2021屆新高考物理二輪復(fù)習(xí)檢測(cè)（九）彈簧模型

專題跟蹤檢測(cè)（九）

彈簧模型

1.（2020?衡水中學(xué)質(zhì)檢）如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為的小球通過(guò)兩

根輕彈簧4、8連接，在水平外力尸作用下，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此

時(shí)彈簧實(shí)際長(zhǎng)度相等。彈簧A、B的勁度系數(shù)分別為k,\、k,{,且原長(zhǎng)

相等。彈簧A、8與豎直方向的夾角分別為。與45。。設(shè)A、5中的拉

力分別為見(jiàn)、尸5。小球直徑相比彈簧長(zhǎng)度可以忽略。貝！1（）

A.k^=kBB.tan0=2

F=y[3mg

C.AD.FB=2mg

解析：選B將兩小球看作一個(gè)整體，對(duì)整體受力分析，可知整體受到重力2mg.彈

簧4的拉力心和廠的作用，受力如圖甲所示，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件有：尸A=裁，F(xiàn)=

2/ngtan0,根據(jù)胡克定律：FA=kAxA,尸B=?那8,對(duì)下邊的小球進(jìn)行受力分析，其受力如

圖乙所示，

根據(jù)平衡條件有：尸F(xiàn)=mg,聯(lián)立可得：tan0=g,故B正確，D錯(cuò)誤；由

tan〃=：知，cos〃=哀,得F=y15mg,

A故C錯(cuò)誤；兩個(gè)彈簧的原長(zhǎng)相等，伸長(zhǎng)后的長(zhǎng)度

也相等，所以彈簧的形變量也相等，而兩個(gè)彈簧的彈力不同，所以兩個(gè)彈簧的勁度系數(shù)不

相等，故A錯(cuò)誤。

2.（2020?深圳六校聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)木塊4、B通過(guò)輕彈簧連接,

木塊A放在水平桌面上，木塊B用輕繩通過(guò)定滑輪在力F的作用下

整體恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，繩與水平方向成a角。不計(jì)滑輪與繩間的摩

擦。則下列說(shuō)法正確的是（）

A.木塊A對(duì)桌面的壓力為（M+,"）g—尸

B.木塊A與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=而鐳我彳

C.彈簧與水平方向的夾角的正切值tan/?=縹宗產(chǎn)

i1X

D.彈簧的彈力大小為F彈=yj(Fs\na)2+(Feosa—mg)2

解析：選C對(duì)A、3物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)整體受力分析可知：Fsina+FN=（Af+

m）g9根據(jù)牛頓第三定律可知木塊A對(duì)地面的壓力為：（M+機(jī)）g—Fsina,故A錯(cuò)誤；題中

未說(shuō)明最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等，所以無(wú)法計(jì)算動(dòng)摩擦因數(shù)，故B錯(cuò)誤；對(duì)3物塊

受力分析，在豎直方向：F^sinfi+mg=Fsina9在水平方向：F#cosfi=Fcosa9解得：tan

"=1s；c：s'F?=-\j（Fcosa）2+（Fsina—mg）2,故C正確，D錯(cuò)誤。

3.［多選］質(zhì)量分別為2kg和3kg的物塊A、8放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧相連,

