资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩13页未读，
继续阅读
所属成套资源：高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练
成套系列资料，整套一键下载
专题04 弹簧模型-高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练
展开
这是一份专题04 弹簧模型-高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练，文件包含专题04弹簧模型解析版docx、专题04弹簧模型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
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（1T—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F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有对B有联立可得
由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最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O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O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
化简得当位移为最大位移的一半时有带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误；
C．根据B的分析可知再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB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m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．2m
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θ，则依题意有故有，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O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m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，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，取，，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；
（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）；（3）
【详解】（1）设、的张力分别为、，A受力平衡
B受力平衡；解得
（2）设装置转动的角速度为，对A：；对B：解得
（3）B上升的高度，A、B的动能分别为；
根据能量守恒定律可知解得
4．（2022年全国卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。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，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。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律根据能量守恒定律
联立解得；
（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻
则同一时刻、的的瞬时速度分别为，根据位移等速度在时间上的累积可得
，又解得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间，有；0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将代入可得则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（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B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得联立解得
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，
，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得，联立可解得
5．（2021年山东卷）如图所示，三个质量均为m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k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F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f，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：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，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与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a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a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
【答案】（1）、；（2）；（3）；（4）
【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
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，由能量守恒得联立方程解得；
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得若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，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，由能量守恒得结合第（1）问结果可知根据题意舍去，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得解得脱离弹簧后，C运动的距离为则C最后停止的位移为所以C向右运动的图象为
6．（2022年辽宁卷）如图所示，光滑水平面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m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，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。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O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有解得
（3）小球运动至O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
竖直方向有解得，说明小球从O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，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
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CD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m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CD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3L，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
