2023年高三物理二輪常見模型與方法強化專訓專練04 彈簧模型（解析版）

2023年高三物理二輪常見模型與方法強化專訓專練專題04彈簧模型特訓目標特訓內(nèi)容目標1高考真題（1T—6T）目標2三大力場中有關彈模型的平衡問題（7T—12T）目標3三大力場中有關彈簧模型的動力學問題（13T—18T）目標4三大力場中有關彈簧模型的能量動量問題（19T—24T）【特訓典例】高考真題1．（2022年江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A．當上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時，B對A的壓力先減小后增大D．整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量【答案】B【詳解】B．由于A、B在下滑過程中不分離，設在最高點的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時根據(jù)牛頓第二定律對AB有對B有聯(lián)立可得由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；A．設彈簧原長在O點，A剛開始運動時距離O點為x1，A運動到最高點時距離O點為x2；下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得化簡得當位移為最大位移的一半時有帶入k值可知F合=0，即此時加速度為0，故A錯誤；C．根據(jù)B的分析可知再結合B選項的結論可知下滑過程中F向上且逐漸變大，則下滑過程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對A的壓力逐漸變大，故C錯誤；D．整個過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當A回到初始位置時速度為零，根據(jù)功能關系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。故選B。2．（2020年山東卷）如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側連接一固定于墻面的水平輕繩，左側通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當B下降到最低點時（未著地），A對水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止狀態(tài)。以下判斷正確的是（）A．M<2mB．2m<M<3mC．在B從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對B先做正功后做負功D．在B從釋放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機械能的減少量【答案】ACD【詳解】AB．由題意可知B物體可以在開始位置到最低點之間做簡諧振動，故在最低點時有彈簧彈力T=2mg；對A分析，設繩子與桌面間夾角為θ，則依題意有故有，故A正確，B錯誤；C．由題意可知B從釋放位置到最低點過程中，開始彈簧彈力小于重力，物體加速，合力做正功；后來彈簧彈力大于重力，物體減速，合力做負功，故C正確；D．對于B，在從釋放到速度最大過程中，B機械能的減少量等于彈簧彈力所做的負功，即等于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確。3．（2021年江蘇卷）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉軸的O點，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長為的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉動，當細線與豎直方向的夾角增大到時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取，，求：（1）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；（2）環(huán)A的質(zhì)量M；（3）上述過程中裝置對A、B所做的總功W?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設、的張力分別為、，A受力平衡B受力平衡；解得（2）設裝置轉動的角速度為，對A：；對B：解得（3）B上升的高度，A、B的動能分別為；根據(jù)能量守恒定律可知解得4．