如圖所示，今對(duì)物塊A、8分別施以方向相反的水平力入、F2,且FI=20N、F2=10N,

則下列說(shuō)法正確的是（）

A.彈簧的彈力大小為16N

B.若把彈簧換成輕質(zhì)繩，則繩對(duì)物體的拉力大小為10N

C.如果只有為作用，則彈簧的彈力大小變?yōu)?2N

D.若B=10N、&=20N,則彈簧的彈力大小不變

解析：選AC彈簧不再伸長(zhǎng)后，4、8具有相同的加速度。對(duì)于4、8整體，根據(jù)牛

=2

頓第二定律：FI-F2（mA+mB）a,代入數(shù)據(jù)解得：a=2m/s,對(duì)A,由牛頓第二定律：F\

-F?=mAa,代入數(shù)據(jù)解得：尸祥=16N,故A正確；若把彈簧換成輕質(zhì)繩，則繩對(duì)物體的

拉力大小仍然為16N,故B錯(cuò)誤；只有Fi作用時(shí)，對(duì)4、8整體，根據(jù)牛頓第二定律：Ft

2

=（mA+inB）a,解得：a=4m/s,對(duì)A,由牛頓第二定律：F\-F?=mAa,解得：尸*=12N,

故C正確；若B=10N、尸2=20N,對(duì)4、8整體，根據(jù)牛頓第二定律：&一尸1=（皿i+

mB）a,解得：a=2m/s?,對(duì)A,由牛頓第二定律：F?—F\=mAa,解得：F?=14N,故

D錯(cuò)誤。

4.（2020?北京測(cè)試）把一定質(zhì)量的小球放在豎立的彈簧上，并把小球往下按至A位置，

如圖甲所示。迅速松手后，彈簧把小球彈起，小球升至最高位置C（圖Q....C

丙），途中經(jīng)過(guò)位置5時(shí)彈簧正好恢復(fù)原長(zhǎng)（圖乙）。彈簧質(zhì)量和空氣阻

“

力均可忽略。下列說(shuō)法正確的是（）

-A

A.A到C的過(guò)程，小球的動(dòng)量增加

B.A到C的過(guò)程，小球重力沖量小于彈簧彈力的沖量

C.A到8的過(guò)程，小球動(dòng)量的增加量等于彈簧彈力的沖量

D.4到〃的過(guò)程，小球重力的沖量一直變大

解析：選D小球從A運(yùn)動(dòng)到C位置的過(guò)程中，先加速，當(dāng)?shù)竭_(dá)8點(diǎn)下方某處彈簧的

彈力AAx=?ig時(shí)，合力為零，加速度減小到零，速度達(dá)到最大，之后小球繼續(xù)上升，彈簧

的彈力小于重力，直到離開(kāi)彈簧后，小球都做減速運(yùn)動(dòng)，故小球從A上升到C的過(guò)程中，

速度先增大后減小，則動(dòng)量也是先增大后減小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理可知，A到C的

過(guò)程，小球重力沖量等于彈簧彈力的沖量，故B錯(cuò)誤；A到8的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理：/理

-It=mv-Q,可知小球動(dòng)量的增加量小于彈簧彈力的沖量，故C錯(cuò)誤；根據(jù)重力的沖力

等于可知A到3的過(guò)程，小球重力的沖量一直變大，故D正確。

5.如圖所示，一個(gè)勁度系數(shù)為4的輕質(zhì)彈簧豎直放置，彈簧上端固定一質(zhì)量口8

為2,”的物塊A,彈簧下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為，”的物塊8,從距離彈J4

簧最上端高為h的正上方處由靜止開(kāi)始下落，與物塊A接觸后粘在一起向下壓縮I

7Z77/ZZZ7

彈簧。從物塊B即將與A接觸到彈簧壓縮到最短的整個(gè)過(guò)程中（彈簧保持豎直，且形變?cè)趶?/p>

性限度內(nèi)），下列說(shuō)法正確的是（）

A.物塊8的動(dòng)能先減小后增加又減小

B.物塊A和物塊3組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.物塊A和物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

D.物塊A、物塊8和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

解析：選AB物塊自由下落過(guò)程中速度逐漸增大，與A物塊碰撞瞬間，動(dòng)量守恒，選

取豎直向下為正方向，貝4m如=（，〃+2/〃）0,可知4、8碰后瞬間作為整體速度小于碰前8

物塊速度，隨后4、3整體向下運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始重力大于彈力，且彈力逐漸增大，所以整體做加

速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重力等于彈力時(shí)，速度達(dá)到最大，之后彈力大于重力，整體做加

速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度減為0,所以從物塊B剛與A接觸到彈簧壓縮到最短的整

個(gè)過(guò)程中，物塊8的動(dòng)能先減小后增加又減小，A正確；物塊A和物塊8組成的系統(tǒng)只在

碰撞瞬間內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量守恒，之后系統(tǒng)所受合外力一直變化，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，B

錯(cuò)誤；兩物塊碰撞瞬間損失機(jī)械能，所以物塊4和物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，物塊

A、物塊B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，C、D錯(cuò)誤。

6.如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于

mg的恒力/向上拉8,運(yùn)動(dòng)距離為人時(shí)，8與A分離。下列說(shuō)法正確的是（）產(chǎn)

A.3和A剛分離時(shí)，彈簧長(zhǎng)度等于原長(zhǎng)占

B.8和4剛分離時(shí)，它們的加速度為g

c.彈簧的勁度系數(shù)等于管小唬,

D.在8與A分離之前，它們做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

解析：選C4、8分離前，4、8共同做加速運(yùn)動(dòng)，由于尸是恒力，而彈力是變力，

故4、8做變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩物體要分離時(shí)，F(xiàn)AB=Q

對(duì)B:F—mg=ma

對(duì)A:kx—mg=ma

即產(chǎn)=Ax時(shí)，4、8分離，此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，

由尸設(shè)用恒力尸拉B前彈簧壓縮量為

則2ing=kx0,II=XQ-X

解以上各式得《=管，綜上所述，只有C項(xiàng)正確。

7.［多選］（2020?淄博模擬）如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一

質(zhì)量為，”的小球，從離彈簧上端高〃處由靜止釋放。研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)