B．小球在CD上静止时，弹簧的弹力大小为8mg
C．杆CD对小球的弹力大小与杆AB对小球的弹力大小之比9
D．杆CD与小球之间的动摩擦因数
【答案】D
【详解】A．小球穿过AB杆，对小球进行分析有，解得，
A错误；
B．把小球穿在硬杆CD上，弹簧的弹力，B错误；
C．把小球穿在硬杆CD上，对小球分析有解得小球穿过AB杆，对小球进行分析有则，C错误；
D．小球穿在硬杆CD上，当小球刚好不滑动时，则有解得，D正确。故选D。
8．如图所示，一劲度系数、原长的轻质弹性绳一端固定在A点，另一端与一质量的滑环连接，在A点与竖直杆之间与A点等高、距A点1m处有一光滑轻小定滑轮，弹性绳绕过定滑轮，定滑轮右侧到A点的距离为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D点，在D点处外力F恰好为零，已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，则下列说法正确的是（ ）
A．滑环由C点运动到D点的过程中，外力F先增大后减小
B．竖直杆所受的弹力逐渐增大
C．C、D两点间的距离为
D．滑环由C点运动到D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θ，设BD=x，则竖直方向
随着滑环的下降，则θ减小，弹性绳的伸长量x增大，则F逐渐减小，选项A错误；
B．竖直杆受的弹力则竖直杆受的弹力不变，选项B错误；
C．在D点处外力F恰好为零，则其中解得xCD=0.5m选项C正确；
D．滑环由C点运动到D点的过程中，重力做功为WG=mgxCD=5J因力F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m，带电盘为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的A、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，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点的P点处于静止状态，Q点距A点，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
B．若小球从P点以初速度沿杆向上运动，恰能到达Q点
C．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为，方向向上
D．小球从Q点由静止下滑过程中动能最大为
【答案】D
【详解】A．小球受两根弹簧弹力大小为对小球，由共点力平衡有解得，A错误；
B．根据对称性可知，小球从P点运动到Q点的过程中弹力做功为0，根据几何关系可得PQ之间距离为
根据动能定理，有解得，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PB间弹簧的弹力，根据牛顿第二定律可得，C错误；
D．小球从Q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Q到P的过程中，根据动能定理，有
根据B选项可知解得，D正确。故选D。
10．如图所示，劲度系数为k0的轻弹簧一端固定于悬点O，另一端悬挂一个质量为m的小球a，小球a静止时处于空中A点．在悬点O处固定一带电量为–q（q>0）小球b（未画出），弹簧与小球a、b彼此绝缘．某时刻，用某种方式让小球a带上电量+q，小球a由静止开始向上运动，当a、b球间的电场力为a球重力的两倍时，小球a的速度达到最大值v，此时小球a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
B．A、B两点间的距离为
C．A、B两点间的电势差
D．小球a从A点到B点机械能的变化量为
【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，小球a带上电荷量为+q的正电荷向上加速到B点时有，解得，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 ，其中，联立解得，故A正确；
B项：A、B两点间的距离为，故B错误；
C项：小球a从A点到B点，根据动能定理，即，解得，故C错误；
D项：小球a从A点到B点机械能的变化量，故D正确．
11．如图所示，质量为m的三根完全相同的导体棒垂直于纸面放置，其中a、b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a导体棒的摩擦力可能为零
C．水平面对a导体棒的支持力小于
D．若在地面上对称地缓慢增大a、b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a、b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c导体棒的重力，A错误；
B．c、b两导体棒对a导体棒的合力垂直bc斜向上，有水平向右的分量，所以a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a、b两导体棒的支持力小于，得对a导体棒的支持力小于，C正确；
D．若在地面上对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，a、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m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k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab=L1，bc=L2，磁感应强度大小为B，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ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab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。MN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（ ）
A．当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为
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M→N
D．电流表的量程为
【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mg=kx0解得，A正确；
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I时，安培力为FA=BIL1静止时弹簧伸长量的增加量为 ，根据胡克定律
可得故该电流表的刻度是均匀，B正确；
D．设当时，I=Im，则有BImL1=kL2解得故电流表的量程为，D错误。故选ABC。
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F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F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为 B．物块A做匀加速直线运动的加速度大小为
C．物块B的质量为 D．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为
【答案】BD
【详解】A．以A、B整体为研究对象，设物块B质量为M，静止时弹簧压缩量为，有
分离之前有即所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数，A错误；
BC．时刻，有分离时，有联立解得，，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进行受力分析有解得
D正确。故选BD。
14．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量为2m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FN随x变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【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x1，对物块A，根据牛顿第二定律有
由题意可知解得在此之前，对物块A根据牛顿第二定律可得
