意知弹簧的最大伸长量 x0.1m 弹性势能 22 p 11 400 0.1 J2J 22 Ekx 刚好离开地面时，GFkx400 0.1N40N 则物体缓慢升高，F40N，物体上升 h0.5m 拉力克服重力做功 WFlmgh40 0.5J20J 则拉力共做功 W(202)J22J 20(2020 河南郑州 高三

32、月考)如图所示，物块 A放在平台上，绕过定滑轮的细线一端连在物块 A上，另一 端连在物块 B 上，物块 B与 C 用轻弹簧相连，物块 C放在地面上，物块 A、B、C的质量分别为 2m、m、 m，轻弹簧的原长为 L0，劲度系数为 0 5mg L ，重力加速度为 g，物块 A与平台间的动摩擦因数为 =0.2。 开始时，物块 A刚好要滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，然后给物块 A施加一个大小为 F=2mg的 水平向右的拉力，求： (1)加上拉力 F的瞬间，物块 A 的加速度 a； (2)当物块 B 向上运动 0.24L0的距离时，物块 B的速度 v； (3)若经过一段时间后撤去 F，要使物块 C能

33、离开地面，则拉力至少需要做的功 W。 【答案】(1) 0.4g；(2) 0 2 15 25 gL v ；(3) 0.512mgL0 【详解】 (1)开始时，细线的拉力 T1= 2mg=0.4mg 设开始时轻弹簧的弹力为 F1，根据力的平衡 T1+F1=mg 加上拉力的瞬间，弹簧的弹力仍为 F1，设细线的拉力为 T2，设物块 A的加速度大小为 a， 对物块 B T2+F1-mg=ma 对物块 A 2mg-T2- 2mg=2ma 解得 a=0.4g (2)由(1)得 F1=kx1 x1=0.12L0 当物块 B 向上运动 0.24L0的距离时，弹性势能变化量为 0，设物块 B的速度为 v，根据动能

34、定理 2mg 0.24L0- 2mg 0.24L0-mg 0.24L0= 1 2 3mv2 解得 0 2 15 25 gL v (3)当物块 C 刚要离开地面时，设弹簧的伸长量为 x2，根据力的平衡 kx2=mg 解得 x2=0.2L0 此时物块 A、B的速度为零，则拉力做的功最少，根据动能定理 12121122 11 2()(x)0 22 Wmg xxmgxkxxkxx 解得 W=0.512mgL0 21(2020 吉林吉林 高三月考)如图所示，在水平轨道右侧安放半径为0.2mR 的竖直圆形光滑轨道，水平 轨道的 PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为1mL ，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定

35、，弹簧处 于自然状态。质量为1 kgm的小物块 A(可视为质点)从轨道右侧以初速度 0 2 3m/sv 冲上轨道，通 过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。物块 A 与 PQ段 间的动摩擦因数0.2，轨道其他部分摩擦不计，重力加速度 2 10 m/sg。求： (1)物块 A与弹簧刚接触时的速度大小 v1； (2)物块 A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度 h1； (3)调节 PQ 段的长度 L，A 仍以 v0从轨道右侧冲上轨道，当 L满足什么条件时，物块 A 能第一次返回圆 形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？ 【答案】(1)2 2m/s；(2)0.2m

36、；(3)1m 1.5mL或0.25mL 【详解】 (1)设物块 A 与弹簧刚接触时的速度大小 v1，由动能定理得 22 10 11 22 mgLmvmv 解得 1 2 2m/sv (2)物块 A被弹簧以原速率弹回返回到圆轨道的高度为 h1，由动能定理得 2 11 1 0 2 mgLmghmv 解得 1 0.2mhR 符合实际。 (3)若 A沿轨道上滑至最大高度 h2时，速度减为 0，则 h2满足 2 0hR 由动能定理得 2 120 1 20 2 mgLmghmv 联立得 1 1m1.5mL 若 A能沿轨道上滑到最高点，则满足 2 2 v mmg R 由动能定理得 22 220 11 22 2

37、2 mgLmgRmvmv 联立得 2 0.25mL 综上所述，要使物块 A 能第一次返回圆轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是 1m1.5mL或0.25mL 22(2020 黑龙江哈尔滨三中高三期中)如图所示，A、B、C 三个可视为质点的小物块质量分别为 m1、m2、 m3，且 m1m2。A、B通过不可伸长的轻质细线绕过光滑的轻质滑轮相连，B、C通过轻质弹簧相连。用 手拖住 A 物体，使 B、C间的竖直弹簧恰好处于原长状态。松手释放 A后，A下降距离 d时，C恰好脱 离地面且不能再上升。已知重力加速度为 g。现把 A换成质量为 2m1的 D 物块，再次由弹簧处于原长状 态时释放 D，求

38、： (1)弹簧劲度系数 k 和释放 D 的瞬间 D的加速度大小； (2)当 C 恰好脱离地面时 D的速度大小。 【答案】(1) 3 m g d ； 12 12 (2) (2) mm g a mm ；(2) 1 12 2 = 2 m gd v mm 【详解】 (1)C恰好离开地面时： kd=m3g k= 3 m g d 释放 D的瞬间对 D： 2m1g-T=2m1a 对 B： T-m2g=m2a 所以： 12 12 (2) (2) mm g a mm (2)A下落过程有对系统由能量守恒得： 12p m gdm gdE 12p Emmgd（） D下落时，当 C 恰好离开地面时， 2 12 12 (

