2023届高三物理一轮复习最新试题汇编：弹簧模型考试试卷

2023届高三物理一轮复习最新试题汇编：弹簧模型
一、单选题
1．（2021高二下·洛阳期末）如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为 点， 为环上最高点，轻弹簧的一端固定在 点，另一端拴接一个套在大环上质量为 的小球，小球静止，弹簧与竖直方向的夹角 为 ，重力加速度为 ，则下列选项正确的是（　　）
A．小球所受弹簧的弹力等于
B．小球所受弹簧的弹力等于
C．小球所受大圆环的支持力等于
D．大圆环对小球的弹力方向一定沿 指向圆心
【答案】A
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】D．小球受重力 、弹簧的拉力 、圆环的弹力 ，圆环的弹力沿半径向外，如图所示
D不符合题意；
ABC．弹簧的弹力 沿弹簧向上，与竖直方向成 角，圆环的弹力 与竖直方向成 角，由正弦定理得 ，G = mg
解得N = mg，
A符合题意，BC不符合题意。
故答案为：A。
【分析】对小球进行受力分析，根据正弦定理分析小球所受各个力的大小关系。
2．（2021高一下·阎良期末）如图所示，质量分别为 、 的两小物块中间连接有劲度系数 的轻质弹簧（与物块栓接），整个装置放在倾角为 的光滑斜面上，斜面底端有固定挡板。对物块A施加一个沿斜面向下的、大小 的力，整个装置处于静止状态。现撤去外力F，g取 ，则（　　）
A．当弹簧恢复原长时，物块A沿斜面上升
B．当物块B与挡板刚要分离时，物块A克服重力做功为
C．物块B离开挡板前，弹簧一直对物块A做正功
D．弹簧恢复到原长时，物块A的动能最大
【答案】B
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．开始时A、B处于静止状态，对A
F+mAgsinθ=kx1
解得x1=0.15m=15cm
所以当弹簧恢复原长时，物块A沿斜面上升15cm．A不符合题意；
B．当B刚要离开挡板时，挡板的支持为0，对B
kx2=mBgsinθ
代入数据得x2=0.025m
此时A向上的位移：x=x1+x2=0.15m+0.025m=0.175m
重力克服重力做的功
代入数据得W=1.75J
B符合题意；
C．B刚要离开挡板前B受到向上的拉力，则弹簧对A的拉力方向向下，所以在B要离开挡板前，弹簧先对A做正功，然后做负功．C不符合题意；
D．当弹簧的弹力等于A沿斜面的重力分量时，此时A的速度最大，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对A物体受力分析，由平衡条件和胡克定律计算此时弹簧被压缩的长度即为恢复原长时A上升的距离；B与挡板分离时挡板对B的支持力为零，对B受力分析，由平衡条件和胡克定律可得此时弹簧的伸长量，从而计算A克服重力所做的功；弹簧对A先做正功后做负功；A所受合力为零时速度最大，此时弹簧弹力等于重力沿斜面向下的分力。
3．（2021高一下·王益期末）如图所示，将轻质弹簧端固定在竖直墙壁上，另一端与一质量为 圆环相连，圆环套在粗糙竖直固定杆上，弹簧水平且处于原长，在过程Ⅰ中，圆环从 处由静止开始下滑，经过 处的速度最大（图中未画出），到达 处的速度为零， ；在过程Ⅱ中，圆环在 处获得一竖直向上的速度 。则恰好能回到 处，弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为 。则圆环（　　）
A．过程Ⅰ中，加速度一直增大
B．过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为
C．在C处，弹簧的弹性势能为
D．过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同
【答案】D
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．圆环从 处由静止开始下滑，经过 处的速度最大，则经过 处的加速度为零，到达 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，A不符合题意；
BCD．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中，圆环经过同一位置所受的摩擦力大小相等，则知在两个过程中，克服摩擦力做功相同，设为 ，研究过程Ⅰ，运用动能定理列式得
研究过程Ⅱ，运用动能定理列式得
联立解得克服摩擦力做的功为
弹簧弹力做功
所以在 处，弹簧的弹性势能为
BC不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】对弹簧和圆环进行分析，根据功能关系和动能定理结合运动学规律列方程分析求解。
二、多选题
4．（2022·凉山模拟）如图所示，质量m=0.4kg、电荷量q=2×10－2C的带正电小球固定在竖直放置的轻弹簧上端处于静止状态。现加一竖直向下大小E=400N/C的匀强电场，小球受到电场力作用开始运动，当小球向下运动到速度最大时撤去电场。已知弹簧劲度系数k=40N/m，g=10m/s2，弹簧一直处在弹性限度内，则下述正确的有（　　）
A．小球向下运动到速度最大时，弹簧的弹力大小等于8N
B．小球运动过程电场力对小球做功1.6J
C．小球从开始运动到再回到初位置的过程中机械能的增加为1.6J
D．小球再回到初始位置时弹簧弹力的瞬时功率为8W
【答案】B,C
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．小球向下运动到速度最大时，根据平衡条件，弹簧的弹力大小等于8N
A不符合题意；
B．根据胡克定律，不加电场时，由平衡条件
解得
加电场时，由平衡条件
解得
小球运动过程电场力对小球做功
B符合题意；
C．小球运动过程电场力对小球做功1.6J，机械能增加1.6J，故小球从开始运动到再回到初位置的过程中机械能的增加为1.6J，C符合题意；
D．小球再回到初始位置时，增加的机械能为动能
解得
弹簧弹力等于重力
弹簧弹力的瞬时功率为
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A.对小球进行受力分析，可以知道初始时，小球合力先向下，后面向上，所以当小球受到的合力方向为零时，其速度最大；
B.根据小球最终停止时，电场力和重力以及弹力构成平衡力，该过程中除了重力做的功剩下就是电场力做的功；
C.根据机械能守恒定律，除了重力和弹力所做的功，所以该过程电场力所做的功等于小球机械能的增加量；
D.根据小球回到原位置的功率公式就可以求出答案。
5．（2021高三上·广东月考）如图所示，在倾角θ=30°的斜面上，质量为0.5kg的滑块（视为质点）从a点由静止下滑到b点时接触轻弹簧，滑块滑至最低点c后，被弹回的最高点为b点。已知ab=0.6m，bc=0.4m，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．滑块下滑经过b点时的动能为 J
B．弹簧的最大弹性势能为 J