可得可知随x变化，FN由开始运动时的线性减小到零。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B，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O点。将球B由O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（ ）
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B在M点和O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O→M，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θ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m和3m，弹簧的劲度系数为k，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v，之后两个物体运动中，当A的加速度为0时，B的加速度大小为a，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
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
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
【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，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，根据平衡条件有解得
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3mgsinθ = kx2解得
B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为，B错误；
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a，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律对A有对B有故有当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，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abcd的bc边中点上，线框边长为L，质量为m，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ad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B的匀强磁场。由静止释放线框，当ad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，弹簧劲度系数且形变始终在弹性限度内。下列判定正确的是（ ）
A．ad边进入磁场前的过程中，弹簧弹力的冲量大小为
B．ad边刚进入磁场时，a、d两点间的电势差为
C．ad边刚进入磁场时，线框的加速度大小为
D．线框从开始运动到最终静止的过程中，产生的焦耳热为
【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，则所以故A错误；
B．ad边刚进入磁场时，a、d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R，根据闭合电路欧姆定律可得故B错误；
C．ad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
又因为ad边刚进入磁场时，弹簧弹力安培力
联立以上式子解得线框的加速度大小为故C正确；
D．线框最终静止时，有求得此时弹簧伸长量为弹簧及线框系统，根据能量守恒定律可得联立解得，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，两棒中点连接着原长为L0、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（ ）
A．外力大小为F时，两棒间的距离为
B．撤去外力F后瞬间，两棒的加速度大小之比为
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L0
【答案】BD
【详解】A．外力大小为F时，根据平衡条件解得 ，A错误；
B．撤去外力F后瞬间，安培力等于零，根据牛顿第二定律；，B正确；
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，
解得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L0，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。现将滑块2从处由静止释放，经过处的速度最大，到达处的速度为零，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，间距离为，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经过处时的加速度等于
C．物块1和滑块2的质量之比为
D．若滑块2质量增加一倍，其他条件不变，仍让滑块2由处从静止滑到处，滑块2到达处时，物块1和滑块2的速度之比为
【答案】C
【详解】A．滑块下滑过程中，绳子拉力一直对滑块做负功，机械能一直减小，故A错误；
B．滑块下滑过程中，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，当滑块经过处时速度最大，其加速度为，故B错误；
C．物体静止时，弹簧压缩量为当下滑到点时，物体上升的高度为
则当物体到达时弹簧伸长的长度为，此时弹簧的弹性势能等于物体静止时的弹性势能。对于与及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有解得故C正确。
D．根据物体和沿绳子方向的分速度大小相等，则得其中则得滑块到达处时，物块和滑块的速度之比故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，一根劲度系数为的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端放一个质量为的小物块a，a与弹簧间不拴接，开始时a静止于P点。质量为的小物块b从斜面上Q点由静止释放，与a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，重力加速度为，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧弹力的最大值为 B．组合体c动能的最大值为
C．间距离为 D．a、b碰撞过程中机械能的损失为
【答案】BC
【详解】A．设弹簧的最大压缩量为，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧，说明组合体c在弹簧恢复原长时速度为零，根据系统机械能守恒可得解得
则弹簧弹力的最大值为故A错误；
B．当弹簧弹力等于组合体重力沿斜面向下分力时，组合体c动能最大，根据受力平衡可得
可得从压缩量最大到组合体c动能最大过程，根据系统机械能守恒可得
联立解得组合体c动能的最大值为故B正确；
C．P点对应的弹簧压缩量为设组合体在P点的速度大小为，组合体从P点到最大压缩量过程，根据系统机械能守恒可得解得设小物块b与a碰撞前的速度为，碰撞过程根据动量守恒定律可得解得小物块b从到过程，根据动能定理可得联立解得故C正确；
D．a、b碰撞过程中机械能的损失为故D错误。故选BC。
21．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A，B相连接，静止在光滑水平地面上，现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．物块A在t1和t3两个时刻的加速度大小相等
B．从开始计时到t4这段时间内，物块A，B在t2时刻相距最远
C．t1到t3这段时间内弹簧长度一直在增大
D．
【答案】ACD
【详解】A．根据图像的对称性可知，在t1和t3两个时刻，图像的斜率大小相等，因此物块A在t1和t3两个时刻的加速度大小相等，A正确；
BC．结合图象可知，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，系统动能最小；然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，两木块速度相等，弹簧最长，弹簧弹性势能最大，系统动能最小，B错误，C正确；
D．两物块和弹簧组成的系统动量守恒，选择从开始到t1时刻列方程可知将v1=3m/s，v2=1m/s代入得m1：m2=1：2，D正确。故选ACD。
