模型28 机械能弹簧模型-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练

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一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
2024高考物理二轮复习80热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型28 机械能弹簧模型
最新高考题
1．（2019全国理综I卷21）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
【参考答案】AC
【命题意图】 本题考查万有引力定律，牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】 由图像可知，在星球M上重力加速度为gM=3a0，在星球N上重力加速度为gN=a0， 由G=mg，V=,ρ=M/V，解得ρM=ρN，选项A正确；在星球M上，当P加速度为零时，kx0=mPgM，在星球N上，当Q加速度为零时，2kx0=mQgN，联立解得：mQ=6mP，选项B错误；由机械能守恒定律，mPgMx0=EpM+EkP，mQgN2x0=EpN+EkQ，根据弹簧弹性势能与形变量的二次方成正比可知EpN=4 EpM，联立解得：=4，选项C正确；由机械能守恒定律，mPgMxP=，mQgNxQ=，联立解得xQ=2xP，即Q下落过程中最大压缩量是P的2倍，选项D错误。
【方法归纳】由图像中得出当弹簧形变量为零时物体下落加速度即为重力加速度，物体加速度为零时弹力等于重力，利用平衡条件和能量守恒定律列方程解答。
2.（2016全国理综甲）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能之差
【参考答案】BCD
【名师解析】
根据题述，在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，弹簧形变量大小相等，弹性势能相等。显然在M点，弹簧被压缩，在N点，弹簧被拉伸。对小球从M点运动到N点的过程中，弹簧先压缩，后逐渐恢复原长，再拉伸，弹力对小球先做负功、后做正功、再做负功，选项A错误。在小球运动到与O点处于同一水平面时，在竖直方向仅受到重力，其加速度为g；在小球运动到弹簧恢复原长时，小球在竖直方向仅受到重力，其加速度为g；所以有两个时刻小球的加速度等于重力加速度，选项B正确。
在小球运动到与O点处于同一水平面时，弹簧长度最短，弹簧弹力沿水平方向，而小球速度方向竖直向下，所以弹力对小球做功的功率为零，选项C正确。小球从M点运动到N点的过程中，由机械能守恒定律，小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能之差，选项D正确。
3.（18分）（2016高考全国理综乙）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取）
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。
（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
【命题意图】 本题主要考查牛顿第二定律、机械能守恒定律、平抛运动规律及其相关的知识，意在考查考生灵活运用相关知识分析、解决问题的能力。
【参考答案】（1）vB=2；（2）；（3）；
【名师解析】
（1）根据题意可知，BC之间的距离为l=7R-2R=5R，①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsin θ–μmglcsθ=mvB2，②
式中θ=37°，联立①②式并由题给条件解得：vB=2. ③
（2）设BE=x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
④
E、F之间的距离l1为
l1=4R-2R+x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep–mgl1sin θ–μmgl1csθ⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x=R⑦
⑧
（3）设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和数值距离y1分别为⑨
⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有
⑪
x1=vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑪式得
⑬
设P在C点速度的 大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理，有
联立解得 m1=m/3
考点：动能定理；平抛运动；弹性势能
【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、弹性势能等规律，包含知识点多，过程多，难度较大，属于难题；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查学生综合分析问题的能力。
最新模拟题
1. （2024湖南长沙一中质检）如图甲所示，一轻弹上端固定在天花板上，下端与一质量为m的物体相连，物体下有一托盘，用托盘托着物体使弹簧处于原长状态。现在突然撤去托盒，在物体竖直向下运动的整个过程中，其加速度口与弹簧的伸长量x间的关系如图乙所示。已知，设弹簧的劲度系数为，根据图中提供的信息，下列说法正确的是（ ）

A.
B.