C．从c点到b点弹簧的弹力对滑块做的功为 J
D．从a点到第二次到达b点的过程中滑块和弹簧组成的系统损失的机械能为 J
【答案】A,C
【知识点】功能关系；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．滑块从a点开始到最后被弹回到最高点b点，则由能量关系
解得
滑块下滑经过b点时的动能为
A符合题意；
B．弹簧的最大弹性势能为
B不符合题意；
C．从c点到b点弹簧的弹力对滑块做的功为
C符合题意；
D．从a点到第二次到达b点的过程中滑块和弹簧组成的系统损失的机械能为
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】A.根据题干中“ 被弹回的最高点为b点 ”可以知道a-b-c-b整个过程动能变化量为0，根据动能定理就可以列式求解出动摩擦因数，然后根据动能定理分析a-b就可以列式求解答案；
B.弹性势能最大时，就是弹性势能运动到c点时，此时根据功能关系就可以知道物块机械能的减少量转化为摩擦产生的热量和弹簧弹性势能；
C.从c到a弹力做的功转化为摩擦产生的热量和物块的重力势能；
D.弹簧和滑块组成的系统的机械能的损失量等于整个过程摩擦力做的功。
6．（2021高一下·资阳期末）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m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他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F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的（　　）
A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x=h+2x0
C．小球受到的弹力最大值等于2mg
D．小球动能的最大值为
【答案】A,D
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】由图象结合小球的运动过程为：先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。
A．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A符合题意；
B．根据对称性可知，小球在x=h+2x0和x=h两个位置的速度大小相等，所以x=h+2x0不是最低点，B不符合题意；
C．根据对称性可知，小球在x=h+2x0和x=h两个位置的合力大小相等，都等于mg，即小球在x=h+2x0位置时的弹力等于2mg，该位置不是最低点，所以弹力的最大值大于2mg，C不符合题意；
D．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，从开始下落到x=h+x0位置，由机械能守恒定律和平衡条件得
解得 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对小球和弹簧进行分析，根据机械能守恒的条件可知系统机械能保持不变，再由牛顿第二定律和功能关系进行分析求解。
7．（2021高一下·泰安期末）如图所示，轻弹簧一端固定于倾角为 的光滑斜面（固定）上方的 点， 点到斜面的距离 等于弹簧的原长 ，弹簧另一端与小滑块（可视为质点）连接。在斜面上移动滑块至 点，使弹簧处于水平状态。现将滑块从 点由静止释放，滑块沿斜面运动到 点正下方 点，该过程中弹簧始终在弹性限度内。重力加速度大小为 。下列说法正确的是（　　）
A．滑块运动到 点时的加速度为
B．滑块经过 点时的速度大于
C．滑块经过 点时的速度最大
D．滑块从 点运动到 点过程中动能的增量比从 点运动到 点过程中动能的增量小
【答案】A,B
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A． 点到斜面的距离 等于弹簧的原长 ，则滑块运动到 点时弹簧的弹力为零，重力沿斜面的分力为合外力，有
A符合题意；
C．滑块下滑过程中受到重力，斜面对它的支持力，还有弹簧弹力；在Q点弹簧恰处于原长且与斜面垂直，则滑块从P到Q合外力变小沿斜面向下，做加速度变小的加速运动，滑块从Q到M弹簧弹力变大，此过程中有可能合力一直沿斜面向下，那么滑块继续做加速度变小的加速运动；也有可能有合力向上的阶段，那么滑块在此阶段就做加速度先变小后变大的先加速后减速的运动，C不符合题意；
BD．弹簧原长为L，斜面倾角θ小于45o，由几何关系P到Q下降的高度差大于Q到M的高度差，又P到Q弹簧弹力对滑块做正功，Q到M做负功，根据动能定理P到Q阶段动能增加量大于Q到M阶段；设整个过程弹力做功为W，到达M点时速度为v，则由动能定理
可得c点速度大于 ，B符合题意，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】对小物块进行受力分析，根据胡克定律和牛顿第二定律计算滑块到达Q点时的加速度大小，再根据能量守恒定律计算M点的速度大小。
三、综合题
8．（2021高一下·河南期末）如图所示，质量为 的滑块P（可视为质点）压缩弹簧至A处但不粘连，滑块P与水平面 间的动摩擦因数为 。由静止释放滑块，滑块从 点滑出后做平抛运动落到 点。已知 点高出水平地面 ， 点在 点的正下方， 到 点的距离为 ，水平面 段的长度为 ，重力加速度 取 。求：
（1）滑块压缩弹簧至A处时弹簧储存的弹性势能的大小；
（2）若在 端平滑连接一水平放置长为 的木板 ，滑块从A处释放后正好运动到 端停止，求木板 与滑块间的动摩擦因数；
（3）若将水平面 换成光滑的水平面，在 处接一竖直光滑圆轨道，要使滑块恰能通过圆轨道的最高点 ，则圆轨道的半径 为多大。
【答案】（1）滑块P被弹簧弹射出来运动到粗糙水平面上 点时，设速度为 ，根据功能关系有
从 点做平抛运动，根据平抛运动规律有
联立解得
（2）滑块从 端运动到 端停止的过程，根据动能定理得
代入数据解得
（3）若将水平面 换成光滑的水平面，滑块运动 处时的速度为 ，根据机械能守恒有
滑块P从 点进入光滑圆轨道，设恰好通过最高点的速度为 ，根据牛顿第二定律有
滑块P从 点运动到圆轨道最高点 的过程中，根据机械能守恒定律有
联立解得
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）根据功能关系表示出滑块P离开弹簧时的速度大小，再结合平抛运动的规律联立求解。
（2）B到N的过程中根据动能定理计算求解。
（3）根据机械能守恒定律可计算滑块到达B点的速度大小，再根据机械能守恒定律和牛顿第二定律联立计算半径的大小。
9．（2021高二下·开封期末）如图所示，在同一竖直平面内，半径 的光滑半圆轨道 与高 的粗糙圆弧轨道 （小于四分之一弧长）由一条光滑水平轨道平滑连接。在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压（不连接），处于静止状态。同时释放两个小球，弹簧的弹性势能全部转化为a、b两小球的动能，且a球恰好能通过半圆轨道最高点A，b球恰好能到达粗糙圆弧轨道最高点B。已知a球质量为 ，b球质量为 ，求：（g取 ）
