2024年 高三二轮专题复习 专题04 弹簧模型-

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【特训典例】
高考真题
1．（2023·山东·统考高考真题）餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为（ ）

A．10N/mB．100N/mC．200N/mD．300N/m
【答案】B
【详解】由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有mg = 3∙kx解得k = 100N/m故选B。
2．（2022·湖北·统考高考真题）如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（ ）
A．μmgkB．C．D．
【答案】C
【详解】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为
故选C。
3．（2023·辽宁·统考高考真题）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（ ）

A．弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
【答案】AC
【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力方向向左；MN受安培力
方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则解得回路的感应电流 ，MN所受安培力大小为选项B错误；
C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得；可得则最终MN位置向左移动，PQ位置向右移动因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理；
可得选项C正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则选项D错误。故选AC。
4．（2022·福建·高考真题）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为
三大力场中有关弹模型的平衡问题
5．如图所示，一轻质弹簧两端分别固定小球A和B，小球A穿在水平粗糙杆上，小球B穿在竖直光滑杆上，两小球均保持静止。现用竖直向下适当大小的力缓慢拉小球B，整个过程中小球A静止不动。关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球A受到的合力增大B．小球B受到竖直杆的弹力增大
C．小球A受到的摩擦力不变D．两杆受到A、B两球作用力的合力增大
【答案】BD
【详解】A．对A、B及弹簧组成的整体，竖直方向只受重力和向上的支持力，用竖直向下适当大小的力拉小球B，小球A静止，受到的合力始终为0，选项A错误；
B．设弹簧与竖直方向的夹角为θ，弹簧的劲度系数为k、原长为L0，小球A到竖直杆的距离为a，则小球B受到竖直杆的弹力大小用竖直向下适当大小的力拉小球B，小球B向下移动了，则θ减小，FN增大，选项B正确；
C．对A、B整体，水平方向合力为0，小球A受到的摩擦力与小球B受到竖直杆的弹力等大、反向，由B项分析可知，该摩擦力增大，选项C错误；
D．开始时两杆对A、B的合力竖直向上，大小等于A和B整体受到的重力，反过来A、B两球对杆的合力竖直向下，大小等于A和B整体受到的重力；现用竖直向下适当大小的力拉小球B，A、B两球对杆的合力增大，选项D正确。故选BD。
6．通用技术课上，某兴趣小组制作了一个电动爬杆小猴，原理如图所示，竖直杆OM与光滑杆ON均固定在电动机底座上，且ON与水平面间的夹角，一弹簧上端固定在OM杆上的P点，下端与穿在ON杆上质量为m的小猴相连。小猴静止时弹簧与竖直方向间的夹角，当电动机带动底座开始转动时，小猴开始爬杆。已知OP两点间的距离为L，重力加速度为g。则（ ）
A．小猴静止时杆对小猴的弹力方向垂直杆ON斜向下
B．小猴静止时弹簧弹力的大小为mg
C．小猴静止时杆对小猴的弹力大小为
D．电动机转动后，当小猴稳定在与P点等高的位置时杆的角速度为
【答案】AD
【详解】A．对小猴受力分析如图
由平衡条件可知，小猴静止时杆对小猴的弹力方向垂直杆ON斜向下，故A正确；
B．小猴静止时弹簧弹力的大小为故B错误；
C．由图可知，小猴静止时杆对小猴的弹力大小为故C错误；
D．由几何关系可知，小猴稳定在与P点时弹簧的长度与在P点时相等，故弹簧的弹力为在P点，对小猴受力分析
水平方向由牛顿第二定律竖直方向由平衡条件联立解得故D正确。故选AD。
7．如图，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与小球1连接。三小球1、2、3的质量均为m，q1＝q0＞0，q2＝－q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，则（ ）
A．q3＝q0
B．弹簧伸长量为
C．球1受到的库仑力大小为2mgsinα
D．相邻两小球间距为
【答案】ACD