（2022年全國卷）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內(nèi)，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時、速度相等，即時刻，根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得；（2）解法一：同一時刻彈簧對、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知同一時刻則同一時刻、的的瞬時速度分別為，根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得，又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有對方程兩邊同時乘以時間，有；0-t0之間，根據(jù)位移等速度在時間上的累積，可得將代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得方法一：設在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據(jù)動能定理可得下滑過程，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度，，上滑時末速度為0，下滑時初速度為0，由勻變速直線運動的位移速度關系可得，聯(lián)立可解得5．（2021年山東卷）如圖所示，三個質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運動，當速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢能可表示為：，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）（1）求B、C向左移動的最大距離和B、C分離時B的動能；（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值；（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導比較W與的大??；（4）若，請在所給坐標系中，畫出C向右運動過程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標軸上標出開始運動和停止運動時的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導過程。以撤去F時C的位置為坐標原點，水平向右為正方向?！敬鸢浮浚?）、；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關系得彈簧恢復原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒得聯(lián)立方程解得；（2）當A剛要離開墻時，設彈簧得伸長量為，以A為研究對象，由平衡條件得若A剛要離開墻壁時B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值，從彈簧恢復原長到A剛要離開墻得過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒得結合第（1）問結果可知根據(jù)題意舍去，所以恒力得最小值為（3）從B、C分離到B停止運動，設B的路程為，C的位移為，以B為研究對象，由動能定理得以C為研究對象，由動能定理得由B、C得運動關系得聯(lián)立可知（4）小物塊B、C向左運動過程中，由動能定理得解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為則坐標原點的加速度為之后C開始向右運動過程（B、C系統(tǒng)未脫離彈簧）加速度為可知加速度隨位移為線性關系，隨著彈簧逐漸恢復原長，減小，減小，彈簧恢復原長時，B和C分離，之后C只受地面的滑動摩擦力，加速度為負號表示C的加速度方向水平向左；從撤去恒力之后到彈簧恢復原長，以B、C為研究對象，由動能定理得脫離彈簧瞬間后C速度為，之后C受到滑動摩擦力減速至0，由能量守恒得解得脫離彈簧后，C運動的距離為則C最后停止的位移為所以C向右運動的圖象為6．（2022年遼寧卷）如圖所示，光滑水平面和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為，之后沿軌道運動。以O為坐標原點建立直角坐標系，在區(qū)域有方向與x軸夾角為的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：（1）彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；（2）小球經(jīng)過O點時的速度大??；（3）小球過O點后運動的軌跡方程。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得（2）小球從B到O，根據(jù)動能定理有解得（3）小球運動至O點時速度豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有豎直方向有解得，說明小球從O點開始以后的運動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有，聯(lián)立解得小球過O點后運動的軌跡方程三大力場中有關彈模型的平衡問題7．如圖所示，光滑的硬桿AB豎直固定放置，粗糙的硬桿CD水平固定放置，原長為L的輕質(zhì)彈簧一端懸掛在天花板上，另一端連接質(zhì)量為m的小球，小球穿過AB桿，靜止時彈簧與豎直方向的夾角為37°，天花板與小球間的高度差為L，若把小球穿在硬桿CD上，當小球剛好不滑動時，彈簧與水平方向的夾角為53°，彈簧的總長為3L，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為B．小球在CD上靜止時，彈簧的彈力大小為8mgC．桿CD對小球的彈力大小與桿AB對小球的彈力大小之比9D．