模型08弹簧动力学模型（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、08 弹簧动力学模型 1(2020 通榆县第一中学校高三期中)如图所示，置于水平地面上质量分别为 1 m和 2 m的两物体甲、乙用劲 度系数为 k 的轻弹簧连接，在物体甲上施加水平恒力 F，稳定后甲、乙两物体一起做匀加速直线运动， 对两物体间弹簧的形变量，下列说法正确的是( ) A若地面光滑，则弹簧的形变量等于 F k B若地面光滑，则弹簣的形变量等于 1 12 m F mmk C若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为，则弹簧的形变量等于 2 m g k D若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为，则弹簧的形变量等于 2 12 m F mmk 【答案】D 【详解】 AB若地面光滑，对甲、乙两物体，有

2、 12 Fmma 对物体乙有 2 k xm a 可解得 2 12 m F x mmk AB 错误； CD若地面粗糙，由题可知，对甲、乙两物体做加速运动，有 1212 Fmmgmma 对物体乙有 22 k xm gm a 可解得 2 12 m F x mmk C错误，D 正确。 故选 D。 2(2020 河南高三月考)如图所示，两个质量分别为 m1=0.75kg、m2=2kg 的物体置于光滑的水平面上，中间 用外壳质量为 m=0.25kg的弹簧秤连接如图，弹簧的质量忽略不计，弹簧外壳恰好与地面接触，两个大小 分别为 F1=2N，F2=8N的水平拉力分别作用在 m1、m2上，则下列说法不正确 的是

3、( ) A弹簧秤的示数是 6N B在突然撤去 F2的瞬间，m2的加速度大小为 2m/s2 C在突然撤去 F1的瞬间，m1的加速度大小为 4m/s2 D在突然撤去 F2的瞬间，m1的加速度大小为 2m/s2 【答案】A 【详解】 A对两物体及弹簧秤所组成的整体： 2112 FFmmm a 解得 a=2m/s2 对 m2： 22 FFm a 解得 F=4N 即弹簧秤的示数是 4N，选项 A 错误，符合题意； C在突然撤去 F1或 F2的瞬间，F1或 F2突然变为 0，但弹簧弹力仍然是 4N，在突然撤去 F1的瞬间，对 弹簧秤与 m1的整体： 11 Fmm a 解得 a1=4m/s2 选项 C正确，

4、不符合题意 B在突然撤去 F2的瞬间，对 m2： 22 Fm a 解得 a2=2m/s2 选项 B正确，不符合题意； D对弹簧秤与 m1的整体： 111 FFmm a 解得 a1=2m/s2 选项 D正确，不符合题意； 故选 A。 3(2020 湖北高三期中)如图所示，倾角为 =30 的光滑斜面上，质量分别为 2m、m 的 a、b 两物块，用一 轻弹簧相连，将 a用细线连接在木板上，调整细线使之与斜面平行且使系统静止时，物块 b 恰与斜面底 端的挡板无弹力， 此时弹簧的形变量为 x。 重力加速度为 g， 若突然剪断细线， 弹簧始终处于弹性限度内， 则( ) A剪断细线瞬间，挡板对物块 b弹力为

5、 0.5mg B剪断细线瞬间，物体 b的加速度为 0.5g C剪断细线瞬间，物体 a的加速度为 g D剪断细线后，物块 a沿斜面向下运动 3x 时动能最大 【答案】D 【详解】 AB突然剪断细线前，对 b 受力分析，由平衡条件可得 sinFmg 弹 剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，b的受力状态不变，合力仍为零，则物体 b的加速度为 0，挡板对 物块 b 弹力也为零，A、B错误； C突然剪断细线前，对 a受力分析，由平衡条件可得 2sin T FmgF 弹 可得 3sin T Fmg 剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，绳子拉力消失，由牛顿第二定律得 2sin2mgFma 弹 解得，a的加速度为

6、 3 sin 2 ag C错误； D剪断细线前，弹簧的形变量为 x，可得 sinmgFkx 弹 剪断细线后， 物块 a 沿斜面向下运动， 向下运动 x 时， 弹簧恢复原长， 再向下运动 x ， 当加速度为零时， 速度最大，此时满足 2sinmgkx 联立上式可得 2xx 所以物块 a 沿斜面向下运动 3x时动能最大，D正确。 故选 D。 4(2020 武威第六中学高三月考)如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹 角为。设重力加速度为 g，下列说法正确的是( ) A从 A 点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为 g，方向竖直向下 B从 A 点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为

