2024年高三物理二輪常見模型

彈簧模型

特訓目標特訓內容

目標1高考真題(1T-4T)

目標2三大力場中有關彈模型的平衡問題(5T-10T)

目標3三大力場中有關彈簧模型的動力學問題(11T-16T)

目標4三大力場中有關彈簧模型的能量動?問題(17T-22T)

【特訓典例】

一、高考真題

：IfQ(2023?山東?統考高考真題)餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示,三根完全相同的彈簧等間距豎

直懸掛在水平固定圓環上,下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子,取走一個盤子,穩定后余下的正好

升高補平。已知單個盤子的質量為300g,相鄰兩盤間距1.0cm,重力加速度大小取lOm/s?。彈簧始終在彈

性限度內，每根彈簧的勁度系數為()

A.10N/mB.100N/mC.200N/mD.300N/m

【答案】B

【詳解】由題知，取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平，則說明一個盤子的重力可以使彈簧形變相鄰

兩盤間距，則有mg=3-kx解得k=1007V/m故選Bo

題目團(2022?湖北?統考高考真題)如圖所示,質量分別為m和2m的小物塊P和Q,用輕質彈簧連接后放在

水平地面上，P通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數為〃，最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離,撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形

變始終在彈性限度內，彈簧的勁度系數為配重力加速度大小為9。若剪斷輕繩，P在隨后的運動過程中相

對于其初始位置的最大位移大小為()

--------P-wwvwwQ

〃〃〃〃力〃■〃〃〃〃〉〃〃〉〃〃

,口2/zmg?"mg6/Limg

AA.jiimgKB.--—C.---D.---

KKK

【答案】。

【詳解】Q恰好能保持靜止時，設彈簧的伸長量為，，滿足fcc=若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的

系統機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為，，因此P相對于其初始位置的最大位移大小為s=2劣=電萼

故選C。???

題目包（2023?遼寧?統考高考真題）如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距

分別為d和2d,處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒的電阻為R、長

度為d,導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d,PQ的質量是的2倍。初始時刻兩棒靜止,兩棒中點之間

連接一壓縮量為L的輕質絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止,彈簧始終在彈性限度內。

整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是（）

P

M|?||????

N匚

Q

A.彈簧伸展過程中、回路中產生順時針方向的電流

B.PQ速率為”時，上W所受安培力大小為學寥

C.整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2：1

D.整個運動過程中，通過AW的電荷量為筆

【答案】AC

【詳解】A.彈簧伸展過程中，根據右手定則可知，回路中產生順時針方向的電流，選項A正確；

B.任意時刻，設電流為/，則PQ受安培力居＞Q=BP2d方向向左；受安培力加產

方向向右，可知兩棒系統受合外力為零，動量守恒，設PQ質量為2館,則A7N質量為館，PQ速率為"時,

則2rm）—mv'解得v—2i＞回路的感應電流/=所受安培力大小為F^—

3RK

C.兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態，由動量守恒可得rng=2nz，2；/i+g=乙可得則最終MN位置向左

移動g=券，PQ位置向右移動22=4因任意時刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設整個過程兩

棒受的彈力的平均值為厚,安培力平均值玲，則整個過程根據動能定理

F^X1-F^XMN=0;F^X2-F^XPQ=0

可得必”=包選項。正確；

XPQx21

D.兩棒最后停止時，彈簧處于原長位置，此時兩棒間距增加了由上述分析可知，MN向左位置移動

華，PQ位置向右移動與，則q=了加=誓=2B3U32d=筆必選項D錯誤。故選4。。

［題目0（2022?福建?高考真題）如圖，L形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數為k的輕質