C. 当弹簧的伸长量为时，物体的速度大小为
D. 弹簧的伸长量从零增大到的过程中，弹簧弹力对物体做的功与重力做的功不相同
【参考答案】BD
【名师解析】
由于，根据图像的对称性可知，A错误；
当时，对物体受力分析有
则 ，B正确；
过程中图像与坐标轴围成的面积等于速度平方的一半，所以
解得伸长量为时，物体的速度为，C错误；
弹簧的伸长量从零增大到的过程中，弹簧弹力对物体做负功，重力对物体做正功，两力对物体做功不相同，故D正确。
2. (2024辽宁沈阳重点高中质检)如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为θ=37°的光滑斜面底端，另一端连接一质量为2kg的物块A，系统处于静止状态。若在物块A的上方斜面上紧靠A处轻放一质量为3kg的物块B，A、B一起向下运动，经过10cm运动到最低点。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列说法错误的是（ ）
A. 两物块沿斜面向下运动的过程中，A、B间的弹力一直增大
B. 在物块B刚放上的瞬间，A、B间的弹力大小为7.2N
C. 两物块沿斜面向下运动的过程中，重力势能与弹性势能之和先减少后增加
D. 两物块沿斜面向下运动的过程中，弹簧弹性势能的最大值为3.0J
【参考答案】D
【名师解析】
对B物体进行受力分析，设A对B的弹力为F1，由牛顿第二定律可知
由于两物块沿斜面向下运动的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，所以A、B间的弹力一直增大，故A正确，不符合题意；
物块A刚放上去的瞬间，弹簧的弹力仍然为零，对A、B整体，由牛顿第二定律可知
mBgsin37°=(mA＋mB）a
设A、B间的弹力为FN，对物块B有 mBgsin37°－FN=mBa
联立解得 FN=7.2N，故B正确，不符合题意；
由功能关系，针对弹簧和两物块组成的系统，重力势能与弹性势能之和的减少量等于两物块动能的增加量，两物块的动能先增加后减少，故重力势能与弹性势能之和先减少后增加，故C正确，不符合题意；
从A、B一起向下运动到最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加了 ΔEp=(mA＋mB)gxsinθ=3.0J
因为在物块B放上去之前，弹簧已经是压缩的，即弹簧已经具有弹性势能，所以在最低点弹簧的弹性势能最大，最大值应大于3.0J，故D错误，符合题意。
3. (2024辽宁沈阳重点高中质检) 如图所示，质量均为的小滑块M、N通过铰链用长为的轻杆连接，M套在固定的竖直光滑杆上，N放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角，原长为的轻弹簧水平放置，右端与N相连，左端固定在竖直杆O点上，M由静止释放，下降到最低点时变为60°，整个运动过程中，M、N始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度大小取，，。则M下降过程中（ ）
A. M、N组成的系统机械能守恒
B. M、N的速度大小始终相等
C. 弹簧弹性势能最大值为
D. M达到最大动能时，N受到地面的支持力大小为
【参考答案】C
【名师解析】
在M下滑的过程中，对M、N组成的系统，弹簧弹力做负功则系统机械能减小，选项A错误；将M、N的速度进行分解，如图所示，可得
即有
仅当时 ，选项B错误；
当M下降到最低点时，弹簧的弹性势能最大，对M、N及弹簧组成的系统，据机械能守恒定律，可得 ，选项C正确；
M达到最大动能时，M的加速度为零，则M、N、轻杆组成的系统在竖直方向的加速度为零，对系统受力分析可得，此时N受到地面的支持力大小等于M、N的总重力，即，
选项D错误。
3. . （2023福建厦门四模）如图所示，一个以O为圆心、半径为R的光滑圆环固定在竖直平面，O点正上方固定一根竖直的光滑细杆。轻质弹簧套在光滑细杆上，上端固定在M点，下端连接套在细杆上的滑块。小球穿在圆环上，通过一根长为的两端有铰链的轻质细杆与滑块连接。初始时小球处于圆环最高点，弹簧处于原长状态。小球受微小扰动（初速度视为0）后沿圆环顺时针滑下。当小球运动到与圆心等高的Q点时，滑块速度达到最大值。已知滑块和小球的质量均为m，弹簧的劲度系数，弹性势能（x为弹簧的形变量），重力加速度为g，滑块和小球均可视为质点，则（ ）
A. 小球运动到Q点的过程中，滑块、小球组成的系统机械能守恒
B. 小球运动到Q点时速度大小与滑块相等
C. 小球运动到Q点时受到细杆的弹力为
D. 小球运动到圆环最低点P时向心加速度大小为
【参考答案】BD
【名师解析】