到最低點(diǎn)的過(guò)程，以小球開(kāi)始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox,作出小

球所受彈力廠的大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖像，如圖乙所示，不計(jì)空氣阻

力，重力加速度為g。以下說(shuō)法正確的是（）

A.小球落到彈簧上向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，速度始終減小

B.小球落到彈簧上向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，加速度先減小后增大

C.當(dāng)x=/?+2x（,時(shí)，小球的動(dòng)能為零

D.小球動(dòng)能的最大值為m8"+氣&

解析：選BD小球剛落到彈簧上時(shí)，彈力小于重力，小球加速度向下，速度增大，隨

彈力的增加，加速度減小，當(dāng)彈力等于重力時(shí)加速度為零，此時(shí)速度最大；然后向下運(yùn)動(dòng)

時(shí)彈力大于重力，小球的加速度向上且逐漸變大，小球做減速運(yùn)動(dòng)直到最低點(diǎn)，則小球落

到彈簧上向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故A錯(cuò)

誤，B正確；根據(jù)乙圖可知，當(dāng)x=/?+xo,小球的重力等于彈簧的彈力，是平衡位置，在x

=h處小球的動(dòng)能不為零，根據(jù)對(duì)稱性可知，在x=〃+2xo位置小球的動(dòng)能也不為零，選

項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球達(dá)到最大速度的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知：，"g（/?+xo）—g"gX0=Ekm,

故小球動(dòng)能的最大值為mgh+^,故D正確。

8.［多選］（2020?棗莊聯(lián)名）如圖所示，一根粗細(xì)均勻的光滑細(xì)桿豎直固qr

定，質(zhì)量為m的小環(huán)C穿在細(xì)桿上，一個(gè)光滑的輕質(zhì)小滑輪D固定在豎直

墻上（豎直墻在圖中沒(méi)有畫(huà)出）。A、B兩物體用輕彈簧相連，豎直放在水平

面上。一根沒(méi)有彈性的輕繩，一端與A連接，另一端跨過(guò)小滑輪。與小環(huán)官

C相連。小環(huán)C位于M時(shí)，繩子與細(xì)桿的夾角為，，此時(shí)8物體剛好對(duì)地面無(wú)壓力?，F(xiàn)讓

小環(huán)C從M點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)下降無(wú)到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，繩子與細(xì)桿的夾角再次為4環(huán)的速度

達(dá)到。，下面關(guān)于小環(huán)C下落過(guò)程中的描述正確的是（）

A.小環(huán)C和物體A組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.當(dāng)小環(huán)落到與滑輪同一高度時(shí)，小環(huán)的機(jī)械能最大

C.小環(huán)C到達(dá)N點(diǎn)時(shí)4的速度為次os。

D.小環(huán)C到達(dá)N點(diǎn)時(shí)物體A的動(dòng)能為mgh—zmv2

解析：選BCD小環(huán)C、物體4和輕彈簧組成的系統(tǒng)中，只有動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性

勢(shì)能間的轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小環(huán)C到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，彈簧做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理有：

mgh=+EM,故物體4的動(dòng)能為瓦產(chǎn)機(jī)且無(wú)一多產(chǎn),故A錯(cuò)誤，D正確；小環(huán)C下落

過(guò)程受重力、桿的支持力和細(xì)線的拉力，細(xì)線的拉力做功等于小環(huán)C的機(jī)械能的變化量，

小環(huán)C由M處到與滑輪同一高度的位置的過(guò)程中，細(xì)線的拉力做正功，小環(huán)C的機(jī)械能增

加；經(jīng)過(guò)與滑輪同一高度的位置后的過(guò)程，細(xì)線的拉力做負(fù)功，小環(huán)C的機(jī)械能減?。还?/p>

下落到與滑輪同一高度的位置時(shí)，小環(huán)C的機(jī)械能一定最大，故B正確；小環(huán)C到達(dá)N點(diǎn)

時(shí)環(huán)的速度達(dá)到V,根據(jù)關(guān)聯(lián)速度可知A的速度為uA=vcos。，故C正確。

9.［多選］如圖所示，在傾角，=37。固定斜面體的底端附近固定一

擋板，一質(zhì)量不計(jì)的彈簧下端固定在擋板上，彈簧自然伸長(zhǎng)時(shí)其上端飛、y*

位于斜面體上的0點(diǎn)處。質(zhì)量分別為mA=4.0kg、/n?=1.0kg的物塊^1_______

A和5用一質(zhì)量不計(jì)的細(xì)繩連接，跨過(guò)固定在斜面體頂端的光滑定滑輪，開(kāi)始物塊A位于

斜面體上的M處，物塊5懸空，現(xiàn)將物塊4和8由靜止釋放，物塊A沿斜面下滑，當(dāng)物

塊A將彈簧壓縮到N點(diǎn)時(shí)，物塊4、8的速度減為零。已知MO=1.0m,ON=0.5m,物

塊A與斜面體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2=0.25,重力加速度取g=10m/s2,01137。=0.6,整個(gè)