【详解】AD．设小球3带负电。相邻小球间距为L，则小球3受力分析，根据库仑定律；
显然小球3无法处于静止，因此小球3应该带正电。因此3平衡时
则对2球做受力分析，根据受力平衡关系两式联立
代入则选项AD正确；
C．1所受总的库仑力为其中可知或者
则1所受库仑力为方向沿斜面向下，选项C正确；
B．对123整体分析可知F弹=3mgsin因此弹簧伸长量为选项B错误。故选ACD。
8．如图，A、B两个点电荷的电量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接。当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，若弹簧发生的均是弹性形变，则（ ）
A．将Q变为2Q，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量小于4x0
B．保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量大于2x0
C．保持Q不变，将q变为-q，平衡时弹簧的缩短量等于x0
D．保持q不变，将Q变为-2Q，平衡时弹簧的缩短量大于2x0
【答案】AD
【详解】A．系统达到静止状态时，受力平衡，受库仑力和弹力，大小相等，方向相反，即
将Q变为2Q，将q变为2q，此时平衡为解得x1<4x0，A正确；
B．q不变，将Q变为2Q，此时平衡为解得x2<2x0，B错误；
C．Q不变，将q变为-q，弹簧的压缩量是x3，此时平衡为解得x3>x0，C错误；
D．q不变，将Q变为-2Q，弹簧的压缩量是x4，此时平衡为解得x4>2x0，D正确。
故选AD。
9．如图所示，PQ、MN是固定在竖直平面内的光滑金属导轨，导轨间距离为L。一长度也为L、质量为m、电阻为r的导体棒GH，与导轨良好接触。一原长为L0，劲度系数为k的轻弹簧一端连接在导体棒的中点，另一端固定于水平地面。导体棒处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨所在平面水平向里的匀强磁场中。图中直流电源的电动势为E、内阻不计，电容器的电容为C，R1、R2为定值电阻，重力加速度为g，弹簧一直处于弹性限度内。初始时，开关断开，导体棒处于水平静止状态。现闭合开关，待电路重新稳定后（导体棒始终处于水平状态）。下列说法正确的是（ ）

A．导体棒中电流为
B．轻弹簧的长度为
C．电容器所带的电荷量为
D．导体棒的重力势能减小了
【答案】ABD
【详解】A．现闭合开关，待电路重新稳定后，由闭合电路欧姆定律，导体棒中电流故A正确；
B．导体棒所受安培力由左手定则可判断出安培力竖直向下，由平衡条件mg＋F = kx
解得弹簧压缩量则轻弹簧的长度为故B正确；
C．导体棒两端电压由于R2中电流为零，所以电容器两端电压也为再根据可得电容器所带的电荷量为故C错误；
D．初始时，弹簧压缩量闭合开关，待电路重新稳定后，弹簧压缩量
所以导体棒的重力势能减小了故D正确。故选ABD。
10．光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理如图所示，绝缘轻质弹簧下悬挂线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；弹簧末端通过刚性细杆与小平面镜连接，平面镜可绕轴自由转动。当线圈中无电流时入射光线在小平面镜上的反射光线逆向反回，若在线圈中通入微小电流，稳定后，线框竖直移动距离上的反射光斑偏离点，通过读取反射光斑偏离的圆弧长可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为，磁场磁感应强度大小为，线圈的匝数为、沿水平方向的长度为，细杆的长度为，光屏的半径为且圆心在小平面镜处，已知。设始终末进入磁场，始终未离开磁场。下列说法正确的是（ ）

A．若线框通入顺时针方向电流，则上的反射光斑将上移
B．若入射光不变，小平面镜绕轴转动角，则其反射光线转过的角度也为
C．若线框通入顺时针方向微电流，则反射光斑在上偏移的弧线长度为
D．若线框通入顺时针方向微电流，则反射光斑在上偏移的弧线长度为
【答案】AD
【详解】A．若线框通入顺时针方向电流，根据左手定制可知安培力竖直向下，弹簧将变得更长，平面镜将逆时针旋转，则上的反射光斑将上移，故A正确；
B．若入射光不变，小平面镜绕轴转动角，光路图如图所示

由此可知则其反射光线转过的角度也为2，故B错误；
CD．若线框通入顺时针方向微电流，则线圈中的安培力为F = NBIl根据胡克定律有F = NBIl = k│x│
重新平衡时设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线转过的弧度为2θ，又因为
则sinθ ≈ θ所以有x = sθ；S = r2θ联立可得故C错误，D正确。故选AD。
三大力场中有关弹簧模型的动力学问题
11．如图甲所示，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端拴接物体A，质量均为的物体A、B接触但不粘连。压缩弹簧至某一位置（弹性限度以内）后静止释放A、B，同时给物体B施加水平向右的力F使之做匀加速直线运动，F与作用时间t的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B分离时，弹簧刚好为原长状态