小球运动到Q点的过程中，弹簧对滑块做负功，滑块、小球组成的系统机械能守恒减少，故A错误；
小球运动到Q点时，根据几何关系可知，此时轻杆与竖直方向的夹角满足
可得
此时滑块的速度方向竖直向下，小球的速度方向刚好也竖直向下，滑块与小球两者沿杆方向的分速度大小相等，则有
可知小球运动到Q点时速度大小与滑块相等，故B正确；
由于小球运动到与圆心等高的Q点时，滑块速度达到最大值，可知此时滑块的加速度为零，此时弹簧伸长量为
弹簧弹力大小为
以滑块为对象，根据受力平衡可得
解得
可知小球运动到Q点时受到细杆的弹力为，故C错误；
小球运动到圆环最低点P时，此时滑块运动到最低点，滑块的速度为零，设此时小球的速度为，此时弹簧的伸长量为
弹簧的弹性势能为
根据能量守恒可知
小球运动到圆环最低点P时向心加速度大小为
联立解得，故D正确。
4．（2023湖北荆门三校5月联考）如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
【参考答案】D
【名师解析】．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得代入数据解得故A错误；
与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；电梯停止在井底时，由受力平衡得代入数据解得，故C错误；
当电梯速度最大时，此时加速度为零，则解得
电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功，则
故D正确。
5. （2023河南洛阳等4市三模）如图所示，U型光滑导轨，水平放在光滑水平面上。一光滑细杆ab跨放在U型导轨上，且细杆ab始终与U型导轨垂直。一水平轻质弹簧，左端与U型导轨中点相连，右端与细杆ab中点相连，整体静止不动，轻质弹簧处于原长状态。现给细杆ab一个水平向右的初速度v，使其沿U型导轨向右开始运动，则从细杆ab沿U型导轨开始向右运动到弹簧伸长量最大的过程中（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（ ）
A. U型导轨和细杆ab二者组成的系统机械能守恒
B. U型导轨和细杆ab二者组成的系统动量守恒
C. U型导轨、弹簧和细杆ab三者组成的系统能量守恒
D. 细杆ab克服弹簧弹力做的功等于弹簧对U型导轨做的功
【参考答案】BC
【名师解析】
整个过程中，弹簧弹力也做功，弹簧伸长量最大时，弹簧的弹性势能最大，所以U型导轨、弹簧和细杆ab三者组成的系统能量守恒，故A错误，C正确；
水平面光滑，弹簧弹力对U型导轨和细杆ab二者的弹力大小相等，方向相反，所以U型导轨和细杆ab二者组成的系统所受外力之和为零，满足动量守恒，故B正确；
细杆ab克服弹簧弹力做的功等于细杆ab的动能减少量，弹簧对U型导轨做的功等于U型导轨的动能增加量，根据能量守恒可知，细杆ab的动能减少量等于U型导轨的动能增加量和弹性势能增加量之和，则细杆ab克服弹簧弹力做的功大于弹簧对U型导轨做的功，故D错误。
6. （2023湖南新高考联盟第一次联考）如图所示，在倾角为37°的固定斜面上，轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C拴接，另一端连接滑块A。一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮（质量忽略不计，轻绳与滑轮间的摩擦不计），一端系在物体A上，另一端与小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长。滑块A刚要沿斜面向上运动。已知mB=2mA=4kg，弹簧的劲度系数为k=100N/m，滑块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，且弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。现由静止释放球B，已知B球始终未落地，则下列说法正确的是（ ）。（已知sin37°=0.6，cs37°=0.8）
A. 释放B球前，手受到B球的压力大小为24N
B. 释放B球后，滑块A向上滑行x=0.20m时速度最大
C. 释放B球后，滑块A向上滑行过程中的最大动能为1.2J
D. 释放B球后。滑块A向上滑行的最大距离为0.48m
【参考答案】AD
【名师解析】
用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为T，滑块A刚要沿斜面向上运动可知
对B受力分析，设手的支持力为F，则
根据牛顿第三定律可知手受到B球的压力为24N，故A正确；