彈簧,彈簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長狀態。一小物塊C以初速度*從滑板最左端滑入，滑行

so后與B發生完全非彈性碰撞（碰撞時間極短），然后一起向右運動；一段時間后，滑板A也開始運動.已

知A、B、。的質量均為小,滑板與小物塊、滑板與地面之間的動摩擦因數均為〃，重力加速度大小為g；最大

靜摩擦力近似等于滑動摩擦力,彈簧始終處于彈性限度內。求：

（1）。在碰撞前瞬間的速度大小；

（2）。與8碰撞過程中損失的機械能；

（3）從。與B相碰后到A開始運動的過程中，。和B克服摩擦力所做的功。

C—?vo

【答案】⑴J嫁-2〃gso;⑵；山（端一2〃gso）;⑶。

4K

【詳解】（1）小物塊。運動至剛要與物塊B相碰過程，根據動能定理可得—jLtmgsQ=―褚

解得。在碰撞前瞬間的速度大小為g=J若—2〃gs（）

（2）物塊B、。碰撞過程,根據動量守恒可得nwi=2mv2解得物塊B與物塊。碰后一起運動的速度大小為

。2=褚—2〃gso故。與B碰撞過程中損失的機械能為AE=^-mvl--X2mvl=上館（若一2〃gs（））

（3）滑板A剛要滑動時,對滑板4由受力平衡可得kbx+211mg=3mmg解得彈簧的壓縮量,即滑板A開始

運動前物塊B和物塊。一起運動的位移大小為△c="等從。與B相碰后到人開始運動的過程中，。和

K

B克服摩擦力所做的功為W=2umg■\x=互普_

k,

二、三大力場中有關彈模型的平衡問題

題目可如圖所示，一輕質彈簧兩端分別固定小球A和B,小球A穿在水平粗糙桿上，小球B穿在豎直光滑

桿上,兩小球均保持靜止。現用豎直向下適當大小的力緩慢拉小球B,整個過程中小球A靜止不動。關于

該過程，下列說法正確的是（）

A.小球A受到的合力增大B.小球B受到豎直桿的彈力增大

C.小球A受到的摩擦力不變D.兩桿受到A、B兩球作用力的合力增大

【答案】

【詳解】對A、B及彈簧組成的整體，豎直方向只受重力和向上的支持力，用豎直向下適當大小的力拉

小球B,小球A靜止，受至U的合力始終為0,選項A錯誤；

B.設彈簧與豎直方向的夾角為仇彈簧的勁度系數為M原長為心，小球A到豎直桿的距離為a,則小球B

受到豎直桿的彈力大小外=從端）一由sin昨k（a—Losin。）用豎直向下適當大小的力拉小球B,小球

B向下移動了，則夕減小，局增大，選項B正確；

C.對力、B整體，水平方向合力為0,小球人受到的摩擦力與小球B受到豎直桿的彈力等大、反向，由B項

分析可知,該摩擦力增大，選項。錯誤；

D.開始時兩桿對4、B的合力豎直向上，大小等于4和B整體受到的重力，反過來4、B兩球對桿的合力

豎直向下，大小等于＞1和B整體受到的重力；現用豎直向下適當大小的力拉小球B,A、B兩球對桿的合力

增大，選項。正確。故選80。

直目6I通用技術課上，某興趣小組制作了一個電動爬桿小猴，原理如圖所示,豎直桿。河與光滑桿ON均固

定在電動機底座上,且ON與水平面間的夾角a=60°，一彈簧上端固定在0M桿上的P點，下端與穿在ON

桿上質量為小的小猴相連。小猴靜止時彈簧與豎直方向間的夾角6=30°,當電動機帶動底座開始轉動時，

小猴開始爬桿。已知OP兩點間的距離為二重力加速度為g。則（）

A.小猴靜止時桿對小猴的彈力方向垂直桿ON斜向下

B.小猴靜止時彈簧彈力的大小為mg

C.小猴靜止時桿對小猴的彈力大小為

D.電動機轉動后，當小猴穩定在與P點等高的位置時桿的角速度為