（1）a球经过半圆轨道的C点时对轨道的作用力
（2）b球经过D点时的速度大小
（3）释放小球前弹簧的弹性势能
【答案】（1）以a球为研究对象，恰好通过最高点时，有
可得
a球从C到A的过程，由动能定理
C点时受力分析，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知，a球经过C点时对轨道的作用力大小为240N，方向竖直向下。
（2）a、b及弹簧组成的系统，由动量守恒得
解得
（3）设小球从D运动到B克服摩擦力做功为W，b球从D点到达最高点B过程中，由动能定理
释放小球前弹簧的弹性势能为
解得
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）a球恰好通过最高点，根据牛顿第二定律可计算通过A点时的速度大小，再根据动能定理计算小球到达C点的速度大小，再由牛顿第二定律分析求解。
（2）对ab以及弹簧构成的系统进行分析，两小球动量守恒，根据动量守恒定律分析求解。
（3）对小球进行受力分析，根据能量守恒定律和功能关系分析求解。
10．（2021高二下·河池期末）质量为M=20kg的长木板静止在光滑水平面上，轻质弹簧处于原长且与长木板不栓接。质量为m=9.95kg的木块静止在长木板M上表面，M上表面水平，二者间动摩擦因数为μ=0.5，如图所示，一颗质量为m0=0.05kg的子弹以v0=1000m/s的水平速度瞬间射入木块且未穿出。当弹簧被压缩x0=1m时木块和长木板刚好共速，此后一直相对静止，木块从开始运动到与长木板共速所用时间为t0=0.8s，g取10m/s2，求∶
（1）木块和长木板刚好共速时，弹簧的弹性势能；
（2）木块和长木板能获得的最大速度（可带根号）。
【答案】（1）子弹瞬间射人木块过程子弹和木块动量守恒，设子弹和木块的速度为v，则
子弹和木块在木板上运动的加速度大小为
设三者速度相同时速度为 ，则
设木板克服弹簧弹力做功为W，木板使用动能定理得
解得
所以弹簧弹性势能
（2）当弹簧向右运动到原长时弹性势能全部转化为木板和木块及子弹的动能，此时，三者速度最大，设最大速度为vm。
解得
【知识点】木板滑块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）子弹打入木块的瞬间两者动量守恒，根据动量守恒定律计算两者共速时的速度大小，再根据牛顿第二定律和动能定理计算木板和木块共速时弹簧的弹性势能。
（2）弹簧恢复原长时弹簧的弹性势能全部转化程三个物体的动能，根据动能定理列方程求解。
11．（2021高二下·安徽期末）如图所示，上表面光滑、长为L、质量为m的长木板放在光滑的水平面上，物块B放在长木板A上表面的右端，A，B均处于静止状态，轻弹簧放在光滑水平面上，左端与固定挡板连接，用质量为 m的物块C压缩弹簧，然后由静止释放物块C，物块C被弹簧弹开后沿水平面向前运动与长木板碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），长木板从物块B下面滑过所用时间为t，不计物块B、C的大小。求∶
（1）物块C与长木板碰撞后粘在一起的共同速度；
（2）弹簧开始被压缩时具有的弹性势能。
【答案】（1）设C与A碰撞后的共同速度为v，由于长木板上表面光滑，因此物块B处于静止，长木板从B下面匀速通过，则
解得
（2）设碰撞前物块C的速度为v0，根据动量守恒定律有
解得
设弹簧开始具有的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律
【知识点】木板滑块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）C与A发生碰撞后两者共速，一起做匀速直线运动，根据运动学公式列方程求解。
（2）C与A发生碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律计算碰撞前C的速度大小，再根据能量守恒定律计算开始时弹簧所具有的弹性势能大小。
12．（2021高一下·丽水期末）如图所示，在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和“S”型光滑细管道BCDE平滑连接组成，两段圆弧半径相等，B、D等高，图中θ角均为37°，AB与圆弧相切，AM水平。直轨道AB底端装有弹射系统（弹簧长度很短，长度和质量不计，可以认为弹珠从A点射出），某次弹射系统将直径略小于管道内径的弹珠弹出，弹珠冲上直轨道AB后，到达B点的速度大小为 ，然后进入“S”型光滑细圆管道，最后从管道出口E点水平飞出，落到水平面上的G点（图中未画出）。已知弹珠的质量为 ，B点的高度 ，细圆管道圆弧半径 ，弹珠与轨道AB间的动摩擦因数 ， ， 。
（1）求弹射系统对弹珠做的功 ；
（2）求弹珠落到水平面上的G点时EG的水平距离L；
（3）若弹射系统对弹珠做的功 不变，“S”型光滑细圆管道BCDE的圆弧半径 可调，求弹珠落地点到E点的最大水平距离 ；
（4）若“S”型光滑细圆管道BCDE的圆弧半径 不变，弹射系统对弹珠做的功可变化，小球每次返回A点时以原速度大小反弹，求弹珠在斜面上运动的最大路程 。
【答案】（1） 过程，由动能定理有
弹射系统对弹珠做的功
代入数据得
（2）由轨道 关于竖直线 对称，即B、D等高，由几何关系可得，B、E的高度差为
过程，由机械能守恒有
过程，由平抛运动位移公式可得
解得弹珠落到水平面上的G点时，E与G的水平距离为
（3）若R可调， 过程，由机械能守恒有
解得
过程，由平抛运动位移公式可得
解得
故平抛水平位移为
当 时， 取到最大值，最大值为
（4）弹珠从C点返回到最终停在A点，由动能定理可得
解得
弹珠在斜面上运动的最大路程为
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）对A到B的过程应用动能定理，重力与摩擦力做功之和等于动能的变化量计算弹珠在A点的初动能，再由初动能等于弹簧弹力做功求解。
（2）在B到E的过程中小球机械能守恒，根据机械能守恒定律可计算E点速度大小，E到G的过程中小球做平抛运动，根据平抛运动的相关知识列方程求解。
（3）对整个过程进行分析，根据机械能守恒定律和平抛运动的相关规律以及几何关系列方程求解。
（4）弹珠最终停在A点，对整个过程应用动能定理列方程求解。
13．（2021高一下·淄博期末）如图所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，轨道半径 ，一质量 的小滑块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过B点后恰能通过最高点C作平抛运动。已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数 ，AB的长度L=2m，g=10m/s2。
（1）求小滑块通过最高点C时速度 的大小；