B．松手后，A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，对A受力分析得
对B受力分析得
解得
故B错误；
C．根据能量守恒定律，松手后到滑块A最大速度的过程中有
解得，故C错误；
当滑块A向上滑行的距离最大时，A、B的速度都为0，物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律有
解得，故D正确。
7. （2023河北唐山三模） 如图所示，倾角的斜面体固定在水平面上，一轻弹簧的下端固定在斜面底端的挡板上，轻弹簧处于原长时其上端位于C点，一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质滑轮连接物体A和B，A、B的质量分别为和，均可视为质点。物体A与滑轮间的轻绳平行于斜面，与斜面间的动摩擦因数。现使物体A从距离C点处以的初速度沿斜面向下运动。物体A向下运动将弹簧压缩到最短后，恰能回到C点。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取，不计空气阻力，整个过程中轻绳处于拉伸状态且物体B未与滑轮接触，不计滑轮摩擦。求：
（1）A沿斜面向下运动到C点时轻绳的拉力；
（2）整个运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）物体A沿斜面向上运动过程中的最大速度。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）以物体B为研究对象，根据牛顿第二定律有
以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设弹簧最大形变量为x，此时弹簧弹性势能为。由初始位置至物体A运动到最低点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守恒有
由物体A从最低点运动到C点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守恒有
解得
（3）设物体A向上运动速度达最大时弹簧的形变量为，轻绳拉力为，选A为研究对象，根据平衡条件有
选B为研究对象，根据平衡条件有
解得
物体A由最低点返回到C点过程中，物体A、B轻绳组成的系统做简谐运动，由简谐运动规律有
物体A由速度最大位置返回到C点过程中，选物体A、B轻绳和弹簧组成的系统，根据能量守恒有
根据功能关系，弹簧弹性势能减小的大小为
解得
8. （2023河北衡水中学一模）如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为的倾斜轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P（可视为质点，质量可调）接触但不拴接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆弧轨道BCD平滑相连，O点为圆心，，D点在O点的正上方，C点与O点等高。滑块P与AB间的动摩擦因数。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时恰好能到达圆弧轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，，，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求将弹簧压缩至原长的一半时，弹簧弹性势能的大小。
（2）若滑块P的质量改为M，为使之能滑上圆弧轨道，且仍能沿圆弧轨道滑下，求M的取值范围。
（3）若滑块P能滑上圆弧轨道，且所在位置与O点的连线与OC的夹角为时恰好脱离圆弧轨道，求P的质量。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
【详解】（1）若滑块P刚好能沿圆弧轨道运动到圆弧轨道的最高点，有
滑块P由静止运动到圆弧轨道最高点过程，由能量守恒定律可得
解得，将弹簧压缩至原长的一半时，弹簧弹性势能的大小为
（2）为使P能滑上圆弧轨道，则它到达B点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得
解得
要使滑块P仍能沿圆弧轨道滑下，则P在圆弧轨道上升的高度不能超过与圆心等高处，由能量守恒定律可得
解得
综上所述，M的取值范围为
（3）依题意可知，滑块恰好脱离圆弧轨道时，应在OC水平线的上方与OC的夹角为处，此位置轨道对滑块的弹力刚好为零，则
解得
由能量守恒定律可得
解得，P的质量为