高中物理-9-功能关系中在弹簧中应用问题-高中物理三轮复习重点题型考前突破

1.如图所示，滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中力F做了10J的功。下列说法正确的是()A．弹簧的弹性势能增加了10JB．滑块的动能增加了10JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒答案：C解析：力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，力F做的功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，即滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10J，C正确，A、B、D错误。2.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．AC两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()A．弹簧和物块组成的系统机械能守恒B．物块克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．弹簧的弹性势能增加量为μmgLD．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和答案：D解析：物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，故A项错误；物块由A点运动到C点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Ep弹，故B项错误，D项正确；根据B项分析知Ep弹＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgL，故C项错误．变式1．(多选)(2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案：AD解析：物块由A点开始向右做加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma，知a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误；在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误；由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。变式2.(2013·江苏·9)（多选）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中 ()A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－eq\f(1,2)μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－eq\f(3,2)μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能答案：BC解析：如图，在A点弹簧的拉力大于摩擦力，即FA>μmg，在B点弹簧的弹力小于等于摩擦力，即FB≤fB，则有FB≤μmg，因此O点距离B点较近，即xOB<xOA，从O点到A点由动能定理得：W－μmgxOA－W弹＝0，W弹＝EpA则有EpA＝W－μmgxOA<W－eq\f(1,2)μmga，则A错．整个过程由能量守恒得：W－μmg(a＋xOA)＝EpB，xOA>eq\f(1,2)a，则EpB<W－eq\f(3,2)μmga，B正确．从O到A再到O过程：W－2μmgxOA＝EkO，则EkO<W－2μmgeq\f(1,2)a＝W－μmga，C正确．物块动能最大时弹簧弹力与滑动摩擦力相等，即F＝μmg，而FB≤μmg，因此弹簧在动能最大位置形变量不小于B点的弹簧形变量，对应的弹簧弹性势能不小于B点的弹簧弹性势能，则D错．3．(2012·四川高考)(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0。物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则()A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为eq\f(kx0,m)－μgC．物体做匀减速运动的时间为2eq\r(\f(x0,μg))D．物体开始向左运动到速度达到最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg(x0－eq\f(μmg,k))弹力做功为μmg4x0答案：BD解析：根据牛顿第二定律可得kx－μmg＝ma，即a＝eq\f(kx－μmg,m)，当kx>μmg时，随着形变量x的减小，加速度a将减小；当kx<μmg时，随着形变量x的减小，加速度a将增大，则撤去F后，物体刚运动时的加速度为a＝eq\f(kx0,m)－μg，物体先做加速度逐渐减小的加速直线运动，当kx＝μmg(a＝0)时，物体的速度最大，然后做加速度增大的减速直线运动，最后当物体与弹簧脱离后做加速度为a＝μg的匀减速直线运动，故A选项错误，B选项正确；物体脱离弹簧后做加速度为a＝μg的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得3x0＝eq\f(1,2)μgt2，解得t＝eq\r(\f(6x0,μg))，故C选项错误；根据功的计算式可得，物体开始向左端运动到速度最大的过程中滑动摩擦力做功为W＝－μmgx′，又x′＝x0－eq\f(μmg,k)，解得W＝－μmg(x0－eq\f(μmg,k))，即克服滑动摩擦力做功为μmg(x0－eq\f(μmg,k))，故D选项正确。变式1.如图所示，质量m＝10kg和M＝20kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k＝250N/m。现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是()A．M受到的摩擦力保持不变B．物块m受到的摩擦力对其不做功C．推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D．开始相对滑动时，推力F的大小等于200N答案：C解析：对物块m进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的静摩擦力。由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，物体处于平衡状态，M对m的摩擦力也在增大，所以M受到的摩擦力在增大，A错误；物块m受到的摩擦力方向向左，m向左运动，所以摩擦力做正功，B错误；把m和M看成整体进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力，当移动40cm时，两物块间开始相对滑动，根据胡克定律得F＝kx＝100N，对整体研究，根据动能定理得WF＋W弹＝ΔEk＝0，弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，WF＝－W弹＝ΔEp，所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，C正确，D错误。