22．如图所示，轻质绝缘弹簧的上端固定，下端连接一带负电的小球，小球在竖直方向上下自由运动，当运动到最高点M时弹簧恰好处于原长．已知小球经过O点有向上的最大速度，此时突然施加一方向竖直向下的匀强电场，则对于在这种情况下小球从O点第一次向上运动到最高点N的过程，下列说法正确的是
A．N点的位置比M点的位置高
B．小球的机械能逐渐减小
C．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大
D．小球的电势能、重力势能与弹簧弹性势能之和逐渐增大
【答案】AC
【详解】小球向上运动的过程受重力、弹簧弹力和电场力作用，电场力方向向上，重力方向向下；小球向上运动的过程，在相同位置，弹簧弹力、重力不变，故做功情况有无电场都一样，电场力做正功，故小球可以到达M点，且在M点速度不为零，故N点的位置比M点的位置高，故A正确；小球从O到M运动过程电场力做正功，弹簧弹力做正功，故小球机械能逐渐增大；从M到N的过程，电场力做正功，弹簧弹力做负功，小球机械能变化不确定；故B错误；小球运动过程电场力做正功，故由能量守恒可得：小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大，故C正确；小球向上运动的过程受重力、弹簧弹力和电场力作用，故由动能定理可得：小球的电势能、重力势能、弹簧弹性势能之和的变化量即为小球动能变化量；无电场时，O点为平衡位置；施加电场后，平衡位置上移；那么，小球运动过程动能先增大后减小，那么，小球的电势能、重力势能、弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误； 故选AC．
23．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，A、B由静止开始运动，在以后的运动过程中（设整个过程中不考虑A、B间的库仑力作用，且弹簧不超过弹性限度），对A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．由于电场力对球A和球B做功为0，故A、B的电势能总和始终不变
B．由于A、B所受电场力等大反向，故系统机械能守恒
C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最大
D．当A、B所受电场力与弹簧的弹力大小相等时，系统动能最大
【答案】CD
【详解】A．由于正电荷受到的电场力与电场方向相同，负电荷受到的电场力与电场方向相反，故AB电荷受到的电场力方向相反，并使两电荷向相反的方向运动，故电场力对两电荷做正功，电势能的总和减小，A错误；
B．由于电场力对电荷做正功，故系统的机械能增大，B错误；
C．当弹簧长度达到最大值时，电场力做功最大，故系统机械能最大，C正确；
D．当小球所受电场力与弹簧的弹力大小相等时，小球的合力为0，故此时小球的速度最大，系统动能最大，D正确。故选CD。
24．如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则（ ）
A．导体棒水平方向做简谐运动
B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为
C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为
D．当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于
【答案】D
【详解】AD．导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当棒再次回到初始位置时速度小于，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势根据电功率公式可知，AC间的电阻R的热功率故A错误D正确；
B．根据公式，，可得，初始时刻导体棒所受的安培力大小为故B错误；
C．当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为，根据能量守恒定律有解得
故C错误。故选D。
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（1T—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F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有对B有联立可得
由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最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O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O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
化简得当位移为最大位移的一半时有带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误；
C．根据B的分析可知再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB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m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．2m
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θ，则依题意有故有，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O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m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，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，取，，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；
（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）；（3）
【详解】（1）设、的张力分别为、，A受力平衡
B受力平衡；解得
（2）设装置转动的角速度为，对A：；对B：解得
（3）B上升的高度，A、B的动能分别为；
根据能量守恒定律可知解得
4．（2022年全国卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。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，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。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律根据能量守恒定律
联立解得；
（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻
则同一时刻、的的瞬时速度分别为，根据位移等速度在时间上的累积可得
，又解得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间，有；0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将代入可得则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（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B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得联立解得
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，
，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得，联立可解得