7、 cos g ，方向与竖直成角斜向右下 C从 B 点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为sing，方向与水平成角斜向左下 D从 B 点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为tang，方向与竖直成角斜向左上 【答案】A 【详解】 AB.从 A点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向 下运动，小球的加速度大小为 g，方向竖直向下，故选项 A 正确选项 B错误； CD.剪断弹簧前，设弹簧的拉力为 F，轻绳的拉力为 FT，由平衡条件可知 cosFmg sin T FF 解得 cos mg F tan T Fmg 从 B 点剪断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的

8、拉力和重力不变，则小球所受的合力大小 为tanmg，由 tanmgma 可得小球的加速度为 tanag 方向水平向左，故 CD 错误。 故选 A。 5(2020 江西南昌二中高三月考)如图所示，质量均为 m 的滑块 A、B、C 置于水平地面上，中间用劲度系 数分别为 k1、k2的轻弹簧 a，b 连接，在施加在滑块 C上的水平恒力 F作用下，一起无相对运动地向右加 速运动。已知滑块与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为 g。在滑块运动过程中，下列说法正确 的是( ) A滑块 A比滑块 C受到的合力小 B两弹簧 a、b的弹力之比 a b 3 FF FFmg C两弹簧 a、b的伸长量之比 a2 b1

9、 3 lk lk D若弹簧 a 突然断裂，在断裂瞬间，滑块 A 比滑块 B的加速度小 【答案】D 【详解】 A因三者无相对运动，故加速度一定相同，由牛顿第二定律可知，A、B、C受到的合力相同，故 A错 误； B 由牛顿第二定律，对 A、B、C整体 33Fmgma 解得 3 3 Fmg a m 对 A 有 a Fmgma 解得 a Fmg a m 对 A、B整体有 b 22Fmgma 解得 b 2 2 Fmg a m 联立解得 a 3 F F ， b 2 3 F F ，故两弹簧 a、b 的弹力之比 a b 1 2 F F ，故 B错误； C由胡克定律可知 a1 a b2 b 1 2 Fk l F

10、k l 即 a2 b1 2 lk lk 故 C 错误； D在弹簧 a 突然断裂的瞬间，由牛顿第二定律可知，对 A A mgma 解得 A ag 对 B bB Fmgma 解得 b B 2 2 3 3 F mg FmgF ag mmm 由 3 3 Fmg a m 知 3Fmg 故 B 22 3 33 Fmg aggg mm 故 AB aa，故 D 项正确。 故选 D。 6 (2020 湖北高三月考)如图所示， 质量为M的木箱静止在水平地面上， 其顶部用轻弹簧悬挂一质量为m的 小球，将小球向下拉至某一位置由静止释放，当小球运动到最高点时，木箱对地面的压力恰好为零，已 知重力加速度为g，此时小球的加

11、速度大小为( ) A0 Bg C Mm g m D Mm g m 【答案】C 【详解】 以木箱和小球的整体为研究对象，则由牛顿第二定律 Mgmgma 解得小球的加速度大小 Mm ag m 故选 C。 7(2020 浙江高三月考)A、B 两物块之间用轻弹簧相连接，静止于水平地面上，如图所示。已知物块 A、B 的质量分别为 m和 M，弹簧的劲度系数 k，若在物块 A 上作用一个竖直向上的力，使 A由静止开始以加 速度 a 做匀加速运动，直到 B 物块离开地面，此过程中，物块 A 做匀加速直线运动的时间为( ) A 2mg ka B 2Mg ka C 2()Mm g ka D 2()Mm g ka

12、【答案】C 【详解】 刚开始前，A、B 两物块之间用轻弹簧相连接，静止于水平地面上，此时弹簧处于压缩，其压缩量为 1 mg x k 当 B 刚好离开地面时，弹簧处于伸长，其伸长量为 2 x k Mg 故 A 物体上升的位移为 12 ()mM g xxx k 由公式 2 1 2 xat可知 22()xMm g t aka 故选 C。 8(2020 山东高三月考)如图所示，质量 M=1kg 的框架放在水平地面上，一劲度系数 k=1 102N/m的轻质弹 簧固定在框架上，下端连接个质量 m=0.5kg的小球。让小球在弹簧作用下上跳动(未超出弹性范围)，框 架始终没有离开地面，取重力加速度大小 g=1