桿CD與小球之間的動摩擦因數(shù)【答案】D【詳解】A．小球穿過AB桿，對小球進行分析有，解得，A錯誤；B．把小球穿在硬桿CD上，彈簧的彈力，B錯誤；C．把小球穿在硬桿CD上，對小球分析有解得小球穿過AB桿，對小球進行分析有則，C錯誤；D．小球穿在硬桿CD上，當小球剛好不滑動時，則有解得，D正確。故選D。8．如圖所示，一勁度系數(shù)、原長的輕質(zhì)彈性繩一端固定在A點，另一端與一質(zhì)量的滑環(huán)連接，在A點與豎直桿之間與A點等高、距A點1m處有一光滑輕小定滑輪，彈性繩繞過定滑輪，定滑輪右側到A點的距離為處有一足夠長的光滑豎直桿，將滑環(huán)套在豎直桿上，在豎直向上的外力F作用下將滑環(huán)從與A點等高的C點緩慢移動到D點，在D點處外力F恰好為零，已知彈性繩受到的拉力與伸長量的關系遵循胡克定律，取重力加速度大小，則下列說法正確的是（）A．滑環(huán)由C點運動到D點的過程中，外力F先增大后減小B．豎直桿所受的彈力逐漸增大C．C、D兩點間的距離為D．滑環(huán)由C點運動到D點的過程中，彈性繩上的彈性勢能變化量等于5J【答案】C【詳解】A．對滑環(huán)受力分析可知，設細繩與豎直方向的夾角為θ，設BD=x，則豎直方向隨著滑環(huán)的下降，則θ減小，彈性繩的伸長量x增大，則F逐漸減小，選項A錯誤；B．豎直桿受的彈力則豎直桿受的彈力不變，選項B錯誤；C．在D點處外力F恰好為零，則其中解得xCD=0.5m選項C正確；D．滑環(huán)由C點運動到D點的過程中，重力做功為WG=mgxCD=5J因力F做負功，可知彈性繩上的彈性勢能變化量小于5J，選項D錯誤。故選C。9．如圖所示，固定光滑直桿上套有一個質(zhì)量為m，帶電盤為的小球和兩根原長均為的輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為的A、B兩點，空間存在方向豎直向下的勻強電場。已知直桿與水平面的夾角為，兩彈簧的勁度系數(shù)均為，小球在距B點的P點處于靜止狀態(tài)，Q點距A點，重力加速度為g，下列選項正確的是（）A．勻強電場的電場強度大小為B．若小球從P點以初速度沿桿向上運動，恰能到達Q點C．從固定點B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度大小為，方向向上D．小球從Q點由靜止下滑過程中動能最大為【答案】D【詳解】A．小球受兩根彈簧彈力大小為對小球，由共點力平衡有解得，A錯誤；B．根據(jù)對稱性可知，小球從P點運動到Q點的過程中彈力做功為0，根據(jù)幾何關系可得PQ之間距離為根據(jù)動能定理，有解得，B錯誤；C．從固定點B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度方向沿AB向下，合力等于原來PB間彈簧的彈力，根據(jù)牛頓第二定律可得，C錯誤；D．小球從Q點由靜止下滑，運動到P點時受力平衡，速度最大，動能最大，此過程中初末位置的兩彈簧的彈性勢能相同，兩彈簧彈力做的總功為0，在從Q到P的過程中，根據(jù)動能定理，有根據(jù)B選項可知解得，D正確。故選D。10．如圖所示，勁度系數(shù)為k0的輕彈簧一端固定于懸點O，另一端懸掛一個質(zhì)量為m的小球a，小球a靜止時處于空中A點．在懸點O處固定一帶電量為–q（q>0）小球b（未畫出），彈簧與小球a、b彼此絕緣．某時刻，用某種方式讓小球a帶上電量+q，小球a由靜止開始向上運動，當a、b球間的電場力為a球重力的兩倍時，小球a的速度達到最大值v，此時小球a處于空中B點．兩帶電小球均看作點電荷，靜電力常數(shù)為k，重力加速度為g，不計空氣阻力．則A．彈簧的原長為B．A、B兩點間的距離為C．A、B兩點間的電勢差D．小球a從A點到B點機械能的變化量為【答案】AD【詳解】A項：小球a靜止時處于空中的A點，根據(jù)平衡條件有，小球a帶上電荷量為+q的正電荷向上加速到B點時有，解得，此時彈簧彈力處于壓縮狀態(tài)，形變量與A點形變量相同，A、B兩位置彈簧彈性勢能相等，根據(jù)庫侖定律得，其中，聯(lián)立解得，故A正確；B項：A、B兩點間的距離為，故B錯誤；C項：小球a從A點到B點，根據(jù)動能定理，即，解得，故C錯誤；D項：小球a從A點到B點機械能的變化量，故D正確．11．如圖所示，質(zhì)量為m的三根完全相同的導體棒垂直于紙面放置，其中a、b兩導體棒放置在粗糙的水平面上，c導體棒被豎立的輕質(zhì)彈簧懸掛，三根導體棒中均通入垂直紙面向里、大小相等的恒定電流后，呈等邊三角形排列，且保持穩(wěn)定。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．彈簧的彈力小于c導體棒的重力B．水平面對a導體棒的摩擦力可能為零C．水平面對a導體棒的支持力小于D．若在地面上對稱地緩慢增大a、b導體棒間的距離，彈簧長度將減小【答案】CD【詳解】A．根據(jù)同向電流相吸，反向電流相斥，可得c導體棒受到a、b兩導體棒的合力豎直向下，根據(jù)平衡條件可得彈簧的彈力大于c導體棒的重力，A錯誤；B．c、b兩導體棒對a導體棒的合力垂直bc斜向上，有水平向右的分量，所以a導體棒必定受到地面的摩擦力，B錯誤；C．以三個導體棒整體為研究對象，因為彈簧的彈力豎直向上，所以地面對a、b兩導體棒的支持力小于，得對a導體棒的支持力小于，C正確；D．若在地面上對稱地緩慢增大a、b導體棒間的距離，a、b兩導體棒對c導體棒的力的夾角變大，合力變小，則彈簧彈力變小，彈簧長度將減小，D正確。