4．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m与M及M与地面间接触光滑。开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2。从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是()A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大，此时系统机械能最大C．在运动的过程中，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和D．在运动过程中m的最大速度一定大于M的最大速度答案：C解析：由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，故A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，F1和F2可继续对系统做功，系统机械能还可以继续增大，故此时系统机械能不是最大，故B错误；在运动的过程中，根据除重力和弹簧弹力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量可知，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和，故C正确；由于不知道M和m质量大小的关系，所以不能判断最大速度的大小，故D错误。5．(2019·潍北一模)(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在外力F作用下一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动。不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中()A．外力对物体A所做总功的绝对值等于EkB．物体A克服摩擦阻力做的功等于EkC．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2EkD．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减小量答案：AD解析：它们的总动能为2Ek，则A的动能为Ek，根据动能定理知：外力对物体A所做总功的绝对值等于物体A动能的变化量，即Ek，故A正确，B错误；系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能的减小量，所以系统克服摩擦阻力做的功不可能等于系统的总动能2Ek，故C错误，D正确。6．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg的物块相连，如图甲所示。弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。物块运动至x＝0.4m处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为(g取10m/s2)()A．3.1J B．3.5JC．1.8J D．2.0J答案：A解析：物块与水平面间的摩擦力为f＝μmg＝1N。现对物块施加水平向右的外力F，由F­x图像面积表示功可知F做功W＝3.5J，克服摩擦力做功Wf＝fx＝0.4J。由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1J，选项A正确。7．(多选)如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h。一可视为质点的小物块质量为m。从坡道顶端由静止滑下，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点。已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．弹簧弹性势能的最大值为mghB．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小C．小物块往返运动的总路程为eq\f(h,μcosθ)D．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为eq\f(1－μcotθ,1＋μcotθ)h答案：BD解析：小物块第一次下滑将弹簧压缩至最短时弹簧弹性势能最大，由能量守恒有Ep＝mgh－μmgcosθ×eq\f(h,sinθ)＜mgh，A错误。在倾斜轨道上下滑时ma＝mgsinθ－μmgcosθ，而上滑时ma′＝mgsinθ＋μmgcosθ，故B正确。小物块最终静止于倾斜轨道的底端，设在倾斜轨道上通过的路程为s，则由能量守恒有mgh＝μmgcosθ×s，得s＝eq\f(h,μcosθ)，而每次往返过程中物块还在光滑水平面上通过一定的路程，故整个运动过程中的路程必大于eq\f(h,μcosθ)，C错误。物块第一次返回倾斜轨道上时所能达到的最大高度最大，由能量守恒有mg(h－h1)＝μmgcosθ·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinθ)＋\f(h1,sinθ)))，得h1＝eq\f(1－μcotθ,1＋μcotθ)h，D正确。8.(多选)(2019·福建省龙岩市上学期期末)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连．A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球通过B点时的加速度为eq\f(g,2)B．小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等C．弹簧具有的最大弹性势能为eq\f(1,2)mv2D．A到C过程中，产生的内能为mgh答案BCD解析：因在B点时弹簧处于原长，则到达B点时的加速度为a＝gsin30°－μgcos30°<eq\f(1,2)g，选项A错误；因AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，选项B正确；设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球从A到B的过程有：mg·eq\f(1,2)h＋Ep＝eq\f(1,2)mv2＋Wf，从A到C的过程有：mgh＝2Wf，解得：Wf＝eq\f(1,2)mgh，Ep＝eq\f(1,2)mv2.即弹簧具有的最大弹性势能为eq\f(1,2)mv2，A到C过程中，产生的内能为2Wf＝mgh，选项C、D正确．9．(多选)如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦。现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中()A．经过位置O点时，物块的动能最大B．物块动能最大的位置与AO的距离无关C．物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量D．物块从O向B运动过程中，动能的减少量大于弹性势能的增加量答案BD解析：根据题述弹簧处于自然长度时物块位于O点，可知物块所受摩擦力等于重力沿斜面的分力。将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，当弹簧对物块沿斜面向上的弹力等于物块重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和时，合力为零，物块的动能最大。由此可知，物块经过A、O之间某一位置时，物块的动能最大，选项A错误；物块动能最大的位置与AO的距离无关，选项B正确；由功能关系可知，物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量加上克服摩擦力做功产生的热量，选项C错误；物块从O向B运动过程中，动能的减少量等于增加的重力势能与弹性势能加上克服摩擦力做功产生的热量，即动能的减少量大于弹性势能的增加量，选项D正确。10.(2019·四川成都七中诊测)(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定在粗糙斜面的挡板O点，另一端固定一个小物块．小物块从P1位置(此位置弹簧伸长量为零)由静止开始运动，运动到最低点P2位置，然后在弹力作用下上升，运动到最高点P3位置(图中未标出)．在此两个过程中，下列判断正确的是()A．下滑和上滑过程中弹簧和小物块组成的系统机械能守恒B．下滑过程物块速度最大位置比上滑过程速度最大位置高C．下滑过程弹簧和小物块组成的系统机械能减小量比上升过程小D．下滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力对物块做功总值等于上滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力做功总值答案：BD解析：对物块受力分析，受重力、弹簧的弹力、斜面对物块的支持力和摩擦力，摩擦力做负功，机械能减少，A错误；全程分析可知P3一定在P1的下方，P1到P2和P2到P3过程对比分析，P1到P2过程摩擦力沿斜面向上，P2到P3过程摩擦力沿斜面向下，下滑过程物块速度最大位置比上滑过程速度最大位置高，B正确；P1、P2的距离大于P2、P3的距离，摩擦力大小相等，则下滑过程机械能损失多，C错误；下滑与上滑过程的动能变化量均为零，根据动能定理知，两个过程总功为零，所以下滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力做功总值等于上滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力做功总值，D正确．变式1.如图所示，质量为1kg的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1m，弹簧弹性势能的最大值为8J，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．弹簧的劲度系数是50N/mB．从d点到b点滑块克服重力做功8JC．滑块的动能最大值为8JD．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8J答案：A解析：当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即知在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，则有mgsin30°＝kbc，可得k＝eq\f(mgsin30°,bc)＝50N/m，故选项A正确；滑块从d点到a点，运用动能定理得WG＋W弹＝0－0，又W弹＝Ep＝8J，可得WG＝－8J，即克服重力做功8J，所以从d点到b点滑块克服重力做功小于8J，故选项B错误；滑块从a点到c点，由系统的机械能守恒知：滑块的动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于8J，所以滑块的动能最大值小于8J，故选项C错误；弹簧弹性势能的最大值为8J，根据功能关系知从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功8J，从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于8J，故选项D错误。11．(2019·徐州一模)如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块静止于O点。现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出。物块与斜面间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力，则下列说法正确的是()A．B点一定在O点下方B．速度最大时，物块的位置可能在O点下方C．从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小D．从A到B的过程中，物块减少的机械能可能大于它克服摩擦力做的功答案：C解析：弹簧处于自然长度时物块静止于O点，所以在O点，重力沿斜面的分力(下滑力)等于静摩擦力，则滑动摩擦力大于或等于下滑力，所以当弹力与下滑力之和等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态或原长，所以速度最大时，物块的位置在O点上方或O点，由于不知道滑动摩擦力的具体大小，所以无法判断B点在O点的上方还是下方，A、B错误；从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，所以物块和弹簧的总机械能一定减小，C正确；从A到B的过程中，根据能量守恒定律，物块减小的机械能与弹性势能的减小量之和等于它克服摩擦力做的功，D错误。12．(2019·南昌模拟)(多选)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则()A．物块B的质量满足m2gsinθ＝kdB．此时物块A的加速度为eq\f(F－kd,m1)C．此时拉力做功的瞬时功率为FvsinθD．此过程中，弹簧的弹性势能变化了Fd－m1gdsinθ－eq\f(1,2)m1v2答案：BD解析：系统静止时，m1gsinθ＝kx1，当物块B刚要离开挡板C时，m2gsinθ＝kx2，F－m1gsinθ－kx2＝m1aA，又d＝x1＋x2，可解得aA＝eq\f(F－kd,m1)，B正确，A错误；此时拉力做功的瞬时功率为P＝Fv，C错误；设弹簧的弹性势能增量为ΔEp弹，由功能关系可得：Fd＝ΔEp弹＋m1gdsinθ＋eq\f(1,2)m1v2，解得ΔEp弹＝Fd－m1gdsinθ－eq\f(1,2)m1v2，D正确。13．(多选)如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L。现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点(弹簧在弹性限度内)，D、E两点间的距离为eq\f(L,2)。若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),8)，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则()A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B．A在从C至D的过程中，加速度大小为eq\f(1,20)gC．弹簧的最大弹性势能为eq\f(15,8)mgLD．弹簧的最大弹性势能为eq\f(3,8)mgL答案；BD解析：对A、B整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(4mgsin30°－mg－μ·4mgcos30°,4m＋m)＝eq\f(1,20)g，从D点开始A与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧的弹力是变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mgL＋eq\f(L,2)sin30°－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－μ·4mgcos30°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－W弹＝0，解得W弹＝eq\f(3,8)mgL，则弹簧具有的最大弹性势能Ep＝W弹＝eq\f(3,8)mgL，故C错误，D正确。14．(2019·洛阳检测)(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是()A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sinθ＋μcosθ)C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于eq\f(1,2)mv2答案;选BD解析：A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gcosθ·L＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gcosθ·L，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D正确。变式1.(2018·德阳一诊)(多选)如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是()A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsinθD．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和答案：AC解析：从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确。A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误。A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsinθ＝maB，得aB＝gsinθ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsinθ，故C正确。若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误。15.(多选)如图所示，轻弹簧一端固定在O1点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上，O1在O2的正上方，C是O1O2的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A点无初速度释放后，发现小球通过了C点，最终在A、B之间做往复运动。已知小球在A点时弹簧被拉长，在C点时弹簧被压缩，不计空气阻力，则下列判断正确的是()A．弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B．小球从A至C一直做加速运动，从C至B一直做减速运动C．弹簧处于原长时，小球的速度最大D．小球机械能最大的位置有两处答案：AD解析：因只有重力和系统内弹力做功，故小球和弹簧组成系统的机械能守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能，所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量，故选项A正确；小球从A至C，在切线方向先做加速运动再做减速运动，当切线方向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时，速度最大，故选项B、C错误；当弹簧处于原长时，弹性势能为零，小球机械能最大，由题意知，A、B相对于O1O2对称，显然，此位置在A、C与B、C之间各有一处，故选项D正确。16.(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环()A．下滑过程中，加速度一直减小B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为eq\f(1,4)mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度答案：BD解析：圆环下滑时，先加速，在B处时速度最大，加速度减小至零，从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，A错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为ΔEp，由A到C的过程中，根据能量关系有mgh＝ΔEp＋Wf，由C到A的过程中，有eq\f(1,2)mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh，联立解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，ΔEp＝mgh－eq\f(1,4)mv2，B正确，C错误；设圆环在B处时，弹簧的弹性势能为ΔEp′，根据能量守恒定律，A到B的过程有eq\f(1,2)mvB2＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，B到A的过程有eq\f(1,2)mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比较两式得vB′>vB，D正确。变式1.（2016·全国卷Ⅱ）（多选）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．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).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两点的重力势能差答案：BCD解析：小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于伸长状态，则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B点，另设小球在A点时对应的弹簧最短，如图所示．从M点到A点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A点到B点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B点到N点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A错误．小球在A点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g；小球在B点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g，B正确．在A点时，弹簧的弹力F弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P弹＝F弹vcosα＝0，C正确．从M点到N点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则Ek增＝Ep减，即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep弹M－Ep弹N，由于在M、N两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能Ep弹N＝Ep弹M，故EkN＝Ep重M－Ep重N，D正确．17.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0＞eq\r(gL)，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能．答案(1)eq\r(v\o\al(2,0)－gL)(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(L,2)(3)eq\f(3mv\o\al(2,0),4)－eq\f(3mgL,4)解析(1)A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcosθ物体A从初始位置向下运动到C点的过程中，根据功能关系有2mgLsinθ＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mv2＋mgL＋FfL解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)－gL)(2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点的整个过程中，对A、B组成的系统应用动能定理－Ff·2x＝0－eq\f(1,2)×3mv2解得x＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(L,2)(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对A、B组成的系统根据功能关系有Ep＋mgx＝2mgxsinθ＋Ffx所以Ep＝Ffx＝eq\f(3mv\o\al(2,0),4)－eq\f(3mgL,4).18．(2019·青岛模拟)(多选)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程()A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)D．系统机械能减小FfH答案：AC解析：小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根