13、0m/s2，不计空气阻力。则( ) A当框架对地面的压力大小 F=20N时，弹簧缩短了 10m B当框架对地面的压力大小 F=20N时，弹簧的形变量为 5m C当框架对地面的压力大小 F=5N时，小球的加速度大小为 10m/s2，方向竖直向上 D当框架对地面的压力大小 F=5N 时，小球的加速度大小为 20m/s2，方向竖直向下 【答案】D 【详解】 AB. 当框架对地面的压力大小 F=20N时，弹簧对框架的作用力向下，弹簧处于压缩状态，由共点力平 衡条件 N MgkxF 可得：10cmx，弹簧伸长了 10cm，AB错误； CD当框架对地面的压力大小 F=5N 时，弹簧对框架的作用力向上，弹簧

14、处于由共点力平衡条件 N MgFF 弹 小球受到竖直向下的重力，竖直向下的弹力，由牛顿第二定律可得 mgFma 弹 联立可得： 2 20m/sa ，方向竖直向下，C错误，D 正确； 故选 D。 9 (2020 安徽省太和第一中学高三月考)如图所示， A、 B 两小球分别用轻质细绳 L1和轻弹簧系在天花板上， A、B 两小球之间用一轻质细绳 L2连接，细绳 L1、弹簧与竖直方向的夹角均为 ，细绳 L2水平拉直，现 将细绳 L2剪断，则细绳 L2剪断瞬间，下列说法正确的是( ) A细绳 L1上的拉力与弹簧弹力之比为 11 B细绳 L1上的拉力与弹簧弹力之比为 1cos2 CA与 B 的加速度之比为

15、 11 DA与 B 的加速度之比为 cos 1 【答案】D 【详解】 根据题述可知，A、B两球的质量相等，均设为 m，剪断细绳 L2瞬间，对 A 球受力分析，如图 1所示， 由于细绳 L1的拉力突变，沿细绳 L1方向和垂直于细绳 L1方向进行力的分解，得 FTmgcos ma1mgsin 剪断细绳 L2瞬间，对 B 球进行受力分析，如图 2 所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保 持不变，有 Fcos mg ma2mgtan 所以 FTFcos21 a1a2cos 1 则 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 10(2020 山东潍坊一中高三开学考试)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定

16、在水平面上，上端叠放两个质 量均为 M的物体 A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为 k，初始时物体处于静止状态现用竖直 向上的 拉力 F作用在物体 A 上，使物体 A开始向上做加速度为 a 的匀加速运动，测得两个物体的 vt 图像如图乙所示(重力加速度为 g)，则( ) A施加外力前，弹簧的形变量为 2g k B外力施加的瞬间 A、B间的弹力大小为 M(g-a) CA、B 在 t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 D弹簧恢复到原长时，物体 B的速度达到最大值 【答案】B 【详解】 A施加 F前，物体 AB 整体平衡，根据平衡条件有： 2Mg=kx 解得： 2mg x k 故 A 错误；

17、B施加外力 F的瞬间，对 B 物体，根据牛顿第二定律有： F弹Mg AB FMa 其中 F弹=2Mg 解得： AB FM ga 故 B 正确； C物体 A、B在 t1时刻分离，此时 A、B具有共同的 v与 a；且0 AB F；对 B： F 弹 MgMa 解得： F 弹= M ga 弹力不为零，故 C 错误； D而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故 D 错误。 故选 B 【点睛】 本题关键是明确 A 与 B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对 AB整体和 B物体受 力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒的条件进行分析。 11 (2020

18、 四川阆中中学高三月考)如图所示， 劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定于墙上， 另一端连接一物体 A， 用质量与 A相同的物体 B推物体 A 使弹簧压缩， A、 B与地面的动摩擦因数分别为 A和 B， 且 AB， 释放 A、B，两者向右运动一段时间之后将会分离，则 A、B分离时弹簧的( ) A伸长量为 BA ()mg k B压缩量为 BA ()mg k C伸长量为 BA ()mg k D压缩量为 BA ()mg k 【答案】C 【详解】 设 A、B 分离时弹簧伸长量为 x，当 AB 刚好分离时 AB间的弹力为零，加速度仍相同，根据牛顿第二定 律得 BA mgmgkx mm 解得 BA ()mg