B．A、B分离时，B的加速度为
C．A、B分离时，A的速度为
D．刚释放A、B时，弹簧的压缩量为
【答案】BD
【详解】A．物体A、B分离时，B只受拉力F作用，加速度大于零，此时A的加速度与B的相同，则弹簧弹力大于零，弹簧处于压缩状态，故A错误；
B．物体A、B分离后，B的加速度不变，拉力F不变，由图乙可知，此时拉力F为2N，则B的加速度为
故B正确；
C．由图乙可知0.2s物体A、B分离，分离时A、B的速度相同，均为故C错误；
D．时，对A、B整体由牛顿第二定律得，弹簧弹力为运动0.2s后，弹簧压缩量为
此时弹簧弹力为联立解得故D正确。故选BD。
12．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，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（aA．拉力F的最小值为2Ma
B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零
C．A、B分离时，A上升的距离为
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
【答案】AC
【详解】A．A、B整体原来静止，合外力为零，施加外力F的瞬间，对A、B整体，根据牛顿第二定律有
F=2Ma当A、B整体向上运动时，弹簧弹力减小，则F增大，故A正确；
B．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a，且A、B间作用力为0，对B有
解得故B错误；
C．施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有解得，A、B在t1时刻分离，由解得则A、B分离时，A上升的距离为故C正确；
D．当弹簧的弹力时，B达到最大速度，此时弹簧处于压缩状态，故D错误。故选AC。
13．在倾角为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．B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为
D．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
【答案】BC
【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故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发生的位移大小为故B正确；
C．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做功的瞬时功率为故C正确；
D．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，故D错误。故选BC。
14．如图所示，竖直平面内存在着竖直向上的匀强电场（未全部标出），一根绝缘轻弹簧竖直立在水平地面上，下端固定。一带正电的小球从高处由静止释放，竖直落到弹簧上端，并压缩弹簧至最低点。已知小球所受的电场力为重力的一半，不计空气阻力，且弹簧处于弹性限度内。若规定竖直向下为运动的正方向，从小球接触弹簧到弹簧压缩至最低点的过程中，下列关于小球速度v、加速度a与运动时间t、位移x的图像，可能正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【详解】A．小球以一定速度接触弹簧后，在开始阶段，小球的重力大于电场力与弹簧弹力的合力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得解得当x增大时，a减小，小球做加速减小的加速运动；当弹簧弹力与电场力的合力等于重力时，小球的合力为零，加速度当弹簧弹力与电场力的合力大于重力后，小球的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律得
解得当x增大时，a增大，小球做加速度增大的减速运动，到最低点小球的速度为零。故A正确；
B．弹簧压缩至最低点时速度为零，但小球刚接触弹簧时，速度不为零，故B错误；
C．图像与坐标轴围成的面积大小表示速度变化量大小。小球从以一定速度与弹簧接触到最大速度的速度变化量大小小于小球从速度最大到最后速度为零的速度变化量大小，所以加速度为零前图像与坐标轴围成的面积应小于加速度为零以后图像与时间轴围成的面积。故C错误；
D．小球以一定速度接触弹簧后，在开始阶段，小球的重力大于电场力与弹簧弹力的合力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得解得，a与x是线性关系，当x增大时，a减小，小球做加速减小的加速运动；当弹簧弹力与电场力的合力等于重力时，小球的合力为零，加速度
当弹簧弹力与电场力的合力大于重力后，小球的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律得
解得，a与x是线性关系，当x增大时，a增大，小球做加速度增大的减速运动，到最低点小球的速度为零。故D正确。故选AD。