【答案】

【詳解】4對小猴受力分析如圖

由平衡條件可知，小猴靜止時桿對小猴的彈力方向垂直桿ON斜向下，故A正確；

B.小猴靜止時彈簧彈力的大小為Fk—2mge=V3mg故錯誤；

C.由圖可知，小猴靜止時桿對小猴的彈力大小為外=mg故。錯誤；

D.由幾何關系可知，小猴穩定在與P點時彈簧的長度與在P點時相等，故彈簧的彈力為可'=￡=，^mg

在P點，對小猴受力分析

水平方向由牛頓第二定律用'+月/cos30°=mLtan30°co2豎直方向由平衡條件外'sin30°=mg聯立解得co=

故。正確。故選AD。

迤瓦⑺如圖，在傾角為a的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根勁度系數為％的絕緣輕質彈

簧，彈簧另一端與小球1連接。三小球1、2、3的質量均為*3=0,為=—9°，當系統處于靜止狀態時,

三小球等間距排列。已知靜電力常量為上重力加速度大小為9,則（）

4B.彈簧伸長量為四乎

A.q3=萬q。

D.相鄰兩小球間距為二與二

C.球1受到的庫侖力大小為27ngsina

y7Mgsma

【答案】ACD

【詳解】AD.設小球3帶負電。相鄰小球間距為乙，則小球3受力分析,根據庫侖定律￡3=出粵;

E.3=顯然小球3無法處于靜止，因此小球3應該帶正電。因此3平衡時+mgsina

^kq0q3

則=mgsina對2球做受力分析，根據受力平衡關系=k~~+mgsina兩式聯立q3=~q0

4L2

京篇7選項AD正確;

代入則L—q0,

所受總的庫侖力為用%箸其中衛罌kqq

C.1=mgsina可知03=-^mgsina或者

I?

7

-mgsma

則1所受庫侖力為片=2m，gsina方向沿斜面向下，選項。正確;

37ngsina

B.對123整體分析可知用單=3m^sina因此彈簧伸長量為\劣=選項B錯誤。故選AC。。

k0

題目回如圖，A、B兩個點電荷的電量分別為+Q和+q,放在光滑絕緣水平面上，A、B之間用絕緣的輕彈

簧連接。當系統平衡時，彈簧的伸長量為，若彈簧發生的均是彈性形變，則（）

AB

A.將Q變為2Q,將q變為2q,平衡時彈簧的伸長量小于4g

B.保持q不變，將Q變為2Q,平衡時彈簧的伸長量大于2g

C.保持Q不變，將q變為一q,平衡時彈簧的縮短量等于g

D.保持q不變，將Q變為—2Q,平衡時彈簧的縮短量大于2g

【答案】AD

【詳解】4系統達到靜止狀態時，受力平衡，受庫侖力和彈力，大小相等，方向相反，即岫）=k―

（，+獷

4Qg

將Q變為2Q,將q變為2g,此時平衡為for產k9解得4g,A正確；

（z+CCi）

B.q不變，將Q變為2Q,此時平衡為kg=%—2碰解得2g,B錯誤；

2

（x+x2）

Q（1

C.。不變，將q變為一q,彈簧的壓縮量是g,此時平衡為也C3=k~9解得錯誤；

（z一g）

-2Qq

D.q不變，將。變為一2Q,彈簧的壓縮量是力■此時平衡為左費=k解得出4>2g,D正確o

(x—應戶

故選40。

題目可如圖所示，PQ、MN是固定在豎直平面內的光滑金屬導軌,導軌間距離為乙。一長度也為乙、質量為

m、電阻為T的導體棒GH,與導軌良好接觸。一原長為Lo，勁度系數為k的輕彈簧一端連接在導體棒的中

點，另一端固定于水平地面。導體棒處在磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌所在平面水平向里的勻強