19、x k 由于 AB，所以有 x0，说明弹簧被拉伸，且拉伸量为 BA ()mg k 故选 C。 12(2020 陕西西安中学高三月考)如图所示，一个质量为 2kgM 的小木板放在光滑的水平地面上，在木 板上放着一个质量为1kgm 的小物体，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，这时弹 簧的弹力为 2N。现沿水平向左的方向对小木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中力 F 由 0逐渐增加到 12N，以下说法正确的是( ) A物体受到的摩擦力一直减小 B物体与小木板先保持相对静止，后相对滑动 C物体与小木板一直保持相对静止 D小木板受到 9N的拉力时，物体受到的摩擦力大小为 3N

20、【答案】C 【详解】 A若物体与木板之间的摩擦力恰好为 0，则物体只受到弹簧的弹力的作用，此时物体的加速度为 22 2 m/s2m/s 1 f a m 由于物体始终相对于木板静止，所以此时整体在水平方向的受力为 0 2 12N6NFMm a 所以当力 F增大到 6N时，物体不受摩擦力作用。则拉力小于 6N之前，摩擦力随拉力 F 的增大而减小， 当拉力大于 6N后，摩擦力又随拉力的增大而增大，故 A 错误； BC由题，当弹簧的弹力是 2N向右时，物体仍然静止在木板上，所以物体与木板之间的最大静摩擦力 要大于等于 2N。若要使物体相对于木板向右滑动，则物体受到的木板的摩擦力至少要大于等于 2N，方

21、 向向左，即物体受到的合力至少向左 4N的力，物体的加速度为 22 4 m/s4m/s 1 F m a 合 同时，物体与木板有相对运动时，木板的加速度要大于物体的加速度，当二者相等时，为最小拉力。则 有 2 14N12N m FMm a 即只有在拉力大于 12N 时，物体才能相对于木板滑动，所以在拉力小于 9N时，物体相对于木板静止， 故 B 错误，C正确； D小木板受到 9N拉力时，整体的加速度 22 9 m/s3m/s 2 1 F a Mm () () 物体受到的摩擦力为f ，则 2maf 所以 2N1 3N2N1Nfma 故 D 错误。 故选 C。 13(2020 甘肃兰州一中高三期中)

22、如图所示，倾角为 = 30的斜面体 c 置于水平地面上，滑块 b置于光滑 斜面上，通过细绳跨过定滑轮与物体 a连接，连接 b 的一段细绳与斜面平行，连接 a 的一段细绳竖直，a 下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止。已知物块 a、b、c的质量分別为 m、4m、 M，重力加速度为 g，不计滑轮的质量和摩擦。下列说法中正确的是( ) A地面对 c的摩擦力为零 B剪断轻绳的瞬间，c 对地面的压力为(3m+M)g C剪断轻绳的瞬间，a 的加速度大小为 2g D弹簧弹力大小为 mg 【答案】BCD 【详解】 A对 bc 组成的系统受力分析可知，竖直向下的重力 G，竖直向上的支持力 F，细

23、线斜向上的拉力 T， 根据平衡条件可知还要受地面的摩擦力 f，选项 A错误； B剪断轻绳的瞬间，b 沿斜面加速下滑，加速度为 1 sin 2 agg 对 bc组成的系统竖直方向上根据牛顿定律有 (4 )4sinMm gNma 解得地面对 c的支持力 (3)NmM g 根据牛顿第三定律可得 c对地面的压力为(3m+M)g，选项 B 正确； C剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得：a的加速度大小 2 Fmg ag m 弹 选项 C正确； D以 b 为对象，沿斜面方向得 sin2 b Fm gmg 绳 以 a为对象 a FFm g 绳弹 解得 Fmg 弹 选项 D正确。 故选 BCD。