39、2) 2 2 p mm v m gdm gdE 所以 1 12 2 2 m gd v mm 23(2020 江西南昌二中高三月考)如图所示，足够长的光滑水平面上有 A、B、C三物块，A、B质量都是 2kg，C质量为 4kg。A、B分别与一个特殊的轻弹簧两端相粘连，弹簧处于压缩得不能再压缩状态而被 锁定，但还处于弹性限度内，此时弹簧储存的弹性势能为 192J。现给 A、B及弹簧整体一个向右的 6m/s 的速度，B与 C 碰后结合在一起不再分开。求： (1)B、C碰后 C的速度 (2)若碰后运动过程中某时刻弹簧突然解锁，求当弹簧恢复自由时 A、B、C 的速度 【答案】(1)3m/s；(2) vA=

40、9m/s 向左；vB = vC=7m/s 向右 【详解】 (1)当 AB整体与 C相碰的瞬时，由动量守恒定律 0 2(2)mvmM v 解得 v=3m/s (2) 解锁后当弹簧恢复自由时，设向右为正，对系统由动量守恒和能量守恒 (2)() AB mM vmvmM v 222 111 (2)() 222 PAB mM vEmvmM v 联立解得 vA=-9m/s 负号说明方向向左 vB = vC=7m/s 方向向右。 24(2020 湖北高三期中)在水平轨道上有一弹簧左端系于 A 点，右端与质量为 m 的小球接触但不连接。现 用外力推动小球将弹簧压缩至 P点保持静止，此时弹性势能为 EP=mgs

41、(s 为一定值)。P、B 之间的距离为 2.5s，小球与水平轨道的动摩擦因数为 =0.1，静止释放弹簧，小球沿水平轨道向右运动从 DB进入圆弧 轨道，如图所示。BC 是一段竖直墙面，DEF是固定在竖直平面内的一段光滑绝缘圆弧轨道，轨道上端 D 点的切线水平， B、 D间距很小， 可看作重合的点。 圆心 O 与轨道下端 F的连线与竖直墙面的夹角为53。 在 BC右边整个空间有水平向左、大小为 F0=0.75mg 的恒定风力，小球进入圆孤轨道之后恰好能沿着轨 道 DEF 运动，一段时间后从轨道下端 F 处脱离，最后打在竖直墙面 BC的 C点。已知重力加速度为 g， sin53=0.8，求： (1)

42、小球运动到 B 点的速度大小； (2)轨道 DEF的半径 R； (3)小球打在 C点前瞬间的速度大小。 【答案】(1) 3 2 B gs v ；(2) 6 7 Rs；(3) 85 14 C gs v 【详解】 (1)小球由静止释放到运动到 B 点，根据动能定理有 2 1 2.5 2 B mgsmgsmv 解得 3 2 B gs v (2)由题意得 22 35 ()() 44 Fmgmgmg 合 设 DEF 轨道半径为 R，设在 E 点小球达到等效最高点，由于小球恰好能沿着 DEF 轨道运动，则在 E 点 有 2 5 4 E v mgm R 根据动能定理得 22 511 (1 sin53 ) 4

43、22 EB mgRmvmv 解得 6 7 Rs (3)过点 F做切线以及垂直 BC 的水平线，则 为53。如图 又因为 0 4 3 mg F 则小球所受合力的方向与水平方向夹角成53。即在 F点小球速度方向与合力方向共线，小球做直线运 动，由几何关系得 16 cos537 BC R lRs 从 B 到 C全程动能定理有 22 11 22 BCCB mglmvmv 解得 85 14 C gs v 25(2020 山东省青岛第十七中学高三月考)如图所示，斜面倾角为，在斜面底端垂直斜面固定一挡板， 轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为 M=1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，弹簧与斜面平行、且为 原

44、长，在木板右上端放一质量为 m=2.0kg 的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为1=0.75，木板 与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为2=0.25， 系统处于静止状态。 小金属块突然获得一个大小为 v1=5.3m/s、 平行斜面向下的速度，沿木板向下运动。当弹簧被压缩 x=0.5m到 P 点时，金属块与木板刚好达到相对静 止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动。设金属块从开始运动到木块达到共速共用时间 t=0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已 知 sin=0.28、cos=0.96，g取 10m/s2，结果保留二位有效数字。 (

45、1)求木板开始运动瞬间的加速度； (2)假设木板由 P 点压缩弹簧到弹回 P点过程中不受斜面摩擦力作用， 求木板离开弹簧后沿斜面向上滑行 的距离。 【答案】(1) 2 10m/s，方向沿斜面向下；(2)0.077m 【详解】 (1)木板刚开始运动瞬间，受竖直向下的重力、垂直于接触面向上的支持力、木块对木板的压力、木块对 木板的摩擦力以及斜面对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得 120 sincos() cosMgmgMm gMa 解得 2 0 10m/sa ，方向沿斜面向下； (2)设金属块与木板达到共同速度为 2 v，对金属块 2 1 cossin4.4m/sagg 21 2.0m/svvat 在此过程中，以木板为研究对象，设弹簧对木板做的功为W，则有 2 02 1 2 Ma xWMv 解得3.0JW ，则此时弹簧的弹性势能 p 3.0JE ； 金属块和木板达到共同速度后压缩弹簧，速度减小到 0后反向弹回，设弹簧恢复原长时，木板和金属块 的速度为 3 v，在此过程中对木板和金属块，由能量守恒定律可得 22 p232 11 cossinsin 22 EMm gMgmgxMm vMm v 木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理可得 2 23 1 ()cos()sin() 2 Mm gsMm gsMm v 联立可得0.077ms