（2）求弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能 ；
（3）保持（2）中的弹性势能不变，仅减小半圆形轨道半径的大小，则轨道半径多大时小滑块从最高点C飞出后的水平位移x最大，x最大值为多少？
【答案】（1）在C点由牛顿第二定律可知
解得
（2）A至C由功能关系可得
代入数据得
（3）保持（2）中的弹性势能不变，则到达B点时速度不变，
小球离开C点后做平抛运动，由平抛规律可得
B至C，由动能定理可得
联立可得
因
所以有
即 时，x有最大值
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）小滑块恰好可以通过C点，则重力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程求解。
（2）对A到C的过程应用动能定理计算弹簧开始时的弹性势能。
（3）小球离开C点之后做平抛运动，根据平抛运动的相关规律和动能定理列方程求解。
14．（2021高一下·日照期末）如图所示，一游戏装置由安装在水平面上的固定轻质弹簧、竖直圆轨道（在最低点 分别与水平轨道 和 相连）、斜轨道 组成，各部分平滑连接。游戏时，滑块从斜轨道 端点 由静止释放，沿斜轨道下滑经过圆轨道后压缩弹簧，然后被弹出，再次经过圆轨道并滑上斜轨道，循环往复。已知圆轨道半径 ，滑块质量 且可视为质点， 长 ， 长 ，滑块与 之间的动摩擦因数 ，滑块与其它轨道摩擦及空气阻力忽略不计， 取 。若某次游戏时释放点 距地面高度为 。
（1）求滑块第一次通过最高点 时对轨道的压力；
（2）求弹簧获得的最大弹性势能 ；
（3）通过计算分析滑块是否会脱离轨道，若脱离轨道，请求出脱离轨道时距离地面的高度，若不脱离轨道，请确定出滑块最终停止的位置。
【答案】（1）从滑块从高为h=0.55m的斜轨道AB端点B由静止释放到滑块第一次过最高点过程中，由动能定理得
在最高点，由向心力公式得
联立解得：FN=0.4N
根据牛顿第三定律可知，滑块第一次通过最高点 时对轨道的压力0.4N；
（2）滑块从高为h=0.55m的斜轨道AB端点B由静止释放到弹簧获得的最大弹性势能过程中，由能量守恒定律得
（3）滑块第一次能经过圆轨道的最高点F，然后被弹簧弹回后，若再次能到达的高度为h，则由能量关系
解得h′=0.05m
则滑块只能达到与圆心等高的位置，然后滑回到水平面上，来回滚动，不会脱离轨道，根据
可得x=0.4m
则滑块最终停止在距离O点0.2m的位置。
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）对滑块进行受力分析，根据动能定理计算滑块到达F时的速度大小，再由向心力与线速度和半径之间的关系列方程求解。
（2）根据能量守恒定律可知，滑块开始的重力势能转化成了摩擦力产生的内能以及弹簧的弹性势能，根据能量守恒定律列方程求解。
（3）对滑块进行分析，根据能量守恒定律和圆周运动的特点列方程分析求解。
15．（2021高二下·舟山期末）某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道 ，左侧为半径 的光滑圆弧轨道 ，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角 ，下端点C与粗糙水平轨道 相切， 为倾角 的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为 的小滑块P（可视为质点）从空中的A点以 的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道 滑动，经过D点（不计经过D点时的能量损失）后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短。已知C、D之间和D、F之间距离都为 ，滑块与轨道 间的动摩擦因数为 ，不计空气阻力。求：
（1）小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；
（2）小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；
（3）弹簧的弹性势能的最大值；
（4）试判断滑块返回时能否从B点离开，如能求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处。
【答案】（1）设滑块P经过B点的速度大小为 ，由平抛运动知识
得
（2）滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律
解得
经过C点时受轨道的支持力 ，有
解得
由牛顿第三定律可得对轨道的压力大小
（3）设弹簧的弹性势能的最大值为 ，根据动能定理有
代入数据可解得
（4）设滑块返回时能上升的高度h，根据动能定理有
代入数据可解得
因为 ，故无法从B点离开，又
代入数据可解得
滑块最后静止时离D点 或离C点
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）由平抛运动相关规律和几何关系列方程求解。
（2）根据动能定理和匀速圆周运动中向心力与速度之间的关系列方程求解。
（3）根据动能定理和弹簧弹力做功与弹性势能变化量之间的关系列方程求解。
（4）根据动能定理和运动学公式以及圆周运动的条件分析求解。
16．（2021高一下·顺德期末）如图，光滑水平面与竖直面内光滑圆形导轨在B点相接，圆形导轨半径为R。质量为m的小球1将一端拴住的弹簧压缩至A点后静止释放，小球1获得向右速度并脱离弹簧，之后恰好能经过导轨最高点C，并从B点向右滑出与静止在D点的小球2发生弹性碰撞。碰后小球2以速度v水平抛出，恰好在E处无碰撞沿斜面下滑。已知重力加速度为g斜面倾角为37°，sin37° = ，cos37° = 。求：
（1）压缩弹簧至A点的弹性势能Ep；
（2）D点到E点的水平距离x；
（3）当小球2水平抛出的速度v = 时，小球2的质量m2。
【答案】（1）小球1获得向右速度并脱离弹簧，之后恰好能经过导轨最高点C，则有vC1=
从A到C根据动能定理有Ep - mg2R = mvC12
代入数据有Ep= mgR
（2）由题知，碰后小球2以速度v水平抛出，恰好在E处无碰撞沿斜面下滑，则小球2在E点的速度方向与水平方向成37°，且小球2抛出后做平抛运动，有vy = vxtan37° = v
vy = gt
x = vt
代入数据有x =
（3）小球1在碰撞前的速度为 - 2mgR = mv1C2 + mv12
小球1和小球2发生弹性碰撞有m1v1= m1v1′ + m2v
m1v12= m1v1′2 + m2v2
代入数据有
m2=
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）对A到C的过程记性分析，根据牛顿第二定律和动能定理列方程求解。
（2）碰撞后小球2做平抛运动，根据平抛运动的相关规律和几何关系列方程求解。
（3）小球1和小球2碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程求解。