磁場中。圖中直流電源的電動勢為夙內阻不計，電容器的電容為。,品、顯為定值電阻,重力加速度為9,

彈簧一直處于彈性限度內。初始時，開關斷開,導體棒處于水平靜止狀態。現閉合開關，待電路重新穩定

后（導體棒始終處于水平狀態）。下列說法正確的是（）

RiE,

XXXXXXX

0

N

A.導體棒中電流為萬JB.輕彈簧的長度為人一鬻-

kfc（Bx+r）

1BLEm9

C.電容器所帶的電荷量為腎D.導體棒的重力勢能減小了x

—+7）

【答案】ABD

【詳解】4現閉合開關，待電路重新穩定后，由閉合電路歐姆定律，導體棒中電流/=―^丁故4正確；

B.導體棒所受安培力F==冬由左手定則可判斷出安培力豎直向下，由平衡條件mg+F=kx

r-\-Ri

解得彈簧壓縮量c=半+BLE則輕彈簧的長度為L=Lx=〃一竿-BLE故正確

k%（七+r）k卜（七+/）

C.導體棒兩端電壓U=IT=-E［由于凡中電流為零，所以電容器兩端電壓也為。=Er-再根據C

丁十尺1r+

=與可得電容器所帶的電荷量為。=故。錯誤；

U丁+品

D.初始時,彈簧壓縮量/=半閉合開關，待電路重新穩定后，彈簧壓縮量,=半+BLE

kk卜（品+/）

所以導體棒的重力勢能減小了mgQ—/）=BLEmg故。正確。故選4B。。

fc（J?i+r）

題目回光點式檢流計是一種可以測量微小電流的儀器,其簡化的工作原理如圖所示，絕緣輕質彈簧下懸掛

線圈,虛線框內有與紙面垂直的勻強磁場;彈簧末端通過剛性細桿與小平面鏡連接，平面鏡可繞。軸自由

轉動。當線圈中無電流時入射光線在小平面鏡上的反射光線逆向反回，若在線圈中通入微小電流/,穩定

后，線框豎直移動距離At,PQ上的反射光斑偏離。點，通過讀取反射光斑偏離的圓弧長S可以測得電流

的大小。已知彈簧的勁度系數為限磁場磁感應強度大小為B,線圈的匝數為N、沿水平方向的長度為L，細

桿的長度為s,光屏PQ的半徑為r且圓心在小平面鏡處，已知r?s》Arc。設就始終末進入磁場，cd始終

未離開磁場。下列說法正確的是（）

A.若線框通入順時針方向電流，則PQ上的反射光斑將上移

B.若入射光不變，小平面鏡繞。軸轉動0角，則其反射光線轉過的角度也為0

C.若線框通入順時針方向微電流I,則反射光斑在PQ上偏移的弧線長度為S=

sk,

D.若線框通入順時針方向微電流/，則反射光斑在PQ上偏移的弧線長度為S=2NB!Lr

【答案】AD

【詳解】A.若線框通入順時針方向電流，根據左手定制可知安培力豎直向下，彈簧將變得更長，平面鏡將

逆時針旋轉，則PQ上的反射光斑將上移，故A正確；

B.若入射光不變，小平面鏡繞。軸轉動。角，光路圖如圖所示

由此可知則其反射光線轉過的角度也為2仇故B錯誤；

CD.若線框通入順時針方向微電流/,則線圈中的安培力為F=NB〃根據胡克定律有F=NBIl=k\

Dx|

重新平衡時|△劍=會警設此時細桿轉過的弧度為例則可知反射光線轉過的弧度為2仇又因為

k

r?s》Ar貝Isin。七。所以有Dx=s義9;S—rx2個聯立可得S=—Arc=故。錯誤，。正

ssk

確。故選AD。

三、三大力場中有關彈簧模型的動力學問題

題目兀如圖甲所示,一輕質彈簧放置在光滑水平桌面上，一端固定在墻壁上，另一端拴接物體4質量均

為1kg的物體A、B接觸但不粘連。壓縮彈簧至某一位置(彈性限度以內)后靜止釋放A、同時給物體B

施加水平向右的力F使之做勻加速直線運動，F與作用時間t的關系如圖乙所示,則下列說法正確的是

()

/T7777777777777777777i777/77777777777,

甲乙

A.A、B分離時，彈簧剛好為原長狀態B.分離時，3的加速度為Zm/s?

