2021届新高考物理二轮复习检测（九）弹簧模型

专题跟踪检测（九）

弹簧模型

1.（2020•衡水中学质检）如图所示，两个质量均为的小球通过两

根轻弹簧4、8连接，在水平外力尸作用下，系统处于静止状态，此

时弹簧实际长度相等。弹簧A、B的劲度系数分别为k,\、k,{,且原长

相等。弹簧A、8与竖直方向的夹角分别为。与45。。设A、5中的拉

力分别为见、尸5。小球直径相比弹簧长度可以忽略。贝！1（）

A.k^=kBB.tan0=2

F=y[3mg

C.AD.FB=2mg

解析：选B将两小球看作一个整体，对整体受力分析，可知整体受到重力2mg.弹

簧4的拉力心和厂的作用，受力如图甲所示，根据共点力的平衡条件有：尸A=裁，F=

2/ngtan0,根据胡克定律：FA=kAxA,尸B=«那8,对下边的小球进行受力分析，其受力如

图乙所示，

根据平衡条件有：尸F=mg,联立可得：tan0=g,故B正确，D错误；由

tan〃=：知，cos〃=哀,得F=y15mg,

A故C错误；两个弹簧的原长相等，伸长后的长度

也相等，所以弹簧的形变量也相等，而两个弹簧的弹力不同，所以两个弹簧的劲度系数不

相等，故A错误。

2.（2020•深圳六校联考）如图所示，质量分别为M、m的两个木块4、B通过轻弹簧连接,

木块A放在水平桌面上，木块B用轻绳通过定滑轮在力F的作用下

整体恰好处于静止状态，绳与水平方向成a角。不计滑轮与绳间的摩

擦。则下列说法正确的是（）

A.木块A对桌面的压力为（M+,"）g—尸

B.木块A与桌面之间的动摩擦因数"=而镭我彳

C.弹簧与水平方向的夹角的正切值tan/?=缥宗产

i1X

D.弹簧的弹力大小为F弹=yj(Fs\na)2+(Feosa—mg)2

解析：选C对A、3物块和弹簧构成的系统整体受力分析可知：Fsina+FN=（Af+

m）g9根据牛顿第三定律可知木块A对地面的压力为：（M+机）g—Fsina,故A错误；题中

未说明最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以无法计算动摩擦因数，故B错误；对3物块

受力分析，在竖直方向：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正确，D错误。

3.［多选］质量分别为2kg和3kg的物块A、8放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,

如图所示，今对物块A、8分别施以方向相反的水平力入、F2,且FI=20N、F2=10N,

则下列说法正确的是（）

A.弹簧的弹力大小为16N

B.若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小为10N

C.如果只有为作用，则弹簧的弹力大小变为12N

D.若B=10N、&=20N,则弹簧的弹力大小不变

解析：选AC弹簧不再伸长后，4、8具有相同的加速度。对于4、8整体，根据牛

=2

顿第二定律：FI-F2（mA+mB）a,代入数据解得：a=2m/s,对A,由牛顿第二定律：F\

-F»=mAa,代入数据解得：尸祥=16N,故A正确；若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的