24、 14 (2020 辽宁实验中学高三月考)如图甲所示， 质量分别为 m、 M的物体 A、 B静止在劲度系数 k的弹簧上， A与 B 不粘连。 现对物体 A 施加竖直向上的力 F， A、 B起上升， 若以两物体静止时的位置为坐标原点， 两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度为 g，则( ) A在图乙中 PQ段表示拉力 F 逐渐减小 B在图乙中 QS 段表示物体减速上升 C位移为 x1时，A、B之间弹力大小为 10 mgkxMa D位移为 x3时，A、B一起运动的速度大小为 023 ()a xx 【答案】CD 【详解】 A开始时，质量分别为 m，M的物体 A，B 静止在劲度系数为 k

25、的弹簧上，弹簧的弹力向上，大小为 F弹=(M+m)g 随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而 PQ段的加速度的大小与方向都不变， 根据牛顿第二定律 F-(M+m)g+F弹=(M+m)a F弹减小，所以 F 增大。故 A错误； B在乙图 QS 段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运 动，是加速度减小的加速运动。故 B错误； CP开始时，质量分别为 m，M的物体 A，B静止在劲度系数为 k 的弹簧上，弹簧的弹力 F0=(M+m)g 当弹簧伸长了 x1后，弹簧的弹力 F1=F0-F=F0-kx1=(M+m)g-kx1 以 B 为研究对象，则

26、 F1-Mg-Fx1=Ma0 得 Fx1=F1-mg-Ma0=mg-kx1-Ma0 故 C 正确； D到 Q的过程中，物体的加速度不变，得 v122a0 x2 Q到 S 的过程中，物体的加速度随位移均匀减小 00 0 22 aa a 13 2 2 2 2 2xvvax 联立得 2023 vaxx 故 D 正确。 故选 CD。 15(2020 全国高一专题练习)如图，在光滑水平面上，轻质弹簧相连质量分别为 1kg 和 2kg 的物块 A、B, 用大小为 F=15N 的恒力作用在 A上使 AB相对静止一起向左匀加速运动,则下列说法正确的 A弹簧的弹力大小等于 5N B弹簧的弹力大小等于 10N C

27、突然撤去 F瞬间,B的加速度大小为 5m/s2 D撤去 F后的短暂时间内，A的速度将减小，B的加速度增大 【答案】BC 【分析】 (1)在 F作用下，AB保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，利用整体法，根据牛顿第二定律，可 求得它们的共同加速度a； (2)单独隔离 A 或者 B， 由牛二定律， 可求得弹簧弹力； (3)撤去外力 F瞬间， 弹簧弹力不能突变，故 B物块加速度瞬间不变；(4)在之后的运动过程中，物块 A 减速，B 继续加速度， 弹簧开始变短，B的加速度将减小，弹簧恢复原状时，B的速度最大 【详解】 AB、将 AB两物块看做整体，根据牛顿第二定律可知： AB Fmma，解得： 2

28、 5m/sa ； 隔离 B，对 B 受力分力，由牛二定律得： B Fm a 弹 ，解得： 10NF 弹 ；则 A错误，B 正确； C、 撤去外力 F的瞬间， 弹簧弹力来不及发生变化， 故 B 的加速度瞬间不变， 仍然为 2 5m/sa ， C正确； D、撤去 F后的短暂时间内，A物块在弹簧弹力作用下，速度将减小，B在弹簧弹力作用下，速度将继续 增大，AB 两物块间距离变小，弹簧弹力变小，B的加速度减小，D错误 故本题选 BC 【点睛】 熟练使用整体法、隔离法，结合牛顿第二定律即可求解 16(2020 河南高三月考)如图所示，倾角为30 的固定光滑斜面上有两个质量均为 m 的物块 A、B，物 块

29、 A 通过劲度系数为 k的轻弹簧拴接在斜面底端的固定挡板上，物块 B通过一根跨过定滑轮的细线与物 块 C 相连，物块 C的质量为 2 m ，弹簧、细线均与斜面平行。初始时，用手托住物块 C，使细线恰好伸直 但无拉力，释放物块 C，物块 A、B分离时，滑块 C恰好落地。重力加速度大小为 g，不计滑轮质量及 摩擦，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( ) A初始时，弹簧的压缩量为 mg k B物块 A、B 分离时，弹簧弹力等于 2 mg C从开始到物块 A、B 分离的过程中，物块 A、B的速度先增大后减小 D从开始到物块 A、B 分离的过程中，物块 A、B一直加速 【答案】ABD