過(guò)程細(xì)繩始終沒(méi)有松弛。則下列說(shuō)法正確的是（）

A.物塊A在與彈簧接觸前的加速度大小為1.2m/s2

B.物塊A在與彈簧接觸前的加速度大小為1.5m/s2

C.物塊A位于N點(diǎn)時(shí)，彈簧所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為9J

D.物塊A位于N點(diǎn)時(shí)，彈簧所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為21J

解析：選AC對(duì)4、8整體，由牛頓第二定律可得：，"agsin〃一機(jī)pg—"""geos。=（犯4

解得a=1.2m/s1選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由能量關(guān)系可知，物塊A位于N點(diǎn)時(shí)，

彈簧所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為Ep=mAg-MNsin0-mBg-MN—/tmAgcosthMN,解得所=9

J,選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。

10.如圖所示，在距水平地面高/?i=1.2m的光滑水平臺(tái)面上，一個(gè)質(zhì)量為m=\kg

的小物塊壓縮彈簧后被鎖定?，F(xiàn)解除鎖定，小物塊與彈簧分離后以一定的水平速度0向右

從A點(diǎn)滑離平臺(tái)，并恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入豎直面內(nèi)的光滑圓弧軌道8a已知B點(diǎn)

距水平地面的高度e=0.6m,圓弧軌道的圓心O與水平臺(tái)面等高，C點(diǎn)的切線水平，

并與長(zhǎng)L=2.8m的水平粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊恰能到達(dá)D處。重力加速度g=

10m/s2,空氣阻力忽略不計(jì)。求:

mv

rVrWNTl—?x

CD

(1)小物塊由A到8的運(yùn)動(dòng)時(shí)間f；

⑵解除鎖定前彈簧所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能EP；

(3)小物塊與軌道CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)"。

解析：(1)小物塊由A到8的過(guò)程中做平拋運(yùn)動(dòng)，有

加一/?2=；g,，代入數(shù)據(jù)可得f=Ws。

(2)由圖中幾何關(guān)系可知cosN80c=='」，解得N3OC=60。，則有tan60。=磔，解

"1V\

得彩1=2m/s,

由能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律可知，穌=%叫2,

解得Ep=2J。

(3)由功能關(guān)系可知Ep+mghi=fimgL9

代入數(shù)據(jù)解得〃=0?5。

答案：(1)坐S(2)2J(3)0.5

11.(202()?山東鎖實(shí)險(xiǎn)中學(xué)模擬)如圖所示，一根勁度系數(shù)為k=3N/cm的輕質(zhì)?P

彈簧豎直放置，上、下兩端各固定質(zhì)量均為m。=3kg的物體A和8(均視為質(zhì)點(diǎn))，

物體B置于水平地面上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，一個(gè)質(zhì)量為m=2kg的小球P

從物體A正上方距其高度h=5m處由靜止自由下落。與物體A發(fā)生彈性正碰(碰〃嬴,

撞時(shí)間極短且只碰一次)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2。求：

(1)碰撞后瞬間物體A的速度大??；

(2)當(dāng)?shù)孛鎸?duì)物體B的彈力恰好為零時(shí)，物體A的速度大小。

解析：(1)設(shè)碰撞前瞬間小球尸的速度為如，碰撞后瞬間小球尸的速度為5,物體A的

速度為。2,小球產(chǎn)自由下落，由動(dòng)能定理可得，叫『，解得o0=10m/s

小球P與物體A碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得

mv^=mv\+m（）V29+某.

=

解得必=-2m/s,V28m/s

故碰撞后瞬間物體A的速度大小是8m/s。

(2)設(shè)開(kāi)始A靜止時(shí)彈簧的壓縮量為xi,對(duì)4有

meg=kxi解得Xi=O.lm

當(dāng)?shù)孛鎸?duì)物體8的彈力恰好為零時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為X2,

對(duì)8有m詞=kxz,解得x2=0.1m

可見(jiàn)X1=X2,故兩個(gè)狀態(tài)彈簧的彈性勢(shì)能相等；

從P與A碰撞后瞬間到地面對(duì)B的彈力恰好為零的過(guò)程，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得

22

1/nou2=1moP3+mngixt+x2),

解得此時(shí)A的速度大小為Vi=2y115m/so

答案：(1)8m/s(2)2恒m/s

12..如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定在水平

地面上，下端與水平地面在尸點(diǎn)相切。一個(gè)質(zhì)量為2機(jī)的物塊5