2023届高三物理一轮复习最新试题汇编：弹簧模型
一、单选题
1．（2021高二下·洛阳期末）如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为 点， 为环上最高点，轻弹簧的一端固定在 点，另一端拴接一个套在大环上质量为 的小球，小球静止，弹簧与竖直方向的夹角 为 ，重力加速度为 ，则下列选项正确的是（　　）
A．小球所受弹簧的弹力等于
B．小球所受弹簧的弹力等于
C．小球所受大圆环的支持力等于
D．大圆环对小球的弹力方向一定沿 指向圆心
2．（2021高一下·阎良期末）如图所示，质量分别为 、 的两小物块中间连接有劲度系数 的轻质弹簧（与物块栓接），整个装置放在倾角为 的光滑斜面上，斜面底端有固定挡板。对物块A施加一个沿斜面向下的、大小 的力，整个装置处于静止状态。现撤去外力F，g取 ，则（　　）
A．当弹簧恢复原长时，物块A沿斜面上升
B．当物块B与挡板刚要分离时，物块A克服重力做功为
C．物块B离开挡板前，弹簧一直对物块A做正功
D．弹簧恢复到原长时，物块A的动能最大
3．（2021高一下·王益期末）如图所示，将轻质弹簧端固定在竖直墙壁上，另一端与一质量为 圆环相连，圆环套在粗糙竖直固定杆上，弹簧水平且处于原长，在过程Ⅰ中，圆环从 处由静止开始下滑，经过 处的速度最大（图中未画出），到达 处的速度为零， ；在过程Ⅱ中，圆环在 处获得一竖直向上的速度 。则恰好能回到 处，弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为 。则圆环（　　）
A．过程Ⅰ中，加速度一直增大
B．过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为
C．在C处，弹簧的弹性势能为
D．过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同
二、多选题
4．（2022·凉山模拟）如图所示，质量m=0.4kg、电荷量q=2×10－2C的带正电小球固定在竖直放置的轻弹簧上端处于静止状态。现加一竖直向下大小E=400N/C的匀强电场，小球受到电场力作用开始运动，当小球向下运动到速度最大时撤去电场。已知弹簧劲度系数k=40N/m，g=10m/s2，弹簧一直处在弹性限度内，则下述正确的有（　　）
A．小球向下运动到速度最大时，弹簧的弹力大小等于8N
B．小球运动过程电场力对小球做功1.6J
C．小球从开始运动到再回到初位置的过程中机械能的增加为1.6J
D．小球再回到初始位置时弹簧弹力的瞬时功率为8W
5．（2021高三上·广东月考）如图所示，在倾角θ=30°的斜面上，质量为0.5kg的滑块（视为质点）从a点由静止下滑到b点时接触轻弹簧，滑块滑至最低点c后，被弹回的最高点为b点。已知ab=0.6m，bc=0.4m，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．滑块下滑经过b点时的动能为 J
B．弹簧的最大弹性势能为 J
C．从c点到b点弹簧的弹力对滑块做的功为 J
D．从a点到第二次到达b点的过程中滑块和弹簧组成的系统损失的机械能为 J
6．（2021高一下·资阳期末）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m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他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F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的（　　）
A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x=h+2x0
C．小球受到的弹力最大值等于2mg
D．小球动能的最大值为
7．（2021高一下·泰安期末）如图所示，轻弹簧一端固定于倾角为 的光滑斜面（固定）上方的 点， 点到斜面的距离 等于弹簧的原长 ，弹簧另一端与小滑块（可视为质点）连接。在斜面上移动滑块至 点，使弹簧处于水平状态。现将滑块从 点由静止释放，滑块沿斜面运动到 点正下方 点，该过程中弹簧始终在弹性限度内。重力加速度大小为 。下列说法正确的是（　　）
A．滑块运动到 点时的加速度为
B．滑块经过 点时的速度大于
C．滑块经过 点时的速度最大
D．滑块从 点运动到 点过程中动能的增量比从 点运动到 点过程中动能的增量小
三、综合题
8．（2021高一下·河南期末）如图所示，质量为 的滑块P（可视为质点）压缩弹簧至A处但不粘连，滑块P与水平面 间的动摩擦因数为 。由静止释放滑块，滑块从 点滑出后做平抛运动落到 点。已知 点高出水平地面 ， 点在 点的正下方， 到 点的距离为 ，水平面 段的长度为 ，重力加速度 取 。求：
（1）滑块压缩弹簧至A处时弹簧储存的弹性势能的大小；
（2）若在 端平滑连接一水平放置长为 的木板 ，滑块从A处释放后正好运动到 端停止，求木板 与滑块间的动摩擦因数；
（3）若将水平面 换成光滑的水平面，在 处接一竖直光滑圆轨道，要使滑块恰能通过圆轨道的最高点 ，则圆轨道的半径 为多大。
9．（2021高二下·开封期末）如图所示，在同一竖直平面内，半径 的光滑半圆轨道 与高 的粗糙圆弧轨道 （小于四分之一弧长）由一条光滑水平轨道平滑连接。在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压（不连接），处于静止状态。同时释放两个小球，弹簧的弹性势能全部转化为a、b两小球的动能，且a球恰好能通过半圆轨道最高点A，b球恰好能到达粗糙圆弧轨道最高点B。已知a球质量为 ，b球质量为 ，求：（g取 ）
（1）a球经过半圆轨道的C点时对轨道的作用力
（2）b球经过D点时的速度大小
（3）释放小球前弹簧的弹性势能
10．（2021高二下·河池期末）质量为M=20kg的长木板静止在光滑水平面上，轻质弹簧处于原长且与长木板不栓接。质量为m=9.95kg的木块静止在长木板M上表面，M上表面水平，二者间动摩擦因数为μ=0.5，如图所示，一颗质量为m0=0.05kg的子弹以v0=1000m/s的水平速度瞬间射入木块且未穿出。当弹簧被压缩x0=1m时木块和长木板刚好共速，此后一直相对静止，木块从开始运动到与长木板共速所用时间为t0=0.8s，g取10m/s2，求∶
（1）木块和长木板刚好共速时，弹簧的弹性势能；
（2）木块和长木板能获得的最大速度（可带根号）。
11．（2021高二下·安徽期末）如图所示，上表面光滑、长为L、质量为m的长木板放在光滑的水平面上，物块B放在长木板A上表面的右端，A，B均处于静止状态，轻弹簧放在光滑水平面上，左端与固定挡板连接，用质量为 m的物块C压缩弹簧，然后由静止释放物块C，物块C被弹簧弹开后沿水平面向前运动与长木板碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），长木板从物块B下面滑过所用时间为t，不计物块B、C的大小。求∶