C.A.B分離時，A的速度為0.2m/sD.剛釋放A、B時，彈簧的壓縮量為8cm

【答案】BD

【詳解】A.物體A、B分離時，B只受拉力F作用，加速度大于零，此時A的加速度與B的相同，則彈簧彈

力大于零，彈簧處于壓縮狀態，故4錯誤；

B.物體4、B分離后，B的加速度不變，拉力F不變，由圖乙可知，此時拉力F為2N,則B的加速度為

a=—=2m/s2故B正確；

m

C.由圖乙可知0.2s物體A、口分離，分離時A、B的速度相同，均為U=砒=0.4m/s故。錯誤；

D.t=0時，對4、B整體由牛頓第二定律得，彈簧彈力為kxx=2ma運動0.2s后，彈簧壓縮量為

2

x2—-^-at—0.04m此時彈簧彈力為kx2—ma聯立解得g=0.08m=8cm故。正確。故選BD。

題目但如圖甲所示,一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B（B物體與

彈簧連接），彈簧的勁度系數為k,初始時物體處于靜止狀態。現用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使

物體A開始向上做加速度為a（a<g）的勻加速運動，A、B的速度隨時間變化圖像如圖乙所示，重力加速

度為g,則下列說法正確的是（）

A.拉力F的最小值為B.A、8分離時，彈簧彈力恰好為零

C.C、B分離時，4上升的距離為—D.彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值

【答案】AC

【詳解】A.A.B整體原來靜止,合外力為零,施加外力F的瞬間，對4B整體,根據牛頓第二定律有

F=2Ma當A、B整體向上運動時，彈簧彈力減小，則F增大，故A正確；

B.物體4B在右時刻分離，此時4B具有共同的。與a,且4B間作用力為0,對B有昂一姆=Ma

解得昂=a）故錯誤；

C.施加F前,物體4B整體平衡,根據平衡條件有2Mg=kx,解得“尸工獸，A、B在ti時刻分離，由瑞

fv

=A/（g+a）=kg解得x2=■（，，°）則A、_B分離時，力.上升的距離為A/=x1—x2=絲與~~—故。正

k,K

確；

D.當彈簧的彈力為'=的時，B達到最大速度，此時彈簧處于壓縮狀態，故。錯誤。故選47。

題目包在傾角為夕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人和它們的質量

分別為力和3小,彈簧的勁度系數為k,。為一固定擋板，開始未加電場，系統處于靜止狀態，A帶正電，B

不帶電，現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。時，A的速度為”,之后兩

個物體運動中，當A的加速度為。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3mgsm0

B.從加電場后到B剛離開。的過程中，人發生的位移大小為電等皿

C.剛離開C時，電場力對4做功的瞬時功率為（4mgsin。+3ma）v

D.從加電場后到B剛離開。的過程中,物塊A的機械能和電勢能之和保持不變

【答案】BC

【詳解】7L開始未加電場，系統處于靜止狀態，擋板。對物塊石的作用力大小為4和6的總重力在沿斜面

方向上的分力為FN=4mgsin。故4錯誤；

B.從加電場時，彈簧處于壓縮狀態，對物塊A受力分析，根據平衡條件有mgsind=k的解得/i=

k

物塊B剛要離開。時，彈簧處于拉伸狀態，對B由平衡條件可得3mgsin。=解得g=生華電

K,

B剛離開。的過程中，A發生的位移大小為;r=+x=4咋故B正確；

X12K

C.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

據牛頓第二定律對A有F—mgsmd—昂=0對B有F^—,imgsmd—3ma故有F—4mgsin0+3ma當B

剛離開。時，4的速度為也則電場力對A做功的瞬時功率為P=Fv=（4mgsin（9+3m（￡）v故。正確；

D.對A、B和彈簧組成的系統,從加電場后到3剛離開。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，故

。錯誤。故選BC。

題目辿如圖所示，豎直平面內存在著豎直向上的勻強電場（未全部標出），一根絕緣輕彈簧豎直立在水平地

面上，下端固定。一帶正電的小球從高處由靜止釋放，豎直落到彈簧上端，并壓縮彈簧至最低點。已知小球

所受的電場力為重力的一半,不計空氣阻力,且彈簧處于彈性限度內。若規定豎直向下為運動的正方向,從

小球接觸彈簧到彈簧壓縮至最低點的過程中，下列關于小球速度期、加速度a與運動時間土、位移c的圖像，

可能正確的有（）

Of

9

A.