故選CD。12．某同學自制一電流表，其原理如圖所示。質(zhì)量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，ab=L1，bc=L2，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度。MN的長度大于ab，當MN中沒有電流通過且處于靜止時，MN與矩形區(qū)域的ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度；當MN中有電流時，指針示數(shù)可表示電流強度。MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A．當電流表的示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為B．標尺上的電流刻度是均勻的C．為使電流表正常工作，流過金屬桿的電流方向為M→ND．電流表的量程為【答案】ABC【詳解】A．電流表示數(shù)為零時，金屬桿不受安培力，金屬桿在重力與彈簧彈力作用下處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得mg=kx0解得，A正確；C．要使電流表正常工作，金屬桿應向下移動，所受的安培力應向下，由左手定則知金屬桿中的電流方向應從M至N，C正確；B．當電流為I時，安培力為FA=BIL1靜止時彈簧伸長量的增加量為，根據(jù)胡克定律可得故該電流表的刻度是均勻，B正確；D．設當時，I=Im，則有BImL1=kL2解得故電流表的量程為，D錯誤。故選ABC。三大力場中有關彈簧模型的動力學問題13．如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，上端疊放著兩個物體A、B，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使A向上做勻加速直線運動，以系統(tǒng)靜止時的位置為坐標原點，豎直向上為位移x正方向，得到F隨x的變化圖像如圖乙所示。已知物體A的質(zhì)量，重力加速度，則下列說法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為 B．物塊A做勻加速直線運動的加速度大小為C．物塊B的質(zhì)量為 D．F作用瞬間，A、B之間的彈力大小為【答案】BD【詳解】A．以A、B整體為研究對象，設物塊B質(zhì)量為M，靜止時彈簧壓縮量為，有分離之前有即所以F隨x的變化圖像的斜率等于勁度系數(shù)，A錯誤；BC．時刻，有分離時，有聯(lián)立解得，，B正確，C錯誤；D．施加拉力F的瞬間，設A、B之間的彈力為，對B進行受力分析有解得D正確。故選BD。14．如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連一質(zhì)量為m的物塊A，A放在質(zhì)量為2m的托盤B上，以FN表示B對A的作用力，x表示彈簧的伸長量。初始時，在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，且彈簧處于自然狀態(tài)（x=0），現(xiàn)改變力F的大小，使B以的加速度勻加速向下運動（g為重力加速度，空氣阻力不計），此過程中FN隨x變化的圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】設物塊A和托盤間B的壓力為零時彈簧的伸長量為x1，對物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有由題意可知解得在此之前，對物塊A根據(jù)牛頓第二定律可得可得可知隨x變化，F(xiàn)N由開始運動時的線性減小到零。故選B。15．如圖，帶正電的小球A固定在光滑絕緣斜面底端，輕彈簧的一端連接帶負電的小球B，另一端固定于擋板，兩小球的球心在彈簧的軸線上，彈簧原長時處于O點。將球B由O點靜止釋放，小球沿斜面運動至M點時加速度為零。則下列說法正確的是（）A．球B做簡諧運動B．球B運動后不可能靜止在斜面上C．球B運動至M點時一定有最大速度D．球B在M點和O點的機械能可能相等【答案】D【詳解】A．球B向下運動過程中，彈簧彈力增加，庫侖力增加，若庫侖力不變，則沿斜面的合外力可以提供回復力而做簡諧運動，故A錯誤；B．若沿斜面向上的彈簧彈力，沿斜面向下的重力下滑分力，庫侖力達到平衡，小球才可以靜止在斜面上，故B錯誤；C．M點之后，彈簧彈力增大，庫侖力也增大，可能還有加速階段，不能保證M點時最大速度，故C錯誤；D．整個系統(tǒng)機械能守恒，球B由O→M，彈簧的彈性勢能增加，球的電勢能減小，若兩者相等，則球在M點和O點的機械能相等，可能存在這種情況，故D正確。故選D。16．在傾角為θ的光滑固定絕緣足夠長的斜面上有兩個用絕緣輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別為m和3m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，開始未加電場，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，A帶正電，B不帶電，現(xiàn)加一沿斜面向上的勻強電場，物塊A沿斜面向上運動，當B剛離開C時，A的速度為v，之后兩個物體運動中，當A的加速度為0時，B的加速度大小為a，方向沿斜面向上，則下列正確的是（