（1）物块C与长木板碰撞后粘在一起的共同速度；
（2）弹簧开始被压缩时具有的弹性势能。
12．（2021高一下·丽水期末）如图所示，在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和“S”型光滑细管道BCDE平滑连接组成，两段圆弧半径相等，B、D等高，图中θ角均为37°，AB与圆弧相切，AM水平。直轨道AB底端装有弹射系统（弹簧长度很短，长度和质量不计，可以认为弹珠从A点射出），某次弹射系统将直径略小于管道内径的弹珠弹出，弹珠冲上直轨道AB后，到达B点的速度大小为 ，然后进入“S”型光滑细圆管道，最后从管道出口E点水平飞出，落到水平面上的G点（图中未画出）。已知弹珠的质量为 ，B点的高度 ，细圆管道圆弧半径 ，弹珠与轨道AB间的动摩擦因数 ， ， 。
（1）求弹射系统对弹珠做的功 ；
（2）求弹珠落到水平面上的G点时EG的水平距离L；
（3）若弹射系统对弹珠做的功 不变，“S”型光滑细圆管道BCDE的圆弧半径 可调，求弹珠落地点到E点的最大水平距离 ；
（4）若“S”型光滑细圆管道BCDE的圆弧半径 不变，弹射系统对弹珠做的功可变化，小球每次返回A点时以原速度大小反弹，求弹珠在斜面上运动的最大路程 。
13．（2021高一下·淄博期末）如图所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，轨道半径 ，一质量 的小滑块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过B点后恰能通过最高点C作平抛运动。已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数 ，AB的长度L=2m，g=10m/s2。
（1）求小滑块通过最高点C时速度 的大小；
（2）求弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能 ；
（3）保持（2）中的弹性势能不变，仅减小半圆形轨道半径的大小，则轨道半径多大时小滑块从最高点C飞出后的水平位移x最大，x最大值为多少？
14．（2021高一下·日照期末）如图所示，一游戏装置由安装在水平面上的固定轻质弹簧、竖直圆轨道（在最低点 分别与水平轨道 和 相连）、斜轨道 组成，各部分平滑连接。游戏时，滑块从斜轨道 端点 由静止释放，沿斜轨道下滑经过圆轨道后压缩弹簧，然后被弹出，再次经过圆轨道并滑上斜轨道，循环往复。已知圆轨道半径 ，滑块质量 且可视为质点， 长 ， 长 ，滑块与 之间的动摩擦因数 ，滑块与其它轨道摩擦及空气阻力忽略不计， 取 。若某次游戏时释放点 距地面高度为 。
（1）求滑块第一次通过最高点 时对轨道的压力；
（2）求弹簧获得的最大弹性势能 ；
（3）通过计算分析滑块是否会脱离轨道，若脱离轨道，请求出脱离轨道时距离地面的高度，若不脱离轨道，请确定出滑块最终停止的位置。
15．（2021高二下·舟山期末）某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道 ，左侧为半径 的光滑圆弧轨道 ，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角 ，下端点C与粗糙水平轨道 相切， 为倾角 的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为 的小滑块P（可视为质点）从空中的A点以 的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道 滑动，经过D点（不计经过D点时的能量损失）后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短。已知C、D之间和D、F之间距离都为 ，滑块与轨道 间的动摩擦因数为 ，不计空气阻力。求：
（1）小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；
（2）小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；
（3）弹簧的弹性势能的最大值；
（4）试判断滑块返回时能否从B点离开，如能求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处。
16．（2021高一下·顺德期末）如图，光滑水平面与竖直面内光滑圆形导轨在B点相接，圆形导轨半径为R。质量为m的小球1将一端拴住的弹簧压缩至A点后静止释放，小球1获得向右速度并脱离弹簧，之后恰好能经过导轨最高点C，并从B点向右滑出与静止在D点的小球2发生弹性碰撞。碰后小球2以速度v水平抛出，恰好在E处无碰撞沿斜面下滑。已知重力加速度为g斜面倾角为37°，sin37° = ，cos37° = 。求：
（1）压缩弹簧至A点的弹性势能Ep；
（2）D点到E点的水平距离x；
（3）当小球2水平抛出的速度v = 时，小球2的质量m2。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】D．小球受重力 、弹簧的拉力 、圆环的弹力 ，圆环的弹力沿半径向外，如图所示
D不符合题意；
ABC．弹簧的弹力 沿弹簧向上，与竖直方向成 角，圆环的弹力 与竖直方向成 角，由正弦定理得 ，G = mg
解得N = mg，
A符合题意，BC不符合题意。
故答案为：A。
【分析】对小球进行受力分析，根据正弦定理分析小球所受各个力的大小关系。
2．【答案】B
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．开始时A、B处于静止状态，对A
F+mAgsinθ=kx1
解得x1=0.15m=15cm
所以当弹簧恢复原长时，物块A沿斜面上升15cm．A不符合题意；
B．当B刚要离开挡板时，挡板的支持为0，对B
kx2=mBgsinθ
代入数据得x2=0.025m
此时A向上的位移：x=x1+x2=0.15m+0.025m=0.175m
重力克服重力做的功
代入数据得W=1.75J
B符合题意；
C．B刚要离开挡板前B受到向上的拉力，则弹簧对A的拉力方向向下，所以在B要离开挡板前，弹簧先对A做正功，然后做负功．C不符合题意；
D．当弹簧的弹力等于A沿斜面的重力分量时，此时A的速度最大，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对A物体受力分析，由平衡条件和胡克定律计算此时弹簧被压缩的长度即为恢复原长时A上升的距离；B与挡板分离时挡板对B的支持力为零，对B受力分析，由平衡条件和胡克定律可得此时弹簧的伸长量，从而计算A克服重力所做的功；弹簧对A先做正功后做负功；A所受合力为零时速度最大，此时弹簧弹力等于重力沿斜面向下的分力。
3．【答案】D
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．圆环从 处由静止开始下滑，经过 处的速度最大，则经过 处的加速度为零，到达 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，A不符合题意；