C

【答案】AD

【詳解】A.小球以一定速度接觸彈簧后，在開始階段，小球的重力大于電場力與彈簧彈力的合力，合力向

下，加速度向下，根據牛頓第二定律得mg—kx-qE=max解得的=—近~+當力增大時，a減小，小球

做加速減小的加速運動；當彈簧彈力與電場力的合力等于重力時，小球的合力為零,加速度Q2=0當彈簧彈

力與電場力的合力大于重力后，小球的合力向上，加速度向上，根據牛頓第二定律得—kx—qE+mg=ma3

解得。3=—包+《g當力增大時，a增大，小球做加速度增大的減速運動，到最低點小球的速度為零。故4

正確；

B.彈簧壓縮至最低點時速度為零,但小球剛接觸彈簧時，速度不為零，故B錯誤；

C.a—1圖像與坐標軸圍成的面積大小表示速度變化量大小。小球從以一定速度與彈簧接觸到最大速度

的速度變化量大小小于小球從速度最大到最后速度為零的速度變化量大小，所以加速度為零前圖像與坐

標軸圍成的面積應小于加速度為零以后圖像與時間軸圍成的面積。故。錯誤；

D.小球以一定速度接觸彈簧后，在開始階段，小球的重力大于電場力與彈簧彈力的合力，合力向下，加速

度向下，根據牛頓第二定律得7ng—kx—qE—maY解得的=一出士+--g,a與2是線性關系，當2增大時，a

m2

減小，小球做加速減小的加速運動;當彈簧彈力與電場力的合力等于重力時，小球的合力為零，加速度

a2=0當彈簧彈力與電場力的合力大于重力后，小球的合力向上，加速度向上，根據牛頓第二定律得

—kx—qE+mg=ma3解得a3=—^~+a與;r是線性關系，當rr增大時，a增大，小球做加速度增大的

m2

減速運動，到最低點小球的速度為零。故。正確。故選AD。

題目近如圖所示，質量為機的直導體棒垂直放在光滑水平導軌ab、cd上，導軌跟直流電源相連，兩導軌間

的距離為L,閉合開關后導體棒中通過恒定的電流.勁度系數為％的水平輕彈簧一端固定,另一端拴在棒

的中點，且與棒垂直，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，當棒處于靜止狀態時彈

簧處于伸長狀態且伸長量為，，則下列說法正確的是（）

10

A.回路中的電流為逆時針方向

B.金屬棒靜止時電流等于魯

JDJU

C.若僅將電流方向反向，電流改變方向后的瞬間，導體棒的加速度大小為典

m

D.改變磁場方向，使磁場與導軌ab、cd平行，則金屬棒受到的安培力等于零

【答案】BC

【詳解】由于彈簧伸長，則安培力方向水平向右；由左手定則可得，回路中電流方向為順時針方向，故A錯

誤；由于彈簧伸長為①,根據胡克定律和平衡條件可得，for=B7L,則有/=普，故B正確；電流改變方向后

的瞬間，安培力瞬間變為向左，大小不變，由牛頓第二定律得：2kr=ma,得（1=生，故。正確；改變磁場

m

方向，使磁場與導軌ab、cd平行，磁場方向與電流方向仍然垂直，金屬棒受到的安培力不為零，故。錯誤.

所以正確，40錯誤.