5．（2021年山东卷）如图所示，三个质量均为m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k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F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f，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：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，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与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a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a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
【答案】（1）、；（2）；（3）；（4）
【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
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，由能量守恒得联立方程解得；
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得若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，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，由能量守恒得结合第（1）问结果可知根据题意舍去，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得解得脱离弹簧后，C运动的距离为则C最后停止的位移为所以C向右运动的图象为
6．（2022年辽宁卷）如图所示，光滑水平面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m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，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。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O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有解得
（3）小球运动至O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
竖直方向有解得，说明小球从O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，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
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CD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m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CD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3L，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
B．小球在CD上静止时，弹簧的弹力大小为8mg
C．杆CD对小球的弹力大小与杆AB对小球的弹力大小之比9
D．杆CD与小球之间的动摩擦因数
【答案】D
【详解】A．小球穿过AB杆，对小球进行分析有，解得，
A错误；
B．把小球穿在硬杆CD上，弹簧的弹力，B错误；
C．把小球穿在硬杆CD上，对小球分析有解得小球穿过AB杆，对小球进行分析有则，C错误；
D．小球穿在硬杆CD上，当小球刚好不滑动时，则有解得，D正确。故选D。
8．如图所示，一劲度系数、原长的轻质弹性绳一端固定在A点，另一端与一质量的滑环连接，在A点与竖直杆之间与A点等高、距A点1m处有一光滑轻小定滑轮，弹性绳绕过定滑轮，定滑轮右侧到A点的距离为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D点，在D点处外力F恰好为零，已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，则下列说法正确的是（ ）
A．滑环由C点运动到D点的过程中，外力F先增大后减小
B．竖直杆所受的弹力逐渐增大
C．C、D两点间的距离为
D．滑环由C点运动到D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θ，设BD=x，则竖直方向
随着滑环的下降，则θ减小，弹性绳的伸长量x增大，则F逐渐减小，选项A错误；
B．竖直杆受的弹力则竖直杆受的弹力不变，选项B错误；
C．在D点处外力F恰好为零，则其中解得xCD=0.5m选项C正确；
D．滑环由C点运动到D点的过程中，重力做功为WG=mgxCD=5J因力F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m，带电盘为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的A、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，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点的P点处于静止状态，Q点距A点，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
B．若小球从P点以初速度沿杆向上运动，恰能到达Q点
C．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为，方向向上
D．小球从Q点由静止下滑过程中动能最大为
【答案】D
【详解】A．小球受两根弹簧弹力大小为对小球，由共点力平衡有解得，A错误；
B．根据对称性可知，小球从P点运动到Q点的过程中弹力做功为0，根据几何关系可得PQ之间距离为
根据动能定理，有解得，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PB间弹簧的弹力，根据牛顿第二定律可得，C错误；
D．小球从Q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Q到P的过程中，根据动能定理，有
根据B选项可知解得，D正确。故选D。
10．如图所示，劲度系数为k0的轻弹簧一端固定于悬点O，另一端悬挂一个质量为m的小球a，小球a静止时处于空中A点．在悬点O处固定一带电量为–q（q>0）小球b（未画出），弹簧与小球a、b彼此绝缘．某时刻，用某种方式让小球a带上电量+q，小球a由静止开始向上运动，当a、b球间的电场力为a球重力的两倍时，小球a的速度达到最大值v，此时小球a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
B．A、B两点间的距离为
C．A、B两点间的电势差
D．小球a从A点到B点机械能的变化量为
【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，小球a带上电荷量为+q的正电荷向上加速到B点时有，解得，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 ，其中，联立解得，故A正确；
B项：A、B两点间的距离为，故B错误；
C项：小球a从A点到B点，根据动能定理，即，解得，故C错误；
D项：小球a从A点到B点机械能的变化量，故D正确．
11．如图所示，质量为m的三根完全相同的导体棒垂直于纸面放置，其中a、b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a导体棒的摩擦力可能为零
C．水平面对a导体棒的支持力小于
D．若在地面上对称地缓慢增大a、b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a、b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c导体棒的重力，A错误；
B．c、b两导体棒对a导体棒的合力垂直bc斜向上，有水平向右的分量，所以a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a、b两导体棒的支持力小于，得对a导体棒的支持力小于，C正确；