BCD．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中，圆环经过同一位置所受的摩擦力大小相等，则知在两个过程中，克服摩擦力做功相同，设为 ，研究过程Ⅰ，运用动能定理列式得
研究过程Ⅱ，运用动能定理列式得
联立解得克服摩擦力做的功为
弹簧弹力做功
所以在 处，弹簧的弹性势能为
BC不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】对弹簧和圆环进行分析，根据功能关系和动能定理结合运动学规律列方程分析求解。
4．【答案】B,C
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．小球向下运动到速度最大时，根据平衡条件，弹簧的弹力大小等于8N
A不符合题意；
B．根据胡克定律，不加电场时，由平衡条件
解得
加电场时，由平衡条件
解得
小球运动过程电场力对小球做功
B符合题意；
C．小球运动过程电场力对小球做功1.6J，机械能增加1.6J，故小球从开始运动到再回到初位置的过程中机械能的增加为1.6J，C符合题意；
D．小球再回到初始位置时，增加的机械能为动能
解得
弹簧弹力等于重力
弹簧弹力的瞬时功率为
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A.对小球进行受力分析，可以知道初始时，小球合力先向下，后面向上，所以当小球受到的合力方向为零时，其速度最大；
B.根据小球最终停止时，电场力和重力以及弹力构成平衡力，该过程中除了重力做的功剩下就是电场力做的功；
C.根据机械能守恒定律，除了重力和弹力所做的功，所以该过程电场力所做的功等于小球机械能的增加量；
D.根据小球回到原位置的功率公式就可以求出答案。
5．【答案】A,C
【知识点】功能关系；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．滑块从a点开始到最后被弹回到最高点b点，则由能量关系
解得
滑块下滑经过b点时的动能为
A符合题意；
B．弹簧的最大弹性势能为
B不符合题意；
C．从c点到b点弹簧的弹力对滑块做的功为
C符合题意；
D．从a点到第二次到达b点的过程中滑块和弹簧组成的系统损失的机械能为
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】A.根据题干中“ 被弹回的最高点为b点 ”可以知道a-b-c-b整个过程动能变化量为0，根据动能定理就可以列式求解出动摩擦因数，然后根据动能定理分析a-b就可以列式求解答案；
B.弹性势能最大时，就是弹性势能运动到c点时，此时根据功能关系就可以知道物块机械能的减少量转化为摩擦产生的热量和弹簧弹性势能；
C.从c到a弹力做的功转化为摩擦产生的热量和物块的重力势能；
D.弹簧和滑块组成的系统的机械能的损失量等于整个过程摩擦力做的功。
6．【答案】A,D
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】由图象结合小球的运动过程为：先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。
A．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A符合题意；
B．根据对称性可知，小球在x=h+2x0和x=h两个位置的速度大小相等，所以x=h+2x0不是最低点，B不符合题意；
C．根据对称性可知，小球在x=h+2x0和x=h两个位置的合力大小相等，都等于mg，即小球在x=h+2x0位置时的弹力等于2mg，该位置不是最低点，所以弹力的最大值大于2mg，C不符合题意；
D．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，从开始下落到x=h+x0位置，由机械能守恒定律和平衡条件得
解得 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对小球和弹簧进行分析，根据机械能守恒的条件可知系统机械能保持不变，再由牛顿第二定律和功能关系进行分析求解。
7．【答案】A,B
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A． 点到斜面的距离 等于弹簧的原长 ，则滑块运动到 点时弹簧的弹力为零，重力沿斜面的分力为合外力，有
A符合题意；
C．滑块下滑过程中受到重力，斜面对它的支持力，还有弹簧弹力；在Q点弹簧恰处于原长且与斜面垂直，则滑块从P到Q合外力变小沿斜面向下，做加速度变小的加速运动，滑块从Q到M弹簧弹力变大，此过程中有可能合力一直沿斜面向下，那么滑块继续做加速度变小的加速运动；也有可能有合力向上的阶段，那么滑块在此阶段就做加速度先变小后变大的先加速后减速的运动，C不符合题意；
BD．弹簧原长为L，斜面倾角θ小于45o，由几何关系P到Q下降的高度差大于Q到M的高度差，又P到Q弹簧弹力对滑块做正功，Q到M做负功，根据动能定理P到Q阶段动能增加量大于Q到M阶段；设整个过程弹力做功为W，到达M点时速度为v，则由动能定理
可得c点速度大于 ，B符合题意，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】对小物块进行受力分析，根据胡克定律和牛顿第二定律计算滑块到达Q点时的加速度大小，再根据能量守恒定律计算M点的速度大小。
8．【答案】（1）滑块P被弹簧弹射出来运动到粗糙水平面上 点时，设速度为 ，根据功能关系有
从 点做平抛运动，根据平抛运动规律有
联立解得
（2）滑块从 端运动到 端停止的过程，根据动能定理得
代入数据解得
（3）若将水平面 换成光滑的水平面，滑块运动 处时的速度为 ，根据机械能守恒有
滑块P从 点进入光滑圆轨道，设恰好通过最高点的速度为 ，根据牛顿第二定律有
滑块P从 点运动到圆轨道最高点 的过程中，根据机械能守恒定律有
联立解得
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）根据功能关系表示出滑块P离开弹簧时的速度大小，再结合平抛运动的规律联立求解。
（2）B到N的过程中根据动能定理计算求解。
（3）根据机械能守恒定律可计算滑块到达B点的速度大小，再根据机械能守恒定律和牛顿第二定律联立计算半径的大小。
9．【答案】（1）以a球为研究对象，恰好通过最高点时，有
可得
a球从C到A的过程，由动能定理
C点时受力分析，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知，a球经过C点时对轨道的作用力大小为240N，方向竖直向下。
（2）a、b及弹簧组成的系统，由动量守恒得
解得
（3）设小球从D运动到B克服摩擦力做功为W，b球从D点到达最高点B过程中，由动能定理
释放小球前弹簧的弹性势能为
解得
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）a球恰好通过最高点，根据牛顿第二定律可计算通过A点时的速度大小，再根据动能定理计算小球到达C点的速度大小，再由牛顿第二定律分析求解。