題目運如圖所示，左右對稱、頂角為60°的導體框架POQ豎直放置,空間存在垂直框架平面的勻強磁場，

磁感應強度大小為B,輕彈簧上端固定于。點,下端懸掛質量為m的導體棒,已知彈簧原長為"勁度

系數為限框架和導體棒單位長度的電阻都為ro導體棒從位置I由靜止釋放,此時彈簧處于原長,當導體

棒下降L到達位置II時,速度剛好達到最大,在導體棒開始釋放到最終靜止的過程中保持水平且與導軌接

觸良好。不計一切摩擦，重力加速度為g,已知彈簧彈性勢能瑪=］癡2（,為形變量）。下列說法正確的是

（）

A.導體棒向下運動過程中N端電勢比河端高

B.導體棒向下運動過程中的最大速度為*愿?；閑

c.導體棒由下向上返回到位置n時的加速度方向豎直向上

22

D.導體棒從開始釋放到最終靜止過程中回路產生的熱量為警-

2/v

【答案】AD

【詳解】4導體棒向下運動過程中，根據右手定則，可判斷棒中電流方向由河指向N,由于導體棒相當于

電源，所以N端電勢比M端高，A正確；

B.當導體棒向下運動過程中加速度為。時，有最大速度，設此時框架間的導體棒長度為成，有mg=BId'

11

1=號；E=Bdv;R—3dfr有幾何關系可知d—4噂°;力=_L聯立，解得v—」逆"要一紅）,B錯誤；

R34B2L

C.導體棒向下運動到位置II時，有fcr+&=mg導體棒由下向上返回到位置II時，有k/一理—mg=ma

由于forVmg所以加速度向下，。錯誤；

D.導體棒最終靜止時,速度為0,不產生感應電流，導體中不受安培力，則有mg=fcz/解得x—

k

122

f2

根據能量守恒，有mgx=-^kx+Q解得Q=筆-,D正確。故選ADO

22k

四、三大力場中有關彈簧模型的能量動量問題

題目□己如圖甲所示,豎直放置的輕彈簧一端固定于風洞實驗室的水平地面，質量館=0.1kg的小球在輕彈

簧正上方某處由靜止下落，同時受到一個豎直向上恒定的風力。以小球開始下落的位置為原點，豎直向下

為①軸正方向，取地面為零勢能參考面,在小球下落的全過程中，小球重力勢能隨小球位移變化關系如圖乙

中的圖線①，彈簧彈性勢能隨小球位移變化關系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度范圍內，重力加速

度9取10m/s2,則下列說法中正確的是（）

x/m

A.彈簧原長為0.2機B.小球釋放位置距地面的高度為0.6機

C.小球在下落過程受到的風力為0.1ND.小球剛接觸彈簧時的動能為0.36J

【答案】AC

【詳解】AB.根據E「=mgh可知初始時小球距地面的高度為h=且=0.7m當a;=0.5m時彈簧具有彈

mg

性勢能，所以彈簧的原長為/（）=無一。=0.2m故A正確，錯誤；

C.小球從靜止下落到最大彈性勢能&=0.6力處根據功能關系一O.54J+TT^Z；O—gF=0解得F=0.1N方

向豎直向上，故。正確；

D.小球從靜止下落到與彈簧接觸時根據功能關系得千皿三小^力―下力=o.45J故。錯誤。故選4C。

題目正如圖,一光滑斜面固定在水平地面上,斜面傾角為45°，其底端固定一輕質彈簧，將質量為小的物塊

從斜面頂端由靜止釋放，彈簧的勁度系數為上彈簧的最大壓縮量為崢國。已知，彈簧彈性勢能為弓=

］樵2,其中，是形變量，彈簧振子簡諧運動的周期7=2兀/里，則下列說法正確的是（）

2VK

A.速度最大時的彈簧壓縮量為空mg

B.物塊下滑的最大位移為且盟

4k

22

C.物塊的最大動能為？

D.物塊從與彈簧接觸到速度第一次為零的時間為Vm

k

【答案】CO

【詳解】A.根據題意可知，物塊速度最大時,物塊所受合力為0,則有?7zgsin]=kg解得/尸血。：也’=

V2mg

2k

故A錯誤；

B.根據題意可知,物塊運動到最低點時，重力勢能全部轉化為彈性勢能，則有mgxsind=^^mg）

解得x=岑2mg故B錯誤；

C.物塊速度最大時，物塊的動能最大，由能量守恒定律有mg（2-3fmg+乂變）sin。=

\2k2K/

V2mg2

+融2k

22

解得小=看故。正確;