D．若在地面上对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，a、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m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k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab=L1，bc=L2，磁感应强度大小为B，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ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab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。MN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（ ）
A．当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为
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M→N
D．电流表的量程为
【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mg=kx0解得，A正确；
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I时，安培力为FA=BIL1静止时弹簧伸长量的增加量为 ，根据胡克定律
可得故该电流表的刻度是均匀，B正确；
D．设当时，I=Im，则有BImL1=kL2解得故电流表的量程为，D错误。故选ABC。
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F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F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为 B．物块A做匀加速直线运动的加速度大小为
C．物块B的质量为 D．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为
【答案】BD
【详解】A．以A、B整体为研究对象，设物块B质量为M，静止时弹簧压缩量为，有
分离之前有即所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数，A错误；
BC．时刻，有分离时，有联立解得，，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进行受力分析有解得
D正确。故选BD。
14．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量为2m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FN随x变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【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x1，对物块A，根据牛顿第二定律有
由题意可知解得在此之前，对物块A根据牛顿第二定律可得
可得可知随x变化，FN由开始运动时的线性减小到零。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B，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O点。将球B由O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（ ）
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B在M点和O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O→M，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θ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m和3m，弹簧的劲度系数为k，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v，之后两个物体运动中，当A的加速度为0时，B的加速度大小为a，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
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
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
【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，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，根据平衡条件有解得
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3mgsinθ = kx2解得
B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为，B错误；
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a，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律对A有对B有故有当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，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abcd的bc边中点上，线框边长为L，质量为m，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ad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B的匀强磁场。由静止释放线框，当ad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，弹簧劲度系数且形变始终在弹性限度内。下列判定正确的是（ ）
A．ad边进入磁场前的过程中，弹簧弹力的冲量大小为
B．ad边刚进入磁场时，a、d两点间的电势差为
C．ad边刚进入磁场时，线框的加速度大小为
D．线框从开始运动到最终静止的过程中，产生的焦耳热为
【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，则所以故A错误；
B．ad边刚进入磁场时，a、d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R，根据闭合电路欧姆定律可得故B错误；
C．ad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
又因为ad边刚进入磁场时，弹簧弹力安培力
联立以上式子解得线框的加速度大小为故C正确；
D．线框最终静止时，有求得此时弹簧伸长量为弹簧及线框系统，根据能量守恒定律可得联立解得，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，两棒中点连接着原长为L0、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（ ）
A．外力大小为F时，两棒间的距离为
B．撤去外力F后瞬间，两棒的加速度大小之比为
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L0
【答案】BD
【详解】A．外力大小为F时，根据平衡条件解得 ，A错误；
B．撤去外力F后瞬间，安培力等于零，根据牛顿第二定律；，B正确；
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，
解得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L0，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。现将滑块2从处由静止释放，经过处的速度最大，到达处的速度为零，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，间距离为，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经过处时的加速度等于
C．物块1和滑块2的质量之比为
D．若滑块2质量增加一倍，其他条件不变，仍让滑块2由处从静止滑到处，滑块2到达处时，物块1和滑块2的速度之比为
【答案】C
【详解】A．滑块下滑过程中，绳子拉力一直对滑块做负功，机械能一直减小，故A错误；
B．滑块下滑过程中，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，当滑块经过处时速度最大，其加速度为，故B错误；