15．如图所示，质量为m的直导体棒垂直放在光滑水平导轨ab、cd上，导轨跟直流电源相连，两导轨间的距离为L，闭合开关后导体棒中通过恒定的电流．劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，当棒处于静止状态时弹簧处于伸长状态且伸长量为x，则下列说法正确的是（ ）
A．回路中的电流为逆时针方向
B．金属棒静止时电流等于
C．若仅将电流方向反向，电流改变方向后的瞬间，导体棒的加速度大小为
D．改变磁场方向，使磁场与导轨ab、cd平行，则金属棒受到的安培力等于零
【答案】BC
【详解】由于弹簧伸长，则安培力方向水平向右；由左手定则可得，回路中电流方向为顺时针方向，故A错误；由于弹簧伸长为x，根据胡克定律和平衡条件可得，kx＝BIL，则有，故B正确；电流改变方向后的瞬间，安培力瞬间变为向左，大小不变，由牛顿第二定律得：2kx＝ma，得，故C正确；改变磁场方向，使磁场与导轨ab、cd平行，磁场方向与电流方向仍然垂直，金属棒受到的安培力不为零，故D错误．所以BC正确，AD错误．
16．如图所示，左右对称、顶角为60°的导体框架POQ竖直放置，空间存在垂直框架平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，轻弹簧上端固定于O点，下端悬挂质量为m的导体棒MN，已知弹簧原长为L，劲度系数为k，框架和导体棒单位长度的电阻都为r。导体棒从位置I由静止释放，此时弹簧处于原长，当导体棒下降L到达位置Ⅱ时，速度刚好达到最大，在导体棒开始释放到最终静止的过程中保持水平且与导轨接触良好。不计一切摩擦，重力加速度为g，已知弹簧弹性势能（x为形变量）。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒向下运动过程中N端电势比M端高
B．导体棒向下运动过程中的最大速度为
C．导体棒由下向上返回到位置Ⅱ时的加速度方向竖直向上
D．导体棒从开始释放到最终静止过程中回路产生的热量为
【答案】AD
【详解】A．导体棒向下运动过程中，根据右手定则，可判断棒中电流方向由M指向N，由于导体棒相当于电源，所以N端电势比M端高，A正确；
B．当导体棒向下运动过程中加速度为0时，有最大速度，设此时框架间的导体棒长度为，有；
；；有几何关系可知；联立，解得，B错误；
C．导体棒向下运动到位置Ⅱ时，有导体棒由下向上返回到位置Ⅱ时，有
由于所以加速度向下，C错误；
D．导体棒最终静止时，速度为0，不产生感应电流，导体中不受安培力，则有解得
根据能量守恒，有解得，D正确。故选AD。
三大力场中有关弹簧模型的能量动量问题
17．如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，重力加速度g取，则下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧原长为0.2mB．小球释放位置距地面的高度为0.6m
C．小球在下落过程受到的风力为0.1ND．小球刚接触弹簧时的动能为0.36J
【答案】AC
【详解】AB．根据可知初始时小球距地面的高度为当时弹簧具有弹性势能，所以弹簧的原长为故A正确，B错误；
C．小球从静止下落到最大弹性势能处根据功能关系解得方向竖直向上，故C正确；
D．小球从静止下落到与弹簧接触时根据功能关系得故D错误。故选AC。
18．如图，一光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，弹簧的劲度系数为k，弹簧的最大压缩量为。已知，弹簧弹性势能为，其中x是形变量，弹簧振子简谐运动的周期，则下列说法正确的是（ ）
A．速度最大时的弹簧压缩量为
B．物块下滑的最大位移为
C．物块的最大动能为
D．物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间为
【答案】CD
【详解】A．根据题意可知，物块速度最大时，物块所受合力为0，则有解得
故A错误；
B．根据题意可知，物块运动到最低点时，重力势能全部转化为弹性势能，则有
解得故B错误；
C．物块速度最大时，物块的动能最大，由能量守恒定律有
解得故C正确；
D．物块开始压缩弹簧后，到分离前做简谐振动，物块合力为0的位置为平衡位置，则物块做简谐运动的振幅为则物块开始压缩弹簧时，偏离平衡位置的距离为从物块开始压缩弹簧到平衡位置所用时间为则从开始接触到最短经历的时间为故D正确。
故选CD。
19．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（ ）

A．下滑过程中，其加速度增大
B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为
C．从C到A过程，弹簧对环做功为
D．环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度
【答案】CD
【详解】A．环由A到C，初速度和末速度均为0，环先加速后减速，加速度先减小后增大，故A错误；
BC．环由A到C，根据能量守恒有环由C到A，根据能量守恒有
联立解得，又环由C到A，根据功能关系有则下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量Q为，从C到A过程，弹簧对环做功为，故B错误，C正确；