D.物塊開始壓縮彈簧后，到分離前做簡諧振動，物塊合力為0的位置為平衡位置，則物塊做簡諧運動的振

幅為A=3fmg—V2mg=V2mg則物塊開始壓縮彈簧時，偏離平衡位置的距離為0=嗯喧從物塊

2k2kk2k

開始壓縮彈簧到平衡位置所用時間為后擊則從開始接觸到最短經歷的時間為t=ti+y=：T=

爭7普故。正確。

故選CD。

痼目,如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為小的圓環相連，圓環套在傾斜的粗糙固定桿上，桿

與水平面之間的夾角為a,圓環在A處時彈簧豎直且處于原長。將圓環從A處由靜止釋放,到達。處時速

度為零。若圓環在。處獲得沿桿向上的速度”，恰好能回到A。已知="8是AC的中點，彈簧始終

在彈性限度之內，重力加速度為9,則（）

A.下滑過程中,其加速度增大

B.下滑過程中，環與桿摩擦產生的熱量為看館產

C.從。到A過程,彈簧對環做功為mgLsma—~^mv2

D.環經過B時,上滑的速度大于下滑的速度

13

【答案】CD

【詳解】A.環由A到C,初速度和末速度均為0,環先加速后減速，加速度先減小后增大，故A錯誤；

BC.環由A到。，根據能量守恒有小"sina=Ep+Q環由。到根據能量守恒有：山"+4=Q+

mgLsina

聯立解得Q=%O2,瑪=mgLsina-^rnv2又環由。到4,根據功能關系有％=珞則下滑過程中，環與

桿摩擦產生的熱量。為，從。到A過程，彈簧對環做功為mgLsina-十md,故B錯誤,。正確；

D.圓環由A下滑至B,根據能量守恒有品優=mg,sina-瑪「QAB圓環由B上滑至A,根據得能量守

恒有畀年mgysin?-EpB+QAB則有。2>3,即環經過B時，上滑的速度大于下滑的速度，故。正確。

故選CD。

題目血如圖所示，質量為小的物塊P與物塊Q(質量未知)之間拴接一輕彈簧,靜止在光滑的水平地面上,

彈簧恰好處于原長。現給P物體一瞬時初速度,并把此時記為。時刻，規定向右為正方向，0~2%。內P、Q

物塊運動的a-力圖像如圖所示，已知方。時刻P、Q的加速度最大，其中t軸下方部分的面積大小為S,則

()

A.物體Q的質量為/機B.2力。時刻Q物體的速度大小為UQ=S

C"。時刻彈簧的彈性勢能為普受D.加?2名時間內彈簧對P物體做功不為零

【答案】BC

【詳解】_A.。?2名時間內Q所受彈力方向向左，P所受彈力方向始終向右；名時刻，P、Q所受彈力最大且

大小相等，由牛頓第二定律可得——=1=a0;上1=魯解得物體Q的質量為TTIQ—2m故A錯誤；

mPmTTIQ2

B.根據a—%圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，可知。?2名時間內，Q物體的速度變化量大小為

\VQ=S=vQ-0則2M時刻Q物體的速度大小為t=S，故石正確；

C.t0時刻兩物體具體相同的速度0，根據對稱性可知，力0時刻P、。物體的速度大小為

設物體P的初速度為如根據動量守恒可得nwo=(m+2m)v解得v0=3v=設益時刻彈簧的彈性勢能

為耳，根據能量守恒可得瑪=x3TW聯立解得與=也?故。正確；

D.設2七0