（2）对ab以及弹簧构成的系统进行分析，两小球动量守恒，根据动量守恒定律分析求解。
（3）对小球进行受力分析，根据能量守恒定律和功能关系分析求解。
10．【答案】（1）子弹瞬间射人木块过程子弹和木块动量守恒，设子弹和木块的速度为v，则
子弹和木块在木板上运动的加速度大小为
设三者速度相同时速度为 ，则
设木板克服弹簧弹力做功为W，木板使用动能定理得
解得
所以弹簧弹性势能
（2）当弹簧向右运动到原长时弹性势能全部转化为木板和木块及子弹的动能，此时，三者速度最大，设最大速度为vm。
解得
【知识点】木板滑块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）子弹打入木块的瞬间两者动量守恒，根据动量守恒定律计算两者共速时的速度大小，再根据牛顿第二定律和动能定理计算木板和木块共速时弹簧的弹性势能。
（2）弹簧恢复原长时弹簧的弹性势能全部转化程三个物体的动能，根据动能定理列方程求解。
11．【答案】（1）设C与A碰撞后的共同速度为v，由于长木板上表面光滑，因此物块B处于静止，长木板从B下面匀速通过，则
解得
（2）设碰撞前物块C的速度为v0，根据动量守恒定律有
解得
设弹簧开始具有的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律
【知识点】木板滑块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）C与A发生碰撞后两者共速，一起做匀速直线运动，根据运动学公式列方程求解。
（2）C与A发生碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律计算碰撞前C的速度大小，再根据能量守恒定律计算开始时弹簧所具有的弹性势能大小。
12．【答案】（1） 过程，由动能定理有
弹射系统对弹珠做的功
代入数据得
（2）由轨道 关于竖直线 对称，即B、D等高，由几何关系可得，B、E的高度差为
过程，由机械能守恒有
过程，由平抛运动位移公式可得
解得弹珠落到水平面上的G点时，E与G的水平距离为
（3）若R可调， 过程，由机械能守恒有
解得
过程，由平抛运动位移公式可得
解得
故平抛水平位移为
当 时， 取到最大值，最大值为
（4）弹珠从C点返回到最终停在A点，由动能定理可得
解得
弹珠在斜面上运动的最大路程为
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）对A到B的过程应用动能定理，重力与摩擦力做功之和等于动能的变化量计算弹珠在A点的初动能，再由初动能等于弹簧弹力做功求解。
（2）在B到E的过程中小球机械能守恒，根据机械能守恒定律可计算E点速度大小，E到G的过程中小球做平抛运动，根据平抛运动的相关知识列方程求解。
（3）对整个过程进行分析，根据机械能守恒定律和平抛运动的相关规律以及几何关系列方程求解。
（4）弹珠最终停在A点，对整个过程应用动能定理列方程求解。
13．【答案】（1）在C点由牛顿第二定律可知
解得
（2）A至C由功能关系可得
代入数据得
（3）保持（2）中的弹性势能不变，则到达B点时速度不变，
小球离开C点后做平抛运动，由平抛规律可得
B至C，由动能定理可得
联立可得
因
所以有
即 时，x有最大值
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）小滑块恰好可以通过C点，则重力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程求解。
（2）对A到C的过程应用动能定理计算弹簧开始时的弹性势能。
（3）小球离开C点之后做平抛运动，根据平抛运动的相关规律和动能定理列方程求解。
14．【答案】（1）从滑块从高为h=0.55m的斜轨道AB端点B由静止释放到滑块第一次过最高点过程中，由动能定理得
在最高点，由向心力公式得
联立解得：FN=0.4N
根据牛顿第三定律可知，滑块第一次通过最高点 时对轨道的压力0.4N；
（2）滑块从高为h=0.55m的斜轨道AB端点B由静止释放到弹簧获得的最大弹性势能过程中，由能量守恒定律得
（3）滑块第一次能经过圆轨道的最高点F，然后被弹簧弹回后，若再次能到达的高度为h，则由能量关系
解得h′=0.05m
则滑块只能达到与圆心等高的位置，然后滑回到水平面上，来回滚动，不会脱离轨道，根据
可得x=0.4m
则滑块最终停止在距离O点0.2m的位置。
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）对滑块进行受力分析，根据动能定理计算滑块到达F时的速度大小，再由向心力与线速度和半径之间的关系列方程求解。
（2）根据能量守恒定律可知，滑块开始的重力势能转化成了摩擦力产生的内能以及弹簧的弹性势能，根据能量守恒定律列方程求解。
（3）对滑块进行分析，根据能量守恒定律和圆周运动的特点列方程分析求解。
15．【答案】（1）设滑块P经过B点的速度大小为 ，由平抛运动知识
得
（2）滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律
解得
经过C点时受轨道的支持力 ，有
解得
由牛顿第三定律可得对轨道的压力大小
（3）设弹簧的弹性势能的最大值为 ，根据动能定理有
代入数据可解得
（4）设滑块返回时能上升的高度h，根据动能定理有
代入数据可解得
因为 ，故无法从B点离开，又
代入数据可解得
滑块最后静止时离D点 或离C点
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）由平抛运动相关规律和几何关系列方程求解。
（2）根据动能定理和匀速圆周运动中向心力与速度之间的关系列方程求解。
（3）根据动能定理和弹簧弹力做功与弹性势能变化量之间的关系列方程求解。
（4）根据动能定理和运动学公式以及圆周运动的条件分析求解。
16．【答案】（1）小球1获得向右速度并脱离弹簧，之后恰好能经过导轨最高点C，则有vC1=
从A到C根据动能定理有Ep - mg2R = mvC12
代入数据有Ep= mgR
（2）由题知，碰后小球2以速度v水平抛出，恰好在E处无碰撞沿斜面下滑，则小球2在E点的速度方向与水平方向成37°，且小球2抛出后做平抛运动，有vy = vxtan37° = v
vy = gt
x = vt
代入数据有x =
（3）小球1在碰撞前的速度为 - 2mgR = mv1C2 + mv12
小球1和小球2发生弹性碰撞有m1v1= m1v1′ + m2v
m1v12= m1v1′2 + m2v2
代入数据有
m2=
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）对A到C的过程记性分析，根据牛顿第二定律和动能定理列方程求解。
（2）碰撞后小球2做平抛运动，根据平抛运动的相关规律和几何关系列方程求解。
（3）小球1和小球2碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程求解。