30、 【详解】 A初始时，细线对物块 A、B 的作用力为零，物块 A、B整体受力平衡 2sin30kxmg 解得 mg x k 由受力平衡可知，弹簧处于压缩状态且压缩量为 mg k ，故 A 正确； BCD物块 A、B 分离时，物块 A、B 之间的相互作用力为 0，且物块 A、B的加速度相同，分别对物块 A、B、C受力分析，由牛顿第二定律可知，物块 A有 sin30kxmgma 物块 B有 sin30Tmgma 物块 C有 22 mgm Ta 解得 a=0， 2 mg T ， 2 mg kx 则从开始到物块 A、B 分离的过程中，物块 A、B一直加速，故 C错误，BD正确。 故选 ABD。 17(

31、2020 山东省实验中学高三月考)如图，固定光滑长斜面倾角为 37，下端有一固定挡板。两小物块 A、 B放在斜面上，质量均为 m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与 B 相连，右 端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为 L 且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动 3 4 L的距离时 A 恰好不离开挡板。已知重力加速度大小为 g， sin37=0.6，cos37=0.8。下列说法正确的是( ) A弹簧的劲度系数为 24 5 mg L B当弹簧恢复原长时，物体 B 沿斜面向上移动了 3 10 L C若小车从图示位置以gL的速度向右匀

32、速运动，小车位移大小为 3 4 L时 B的速率为 3 5 gL D当小车缓慢向右运动 3 4 L距离时，若轻绳突然断开，则此时 B的加速度为 1.2g，方向沿斜面向下 【答案】ACD 【详解】 A系统静止时，对 B 分析知 1 sin37mgkx 解得 1 sin37mg x k 小车向右移动到 3 4 L时，对 A分析知 2 sin37mgkx 解得 2 sin37mg x k 分析题意可知 2 2 12 31 44 xxLLLL 联立可得 24 5 k mg L 故 A 项正确； B经分析，当物体 B 沿斜面向上移动了 x1时，弹簧恢复原长，此时 1 sin371 8 mg xL k 故

33、B 项错误； C若小车以gL的速度向右匀速运动，设小车向右移动到 3 4 L时，轻绳与水平面成 角，则由几何知 识可得 4 sin 5 ， 3 cos 5 由运动和合成与分解可得 B 3 cos = 5 vvgL 车 故 C 项正确； D当小车缓慢向右运动 3 4 L距离时，若轻绳突然断开，绳子拉力减为 0，此时对物体 B 受力分析，得出 合力为 =2sin37Fmg 且方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得 B 的加速度为 =1.2 F ag m 故 D 项正确。 故选 ACD。 18如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块 A 和 B，C 为固定挡板，系统处于 静止状态， 现开

34、始用变力 F 沿斜面向上拉动物块 A 使之做匀加速直线运动， 经时间 t 物块 B 刚要离开挡 板，已知两物块的质量均为 m，弹簧的劲度系数为 k，重力加速度为 g，则在此过程中，下列说法正确的 是() A力 F 的最小值为 2 2 4sinm g kt B力 F 的最大值为 2 sin 4 1 mg m kt C物块 A 的位移为 sinmg k Dts 末 A 的速度为 4sinmg kt 【答案】AD 【详解】 CD刚开始时，弹簧处于压缩状态，对 A分析，A处于静止状态，沿斜面方向上受力平衡，受到重力沿 斜面向下的分力和弹簧沿斜面向上的弹力，此时有 1 sinmgkx 解得 1 sinm

35、g x k ，当 B刚要离开挡板时，挡板对 B 的作用力为零，此时弹簧处于伸长状态，对 B 分 析，B处于静止状态，受力平衡，故有 2 sinmgkx 解得 2 sinmg x k ，所以整个匀加速过程中，弹簧的形变量即 A的位移为 12 sinsin2sinmgmgmg xxx kkk 因为 A是从静止开始做匀加速直线运动，经历的时间为 t，所以有 2 1 2 xat 解得 2 4sinmg a kt ，故 ts末 A的速度为 4sinmg vat kt C错误，D 正确； ABF 随着弹力的变化而变化，当弹簧被压缩过程中，弹力向上，随着弹力的减小而增大，所以刚开始 时 F 最小，故有 2