拉力大小仍然为16N,故B错误；只有Fi作用时，对4、8整体，根据牛顿第二定律：Ft

2

=（mA+inB）a,解得：a=4m/s,对A,由牛顿第二定律：F\-F»=mAa,解得：尸*=12N,

故C正确；若B=10N、尸2=20N,对4、8整体，根据牛顿第二定律：&一尸1=（皿i+

mB）a,解得：a=2m/s?,对A,由牛顿第二定律：F»—F\=mAa,解得：F»=14N,故

D错误。

4.（2020•北京测试）把一定质量的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，

如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（图Q....C

丙），途中经过位置5时弹簧正好恢复原长（图乙）。弹簧质量和空气阻

“

力均可忽略。下列说法正确的是（）

-A

A.A到C的过程，小球的动量增加

B.A到C的过程，小球重力冲量小于弹簧弹力的冲量

C.A到8的过程，小球动量的增加量等于弹簧弹力的冲量

D.4到〃的过程，小球重力的冲量一直变大

解析：选D小球从A运动到C位置的过程中，先加速，当到达8点下方某处弹簧的

弹力AAx=»ig时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升，弹簧

的弹力小于重力，直到离开弹簧后，小球都做减速运动，故小球从A上升到C的过程中，

速度先增大后减小，则动量也是先增大后减小，故A错误；根据动量定理可知，A到C的

过程，小球重力冲量等于弹簧弹力的冲量，故B错误；A到8的过程，根据动量定理：/理

-It=mv-Q,可知小球动量的增加量小于弹簧弹力的冲量，故C错误；根据重力的冲力

等于可知A到3的过程，小球重力的冲量一直变大，故D正确。

5.如图所示，一个劲度系数为4的轻质弹簧竖直放置，弹簧上端固定一质量口8

为2,”的物块A,弹簧下端固定在水平地面上。一质量为，”的物块8,从距离弹J4

簧最上端高为h的正上方处由静止开始下落，与物块A接触后粘在一起向下压缩I

7Z77/ZZZ7

弹簧。从物块B即将与A接触到弹簧压缩到最短的整个过程中（弹簧保持竖直，且形变在弹

性限度内），下列说法正确的是（）

A.物块8的动能先减小后增加又减小

B.物块A和物块3组成的系统动量守恒

C.物块A和物块B组成的系统机械能守恒

D.物块A、物块8和弹簧组成的系统机械能守恒

解析：选AB物块自由下落过程中速度逐渐增大，与A物块碰撞瞬间，动量守恒，选

取竖直向下为正方向，贝4m如=（，〃+2/〃）0,可知4、8碰后瞬间作为整体速度小于碰前8

物块速度，随后4、3整体向下运动，开始重力大于弹力，且弹力逐渐增大，所以整体做加

速度减小的加速运动，当重力等于弹力时，速度达到最大，之后弹力大于重力，整体做加

速度增大的减速运动，直至速度减为0,所以从物块B刚与A接触到弹簧压缩到最短的整

个过程中，物块8的动能先减小后增加又减小，A正确；物块A和物块8组成的系统只在

碰撞瞬间内力远大于外力，动量守恒，之后系统所受合外力一直变化，系统动量不守恒，B

错误；两物块碰撞瞬间损失机械能，所以物块4和物块B组成的系统机械能不守恒，物块

A、物块B和弹簧组成的系统机械能不守恒，C、D错误。

6.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于

mg的恒力/向上拉8,运动距离为人时，8与A分离。下列说法正确的是（）产

A.3和A刚分离时，弹簧长度等于原长占

B.8和4刚分离时，它们的加速度为g

c.弹簧的劲度系数等于管小唬,

D.在8与A分离之前，它们做匀加速直线运动

解析：选C4、8分离前，4、8共同做加速运动，由于尸是恒力，而弹力是变力，

故4、8做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB=Q

对B:F—mg=ma

对A:kx—mg=ma

即产=Ax时，4、8分离，此时弹簧仍处于压缩状态，

由尸设用恒力尸拉B前弹簧压缩量为

则2ing=kx0,II=XQ-X

解以上各式得《=管，综上所述，只有C项正确。

7.［多选］（2020•淄博模拟）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一

质量为，”的小球，从离弹簧上端高〃处由静止释放。研究小球落到弹簧上后继续向下运动

到最低点的过程，以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小

球所受弹力厂的大小随小球下落的位置坐标x变化的关系图像，如图乙所示，不计空气阻

力，重力加速度为g。以下说法正确的是（）

A.小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度始终减小

B.小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大

C.当x=/?+2x（,时，小球的动能为零

D.小球动能的最大值为m8"+气&

解析：选BD小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随

弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动

时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落

到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A错

误，B正确；根据乙图可知，当x=/«+xo,小球的重力等于弹簧的弹力，是平衡位置，在x

=h处小球的动能不为零，根据对称性可知，在x=〃+2xo位置小球的动能也不为零，选

项C错误；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知：，"g（/?+xo）—g"gX0=Ekm,