）A．未加電場時，擋板C對物塊B的作用力大小為B．從加電場后到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移大小為C．從加電場后到B剛離開C的過程中，物塊A的機械能和電勢能之和保持不變D．B剛離開C時，電場力對A做功的瞬時功率為【答案】D【詳解】A．開始未加電場，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，擋板C對物塊B的作用力大小為A和B的總重力在沿斜面方向上的分力為，A錯誤；B．從加電場時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對物塊A受力分析，根據(jù)平衡條件有解得物塊B剛要離開C時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，對B由平衡條件可得3mgsinθ=kx2解得B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移大小為，B錯誤；C．對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從加電場后到B剛離開C的過程中，物塊A的機械能、電勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變，彈簧的彈性勢能先減小后增大，故物塊A的機械能和電勢能之和先增大后減小，C錯誤；D．設A所受的電場力大小為F，由題知當A的加速度為零時，B的加速度大小為a，方向沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律對A有對B有故有當B剛離開C時，A的速度為v，則電場力對A做功的瞬時功率為，D正確。故選D。17．如圖，上端固定的輕彈簧下端系在正方形單匝閉合線框abcd的bc邊中點上，線框邊長為L，質(zhì)量為m，電阻為R；在外力作用下線框靜止，線框平面（紙面）豎直，ad邊水平且彈簧恰好為原長，與ad邊相距0.5L的水平邊界MN下方存在方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。由靜止釋放線框，當ad邊到達邊界MN時，線框速度大小為v。不計空氣阻力，重力加速度大小為g，彈簧勁度系數(shù)且形變始終在彈性限度內(nèi)。下列判定正確的是（）A．a(chǎn)d邊進入磁場前的過程中，彈簧彈力的沖量大小為B．a(chǎn)d邊剛進入磁場時，a、d兩點間的電勢差為C．a(chǎn)d邊剛進入磁場時，線框的加速度大小為D．線框從開始運動到最終靜止的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】CD【詳解】A．取向下為正方向，根據(jù)動量定理得ad邊進入磁場前的過程中由于線框受到的彈簧彈力是不斷變化的，故線框加速度是不斷變化的，則所以故A錯誤；B．a(chǎn)d邊剛進入磁場時，a、d兩點間的電勢差為電源路端電壓，由于正方形線框總電阻為R，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得故B錯誤；C．a(chǎn)d邊剛進入磁場時，線框受到自身重力，豎直向上的彈簧彈力及安培力的作用，根據(jù)牛頓第二定律得又因為ad邊剛進入磁場時，彈簧彈力安培力聯(lián)立以上式子解得線框的加速度大小為故C正確；D．線框最終靜止時，有求得此時彈簧伸長量為彈簧及線框系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得，線框從開始運動到最終靜止的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確。故選CD。18．如圖，足夠長且電阻不計的光滑平行雙導軌水平固定，所在空間有方向豎直向下的勻強磁場；ab、cd是垂直導軌放置在導軌上，長度等于導軌間距且與導軌接觸良好的兩根導體棒，兩棒的電阻相等，質(zhì)量之比，兩棒中點連接著原長為L0、勁度系數(shù)為k的絕緣輕彈簧。在兩棒中點同時施加大小相等、方向相反（平行于導軌）的外力使彈簧緩慢伸長（彈簧形變在彈性限度內(nèi)），當外力大小為F時，同時撤去外力。則（）A．外力大小為F時，兩棒間的距離為B．撤去外力F后瞬間，兩棒的加速度大小之比為C．撤去外力F后，在運動過程中的任意時刻，安培力對兩棒做功的功率絕對值相等D．兩棒最終會同時達到靜止狀態(tài)，此時彈簧的長度為L0【答案】BD【詳解】A．外力大小為F時，根據(jù)平衡條件解得，A錯誤；B．撤去外力F后瞬間，安培力等于零，根據(jù)牛頓第二定律；，B正確；C．撤去外力F后，在運動過程中的任意時刻，安培力對兩棒做功的功率絕對值為，解得兩棒的加速度不相等，功率的絕對值不相等，C錯誤；D．根據(jù)動量守恒定律，總動量等于零，所以兩棒最終會同時達到靜止狀態(tài)；此時彈簧的長度一定為L0，因為如果彈簧有形變，棒就不會靜止，就不是最終狀態(tài)，D正確。故選BD。三大力場中有關彈簧模型的能量動量問題19．如圖所示，滑塊2套在光滑的豎直桿上并通過細繩繞過光滑定滑輪連接物塊1，物塊1又與一輕質(zhì)彈簧連接在一起，輕質(zhì)彈簧另一端固定在地面上。開始時用手托住滑塊2，使繩子剛好伸直處于水平位置但無張力，此時彈簧的壓縮量為。現(xiàn)將滑塊2從處由靜止釋放，經(jīng)過處的速度最大，到達處的速度為零，此時物塊1還沒有到達滑輪位置。