36、min 2 4sinm g Fma kt 在弹力方向向下时，随着弹力的增大而增大，故 B刚要离开挡板时，F 最大，故有 1 2 2 sin2sin1 m m Fkxmgmamg kt A正确，B 错误。 故选 AD。 19(2019 马关县第一中学校高一期末)如图所示，A、B、C 三球质量均为 m，轻质弹簧一端固定在斜面顶 端、另一端 A 球相连，A、B 间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为的光滑斜面固定在 地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确 的是( ) AA球的受力情况未变，加速度为零 BB球的受力情况未变，加速度为零 CA

37、、B之间杆的拉力大小为1.5 sinmg DA、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5 sing 【答案】CD 【详解】 AB细线被烧断的瞬间，A、B整体不再受细线的拉力作用，A、B的受力情况发生变化，合力不为零， 加速度不为零，则说明 A、B 的加速度也不为零， AB 错误； CD设 A、B 之间杆的拉力大小为 T，加速度为 a，以 A.、B 组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、 B 静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力为 3sin T Fmg 烧断细线的瞬间，绳上的力立刻消失，而弹簧上的弹力不变，由牛顿第二定律得 3sin2sin2mgmgma 再以 B单独为研究对象，由牛

38、顿第二定律得 sinTmgma 联立上式解得 0.5 sinag ，1.5sinTmg CD 正确。 故选 CD。 20(2020 安徽省砀山第二中学高三月考)如图所示，箱子 A被弹簧吊着，箱内放有物块 B，A、B质量分别 为m、2m，现对箱子施加竖直向上的 5Fmg 的力， 使系统处于静止状态。则在撤去F的瞬间( ) A箱子 A处于超重状态，物块 B 处于完全失重状态 B弹簧处于压缩状态，弹力大小为2mg CAB的加速度 AB 5 3 aag DAB的加速度分别为 A 3ag， B ag 【答案】BD 【详解】 ABCD以 AB 整体为研究对象，设弹簧的弹力为 F ，根据平衡条件 35Fmg

39、mg 弹簧的弹力为 2Fmg 方向竖直向下，故弹簧处于压缩状态。 撤去力F后，弹簧弹力不变，假设 AB间有相互作用力，即 AB加速度相同，则以整体为研究对象，整 体受的合外力为5mg，则整体的加速度为 55 33 mg g m 而 B 的加速度最大为g，故 A的加速度大于 B的加速度，二者分离，A不受 B的压力；以 A 为研究对 象，受重力和弹簧的弹力 A 2mgmgma 得 A 3ag， B 2 2 mg ag m A处于失重状态，B 处于完全失重，故 AC 错误，BD正确。 故选 BD。 21(2020 陕西高一月考)如图所示，质量为 10kg的物体 A 拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，物体

40、 A处于静 止状态，此时弹簧的拉力为 5N时。若小车以 1m/s2的加速度向右运动后，则(g=10m/s2)( ) A物体 A相对小车静止 B物体 A受到的摩擦力减小 C物体 A受到的摩擦力向右 D物体 A受到的弹簧拉力增大 【答案】AC 【详解】 ABC由题意得知，物体 A 与平板车的上表面间的最大静摩擦力 max 5fN 若小车加速度为 2 1m/s时，则由牛顿第二定律，物体受到的合力为 10N x FFfma 合 所以，此时平板车对物体 A 的摩擦力 f为5N，方向向右，且为静摩擦力，所以物体 A 相对于车仍然静 止，故 B 错误，AC正确； D物体 A相对于车仍然静止，则受到的弹簧的拉

41、力大小不变，故 D 错误。 故选 AC。 22如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为 m和 M的物块 A、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的 动摩擦因数均为 ，当用水平力 F 作用于 B上且两物块共同向右以加速度 a1匀加速运动时，弹簧的伸长 量为 x1； 当用同样大小的恒力 F沿着倾角为 的光滑斜面方向作用于 B上且两物块共同以加速度 a 2匀加 速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为 x2，则下列说法中正确的是( ) A若 mM，有 x1x2 B若 msin ，有 x1x2 D若 sin ，有 x1x2 【答案】AB 【详解】 在水平面上滑动时，对整体根据牛顿第二定律则有 1 ()()FmM