D．圆环由A下滑至B，根据能量守恒有圆环由B上滑至A，根据得能量守恒有则有，即环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确。
故选CD。
20．如图所示，质量为m的物块P与物块Q（质量未知）之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P物体一瞬时初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，内P、Q物块运动的图像如图所示，已知时刻P、Q的加速度最大，其中t轴下方部分的面积大小为S，则（ ）

A．物体Q的质量为
B．时刻Q物体的速度大小为
C．时刻弹簧的弹性势能为
D．时间内弹簧对P物体做功不为零
【答案】BC
【详解】A．时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右；时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得；解得物体Q的质量为故A错误；
B．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知时间内，Q物体的速度变化量大小为
则时刻Q物体的速度大小为，故B正确；
C．时刻两物体具体相同的速度v，根据对称性可知，时刻P、Q物体的速度大小为
设物体P的初速度为，根据动量守恒可得解得设时刻弹簧的弹性势能为，根据能量守恒可得联立解得故C正确；
D．设时刻P物体的速度为；根据动量守恒可得解得可知时刻P物体的速度大小等于时刻P物体的速度大小，则时刻P物体的动能等于时刻P物体的动能，故时间内弹簧对P物体做功为零，故D错误。故选BC。
21．如图所示，劲度系数为的轻弹簧一端固定于悬点O，另一端悬挂一个质量为的小球，小球静止时处于空中A点，在悬点O处有一带电荷量为-q（q>0）的小球b（未画出），弹簧与小球、b彼此绝缘。某时刻，用某种方式让小球带上电荷量+q，小球由静止开始向上运动，当、b球间的电场力为球重力的两倍时，小球的速度达到最大值，此时小球处于空中B点。两带电小球均看作点电荷，静电力常量为，重力加速度为g，不计空气阻力的影响，则（ ）
A．弹簧的原长为
B．A、B两点间的距离为
C．A、B两点间电势差
D．小球从A点到B点机械能的变化量为
【答案】AC
【详解】A．小球a静止时处于空中A点，根据平衡条件有小球a带上电荷量为+q的正电荷后向上加速到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，根据库仑定律得且联立解得弹簧原长，
A正确；
B．A、B两点间的距离为，B错误；
C．小球a从A点到B点，根据动能定理有即解得，
C正确；
D．小球a从A点到B点机械能的变化量等于电场力做的功，则有，D错误。故选AC。
22．如图所示，abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L左右两端接有定值电阻R1和R2，R1=R2=R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中．质量为m的导体棒MN放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻．两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接．初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度，第一次运动至最右端的过程中Rl产生的电热为Q，下列说法中正确的是
A．初始时刻棒所受安培力的大小为
B．棒第一次回到初始位置的时刻，R2的电功率小于
C．棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为
D．从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于
【答案】BD
【详解】A. 由F=BIL及I==，得安培力大小为FA=BIL=，故A错误；
B. 由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势小于BLv0，则R2的电功率小于，故B正确；
C. 由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为，故C错误；
D. 由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大．从初始时刻到第一次运动至最右端的过程中电路中产生总热量为2Q，则从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路中产生的焦耳热应大于×2Q，故D正确．
特训目标
特训内容
目标1
高考真题（1T—4T）
目标2
三大力场中有关弹模型的平衡问题（5T—10T）
目标3
三大力场中有关弹簧模型的动力学问题（11T—16T）
目标4
三大力场中有关弹簧模型的能量动量问题（17T—22T）