故小球动能的最大值为mgh+^,故D正确。

8.［多选］（2020•枣庄联名）如图所示，一根粗细均匀的光滑细杆竖直固qr

定，质量为m的小环C穿在细杆上，一个光滑的轻质小滑轮D固定在竖直

墙上（竖直墙在图中没有画出）。A、B两物体用轻弹簧相连，竖直放在水平

面上。一根没有弹性的轻绳，一端与A连接，另一端跨过小滑轮。与小环官

C相连。小环C位于M时，绳子与细杆的夹角为，，此时8物体刚好对地面无压力。现让

小环C从M点由静止释放，当下降无到达N点时，绳子与细杆的夹角再次为4环的速度

达到。，下面关于小环C下落过程中的描述正确的是（）

A.小环C和物体A组成的系统机械能守恒

B.当小环落到与滑轮同一高度时，小环的机械能最大

C.小环C到达N点时4的速度为次os。

D.小环C到达N点时物体A的动能为mgh—zmv2

解析：选BCD小环C、物体4和轻弹簧组成的系统中，只有动能、重力势能和弹性

势能间的转化，系统机械能守恒，小环C到达N点时，弹簧做功为零，根据动能定理有：

mgh=+EM,故物体4的动能为瓦产机且无一多产,故A错误，D正确；小环C下落

过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，细线的拉力做功等于小环C的机械能的变化量，

小环C由M处到与滑轮同一高度的位置的过程中，细线的拉力做正功，小环C的机械能增

加；经过与滑轮同一高度的位置后的过程，细线的拉力做负功，小环C的机械能减小；故

下落到与滑轮同一高度的位置时，小环C的机械能一定最大，故B正确；小环C到达N点

时环的速度达到V,根据关联速度可知A的速度为uA=vcos。，故C正确。

9.［多选］如图所示，在倾角，=37。固定斜面体的底端附近固定一

挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端飞、y*

位于斜面体上的0点处。质量分别为mA=4.0kg、/n„=1.0kg的物块^1_______

A和5用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，开始物块A位于

斜面体上的M处，物块5悬空，现将物块4和8由静止释放，物块A沿斜面下滑，当物

块A将弹簧压缩到N点时，物块4、8的速度减为零。已知MO=1.0m,ON=0.5m,物

块A与斜面体之间的动摩擦因数为2=0.25,重力加速度取g=10m/s2,01137。=0.6,整个

过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是（）

A.物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2m/s2

B.物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5m/s2

C.物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为9J

D.物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为21J

解析：选AC对4、8整体，由牛顿第二定律可得：，"agsin〃一机pg—"""geos。=（犯4

解得a=1.2m/s1选项A正确，B错误；由能量关系可知，物块A位于N点时，

弹簧所储存的弹性势能为Ep=mAg-MNsin0-mBg-MN—/tmAgcosthMN,解得所=9

J,选项C正确，D错误。

10.如图所示，在距水平地面高/»i=1.2m的光滑水平台面上，一个质量为m=\kg

的小物块压缩弹簧后被锁定。现解除锁定，小物块与弹簧分离后以一定的水平速度0向右

从A点滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道8a已知B点

距水平地面的高度e=0.6m,圆弧轨道的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，

并与长L=2.8m的水平粗糙直轨道CD平滑连接，小物块恰能到达D处。重力加速度g=

10m/s2,空气阻力忽略不计。求:

mv

rVrWNTl—►x

CD

(1)小物块由A到8的运动时间f；

⑵解除锁定前弹簧所储存的弹性势能EP；

(3)小物块与轨道CD间的动摩擦因数"。

解析：(1)小物块由A到8的过程中做平抛运动，有

加一/?2=；g,，代入数据可得f=Ws。

(2)由图中几何关系可知cosN80c=='」，解得N3OC=60。，则有tan60。=磔，解

"1V\

得彩1=2m/s,

由能量的转化与守恒定律可知，稣=%叫2,

解得Ep=2J。

(3)由功能关系可知Ep+mghi=fimgL9

代入数据解得〃=0・5。

答案：(1)坐S(2)2J(3)0.5

11.(202()•山东锁实险中学模拟)如图所示，一根劲度系数为k=3N/cm的轻质?P

弹簧竖直放置，上、下两端各固定质量均为m。=3kg的物体A和8(均视为质点)，

物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量为m=2kg的小球P

从物体A正上方距其高度h=5m处由静止自由下落。与物体A发生弹性正碰(碰〃嬴,

撞时间极短且只碰一次)，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，取g=10m/s2。求：

(1)碰撞后瞬间物体A的速度大小；

(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时，物体A的速度大小。

解析：(1)设碰撞前瞬间小球尸的速度为如，碰撞后瞬间小球尸的速度为5,物体A的

速度为。2,小球产自由下落，由动能定理可得，叫『，解得o0=10m/s

小球P与物体A碰撞过程由动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

故碰撞后瞬间物体A的速度大小是8m/s。

(2)设开始A静止时弹簧的压缩量为xi,对4有

meg=kxi解得Xi=O.lm

当地面对物体8的弹力恰好为零时，弹簧的伸长量为X2,

对8有m词=kxz,解得x2=0.1m

可见X1=X2,故两个状态弹簧的弹性势能相等；

从P与A碰撞后瞬间到地面对B的弹力恰好为零的过程，由系统机械能守恒得

22

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

解得此时A的速度大小为Vi=2y115m/so

答案：(1)8m/s(2)2恒m/s

12..如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平

地面上，下端与水平地面在尸点相切。一个质量为2机的物块5