42、 gmM a，隔离物块A，根据牛 顿第二定律则有 1 1T Fmgma ，联立解得 1 T m M F F m ； 在斜面上滑动时，对整体根据牛顿第二定 律则有 2 ()()FmM gsinmM a，隔离物块A，根据牛顿第二定律则有 2 2 sin T Fmgma ， 联立解得 2 T m M F F m ；可知弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故选项 A、B 正确，C、 D错误 23(2020 赤峰二中高三月考)如图所示，倾角为的斜面固定于地面上，上表面光滑，A、B、C 三球的质 量分别为 m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与 A 球相连，A、B间固定一个轻杆，B、

43、 C间由一轻质细线连接弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或 断开弹簧与 A 的连接点。下列判断正确的是( ) A弹簧断开的瞬间，A、B之间杆的弹力大小不为零 B细线被剪断的瞬间 A、B球的加速度沿斜面向上，大小为sing C弹簧断开的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均不同 D细线被剪断的瞬间，A、B 之间杆的弹力大小为4 sinmg 【答案】BD 【详解】 开始三球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，弹簧的弹力 23sin6sinFmmm gmg C弹簧被剪断瞬间，三球一起向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 23sin23mmm gmmm a 可得加速度s

44、inag，故 C 错误； A弹簧被剪断瞬间，对 A，由牛顿第二定律得 sinTmgma 解得 T=0，即 A、B 之间杆的弹力为零，故 A错误； B细线被剪断时间，弹簧弹力不变，对 A、B系统，由牛顿第二定律得 2sin2Fmm gmm a 解得sinag ，方向沿斜面向上，故 B 正确； D细线被剪断瞬间，对 B，由牛顿第二定律得 2sin2Tmgma 解得4sinTmg ，故 D 正确。 故选 BD。 24(2020 莒南第二中学高三月考)如图所示，倾角为 的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为 m 的小球 A、B，它们用劲度系数为 k的轻质弹簧相连接，现对 A施加一个水平向右大小为

45、 F= 2 3 3 mg的 恒力，使 A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为 L， 则下列说法正确的是( ) A弹簧的原长为 L 2 mg k B斜面的倾角为 =30 C撤掉恒力 F的瞬间小球 A 的加速度不变 D撤掉恒力 F的瞬间小球 B 的加速度为 0 【答案】ABD 【详解】 AB小球 A受力情况如图所示 由共点力平衡条件可得 0 2 3 ()sin 3 k LLmgmg 小球 B受力情况如图所示 由共点力平衡条件可得 0 sin()mgk LL 联立可得 30 0 2 mg LL k AB 正确； C撤掉恒力 F前，小球 B的加速度为 0，撤去力

46、 F 瞬间，由牛顿第二定律可得 cosFma 解得：a g ，故撤掉恒力 F 的瞬间小球 A的加速度发生了变化，C错误； D撤去力 F 瞬间，小球 B受力情况不变，故加速度为 0，D正确； 故选 ABD。 25(2020 普宁市第二中学高三月考)两个中间有孔的质量为 M的小球用一轻弹簧相连，套在一水平光滑横 杆上。两个小球下面分别连一轻弹簧。两轻弹簧下端系在同一质量为 m的小球上，如图所示。已知三根 轻弹簧的劲度系数都为 k，三根轻弹簧刚好构成一个等边三角形。则下列判断正确的是( ) A水平横杆对质量为 M的小球的支持力为 Mg+mg B连接质量为 m 小球的轻弹簧的弹力为 3 mg C连接质

47、量为 m 小球的轻弹簧的伸长量为 3 3 mg k D套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为 3 6 mg k 【答案】CD 【详解】 A对整体进行受力分析，由平衡条件可知，水平横杆对质量为 M 的小球的支持力为 11 (2) 22 NMgmgMgmg 故 A 错误； B对 m 进行受力分析，如图 由平衡条件可得 2 cos30Tmg 解得 3 3 Tmg 故 B 错误； C由胡克定律可知，连接质量为 m 小球的轻弹簧的伸长量为 3 3 Tmg x kk 故 C 正确； D对横杆上的一个小球 M 进行受力分析，如图 由平衡条件可知，水平弹簧对小球 M 的作用力 313 cos60 326 FTmgmg 由胡克定律可知，套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为 3 6 Fmg x kk 故 D 正确。 故选 CD。 26(2020 横峰中学高三月考)在平直轨道上