已知滑輪與桿的水平距離為，間距離為，不計滑輪質(zhì)量、大小及摩擦。下列說法中正確的是（）A．滑塊2下滑過程中，機械能先增大后減小B．滑塊2經(jīng)過處時的加速度等于C．物塊1和滑塊2的質(zhì)量之比為D．若滑塊2質(zhì)量增加一倍，其他條件不變，仍讓滑塊2由處從靜止滑到處，滑塊2到達處時，物塊1和滑塊2的速度之比為【答案】C【詳解】A．滑塊下滑過程中，繩子拉力一直對滑塊做負功，機械能一直減小，故A錯誤；B．滑塊下滑過程中，繩子拉力增大，合力先減小后反向增大，則加速度先減小后反向增大，當滑塊經(jīng)過處時速度最大，其加速度為，故B錯誤；C．物體靜止時，彈簧壓縮量為當下滑到點時，物體上升的高度為則當物體到達時彈簧伸長的長度為，此時彈簧的彈性勢能等于物體靜止時的彈性勢能。對于與及彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律應有解得故C正確。D．根據(jù)物體和沿繩子方向的分速度大小相等，則得其中則得滑塊到達處時，物塊和滑塊的速度之比故D錯誤。故選C。20．如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平面上，一根勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧下端固定于斜面底部，上端放一個質(zhì)量為的小物塊a，a與彈簧間不拴接，開始時a靜止于P點。質(zhì)量為的小物塊b從斜面上Q點由靜止釋放，與a發(fā)生正碰后立即粘在一起成為組合體c，組合體c在以后的運動過程中恰好不離開彈簧。已知彈簧的彈性勢能與其形變量的關系為，重力加速度為，彈簧始終未超出彈性限度。下列說法正確的是（）A．彈簧彈力的最大值為 B．組合體c動能的最大值為C．間距離為 D．a(chǎn)、b碰撞過程中機械能的損失為【答案】BC【詳解】A．設彈簧的最大壓縮量為，組合體c在以后的運動過程中恰好不離開彈簧，說明組合體c在彈簧恢復原長時速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得解得則彈簧彈力的最大值為故A錯誤；B．當彈簧彈力等于組合體重力沿斜面向下分力時，組合體c動能最大，根據(jù)受力平衡可得可得從壓縮量最大到組合體c動能最大過程，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得聯(lián)立解得組合體c動能的最大值為故B正確；C．P點對應的彈簧壓縮量為設組合體在P點的速度大小為，組合體從P點到最大壓縮量過程，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得解得設小物塊b與a碰撞前的速度為，碰撞過程根據(jù)動量守恒定律可得解得小物塊b從到過程，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得故C正確；D．a(chǎn)、b碰撞過程中機械能的損失為故D錯誤。故選BC。21．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A，B相連接，靜止在光滑水平地面上，現(xiàn)使A瞬時獲得水平向右的速度3m/s，從此刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．物塊A在t1和t3兩個時刻的加速度大小相等B．從開始計時到t4這段時間內(nèi)，物塊A，B在t2時刻相距最遠C．t1到t3這段時間內(nèi)彈簧長度一直在增大D．【答案】ACD【詳解】A．根據(jù)圖像的對稱性可知，在t1和t3兩個時刻，圖像的斜率大小相等，因此物塊A在t1和t3兩個時刻的加速度大小相等，A正確；BC．結合圖象可知，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相等，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能最?。蝗缓髲椈芍饾u恢復原長，m2依然加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩木塊均減速，當t3時刻，兩木塊速度相等，彈簧最長，彈簧彈性勢能最大，系統(tǒng)動能最小，B錯誤，C正確；D．兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，選擇從開始到t1時刻列方程可知將v1=3m/s，v2=1m/s代入得m1：m2=1：2，D正確。故選ACD。22．如圖所示，輕質(zhì)絕緣彈簧的上端固定，下端連接一帶負電的小球，小球在豎直方向上下自由運動，當運動到最高點M時彈簧恰好處于原長．已知小球經(jīng)過O點有向上的最大速度，此時突然施加一方向豎直向下的勻強電場，則對于在這種情況下小球從O點第一次向上運動到最高點N的過程，下列說法正確的是A．N點的位置比M點的位置高B．小球的機械能逐漸減小C．小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和逐漸增大D．小球的電勢能、重力勢能與彈簧彈性勢能之和逐漸增大【答案】AC【詳解】小球向上運動的過程受重力、彈簧彈力和電場力作用，電場力方向向上，重力方向向下；小球向上運動的過程，在相同位置，彈簧彈力、重力不變，故做功情況有無電場都一樣，電場力做正功，故小球可以到達M點，且在M點速度