C．物体静止时，弹簧压缩量为当下滑到点时，物体上升的高度为
则当物体到达时弹簧伸长的长度为，此时弹簧的弹性势能等于物体静止时的弹性势能。对于与及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有解得故C正确。
D．根据物体和沿绳子方向的分速度大小相等，则得其中则得滑块到达处时，物块和滑块的速度之比故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，一根劲度系数为的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端放一个质量为的小物块a，a与弹簧间不拴接，开始时a静止于P点。质量为的小物块b从斜面上Q点由静止释放，与a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，重力加速度为，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧弹力的最大值为 B．组合体c动能的最大值为
C．间距离为 D．a、b碰撞过程中机械能的损失为
【答案】BC
【详解】A．设弹簧的最大压缩量为，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧，说明组合体c在弹簧恢复原长时速度为零，根据系统机械能守恒可得解得
则弹簧弹力的最大值为故A错误；
B．当弹簧弹力等于组合体重力沿斜面向下分力时，组合体c动能最大，根据受力平衡可得
可得从压缩量最大到组合体c动能最大过程，根据系统机械能守恒可得
联立解得组合体c动能的最大值为故B正确；
C．P点对应的弹簧压缩量为设组合体在P点的速度大小为，组合体从P点到最大压缩量过程，根据系统机械能守恒可得解得设小物块b与a碰撞前的速度为，碰撞过程根据动量守恒定律可得解得小物块b从到过程，根据动能定理可得联立解得故C正确；
D．a、b碰撞过程中机械能的损失为故D错误。故选BC。
21．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A，B相连接，静止在光滑水平地面上，现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．物块A在t1和t3两个时刻的加速度大小相等
B．从开始计时到t4这段时间内，物块A，B在t2时刻相距最远
C．t1到t3这段时间内弹簧长度一直在增大
D．
【答案】ACD
【详解】A．根据图像的对称性可知，在t1和t3两个时刻，图像的斜率大小相等，因此物块A在t1和t3两个时刻的加速度大小相等，A正确；
BC．结合图象可知，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，系统动能最小；然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，两木块速度相等，弹簧最长，弹簧弹性势能最大，系统动能最小，B错误，C正确；
D．两物块和弹簧组成的系统动量守恒，选择从开始到t1时刻列方程可知将v1=3m/s，v2=1m/s代入得m1：m2=1：2，D正确。故选ACD。
22．如图所示，轻质绝缘弹簧的上端固定，下端连接一带负电的小球，小球在竖直方向上下自由运动，当运动到最高点M时弹簧恰好处于原长．已知小球经过O点有向上的最大速度，此时突然施加一方向竖直向下的匀强电场，则对于在这种情况下小球从O点第一次向上运动到最高点N的过程，下列说法正确的是
A．N点的位置比M点的位置高
B．小球的机械能逐渐减小
C．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大
D．小球的电势能、重力势能与弹簧弹性势能之和逐渐增大
【答案】AC
【详解】小球向上运动的过程受重力、弹簧弹力和电场力作用，电场力方向向上，重力方向向下；小球向上运动的过程，在相同位置，弹簧弹力、重力不变，故做功情况有无电场都一样，电场力做正功，故小球可以到达M点，且在M点速度不为零，故N点的位置比M点的位置高，故A正确；小球从O到M运动过程电场力做正功，弹簧弹力做正功，故小球机械能逐渐增大；从M到N的过程，电场力做正功，弹簧弹力做负功，小球机械能变化不确定；故B错误；小球运动过程电场力做正功，故由能量守恒可得：小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大，故C正确；小球向上运动的过程受重力、弹簧弹力和电场力作用，故由动能定理可得：小球的电势能、重力势能、弹簧弹性势能之和的变化量即为小球动能变化量；无电场时，O点为平衡位置；施加电场后，平衡位置上移；那么，小球运动过程动能先增大后减小，那么，小球的电势能、重力势能、弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误； 故选AC．
23．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，A、B由静止开始运动，在以后的运动过程中（设整个过程中不考虑A、B间的库仑力作用，且弹簧不超过弹性限度），对A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．由于电场力对球A和球B做功为0，故A、B的电势能总和始终不变
B．由于A、B所受电场力等大反向，故系统机械能守恒
C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最大
D．当A、B所受电场力与弹簧的弹力大小相等时，系统动能最大
【答案】CD
【详解】A．由于正电荷受到的电场力与电场方向相同，负电荷受到的电场力与电场方向相反，故AB电荷受到的电场力方向相反，并使两电荷向相反的方向运动，故电场力对两电荷做正功，电势能的总和减小，A错误；
B．由于电场力对电荷做正功，故系统的机械能增大，B错误；
C．当弹簧长度达到最大值时，电场力做功最大，故系统机械能最大，C正确；
D．当小球所受电场力与弹簧的弹力大小相等时，小球的合力为0，故此时小球的速度最大，系统动能最大，D正确。故选CD。
24．如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则（ ）
A．导体棒水平方向做简谐运动
B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为
C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为
D．当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于
【答案】D
【详解】AD．导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当棒再次回到初始位置时速度小于，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势根据电功率公式可知，AC间的电阻R的热功率故A错误D正确；
B．根据公式，，可得，初始时刻导体棒所受的安培力大小为故B错误；
C．当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为，根据能量守恒定律有解得
故C错误。故选D。
相关试卷
专题21 电磁组合场模型-高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练： 这是一份专题21 电磁组合场模型-高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练，文件包含专题21电磁组合场模型解析版docx、专题21电磁组合场模型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
专题17 双电荷模型-高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练： 这是一份专题17 双电荷模型-高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练，文件包含专题17双电荷模型解析版docx、专题17双电荷模型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
专题16 类碰撞模型-高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练： 这是一份专题16 类碰撞模型-高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练，文件包含专题16类碰撞模型解析版docx、专题16类碰撞模型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
