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专题 03 弹簧模型中的力与能
目录
【模型一】静力学中的弹簧模型..............................................................................................................................1
【模型二】动力学中的弹簧模型..............................................................................................................................3
【模型三】与动量、能量有关的弹簧模型..............................................................................................................7
【模型一】 静力学中的弹簧模型
静力学中的弹簧模型一般指与弹簧相连的物体在弹簧弹力和其他力的共同作用下处于平衡状态的问题，
涉及的知识主要有胡克定律、物体的平衡条件等，难度中等偏下。
【模型演练1】（2024·全国·高三专题练习）如图所示，倾角为 的斜面固定在水平地面上，两个质量均为
m的物块a、b用劲度系数为k的轻质弹簧连接，两物块均恰好能静止在斜面上。已知物块a与斜面间的动
摩擦因数是物块b与斜面间的动摩擦因数的两倍，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小
为g，弹簧始终在弹性限度内。则弹簧的长度与原长相比（ ）
A．可能伸长了 B．可能伸长了
C．可能缩短了 D．可能缩短了
【答案】A
【详解】AB．设b与斜面间的动摩擦因数为 弹簧的形变量为x，对a物体受力分析，由平衡条件得
对b物体受力分析，由平衡条件得
解得A正确，B错误；
CD．因物块a与斜面间的动摩擦因数大于物块b与斜面间的动摩擦因数，当弹簧处于压缩状态时两物体不
能均恰好能静止在斜面上，CD错误；
故选A。
【模型演练2】（2023上·黑龙江哈尔滨·高三校联考期末）如图所示，倾角为θ且表面光滑的斜面固定在水
平地面上，轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接物体c，另一端连接物体b，b与物体a用轻弹簧连接，c与地
面接触且a、b、c均静止。已知a、b的质量均为m，重力加速度大小为g。则（ ）
A．c的质量一定等于2msinθ
B．剪断竖直绳瞬间，b的加速度大小为gsinθ
C．剪断竖直绳之后，a、b将保持相对静止并沿斜面下滑
D．剪断弹簧瞬间，绳上的张力大小为mgsinθ
【答案】D
【详解】A．根据平衡条件对a、b整体受力分析可得
对c受力分析可得
可知
故A错误；
D．剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力消失，因 ，故物体b仍保持静止，b的加速度为0，绳子拉力
故D正确；
B．弹簧的弹力为kx=mgsinθ
剪断竖直绳后瞬间，弹簧弹力不突变，此时对b物体
kx+mgsinθ=ma
则加速度为2gsinθ，故B错误；
C．剪断竖直绳后瞬间，弹簧弹力不变，a的加速度大小为0，与b物体的加速度不同，两物体不会保持相
对静止沿斜面下滑，故C错误。
故选D。
【模型演练3】如图所示，一质量为m的木块与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在斜面
顶端。木块放在斜面上能处于静止状态。已知斜面倾角 θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。弹簧
在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则( )
A．弹簧可能处于压缩状态
B．弹簧的最大形变量为
C．木块受到的摩擦力可能为零
D．木块受到的摩擦力方向一定沿斜面向上
【答案】C
【解析】木块与斜面间的最大静摩擦力f ＝μmgcos θ＝0.4mg，木块重力沿斜面方向的分力为G ＝mgsin
max 1
θ＝0.6mg，由G>f 可知，弹簧弹力的方向不可能向下，即弹簧不可能处于压缩状态，故 A错误；弹簧有
1 max
最大形变量时满足G ＋f ＝kΔx ，解得Δx ＝，故B错误；当G ＝F 时，木块受到的摩擦力为零，故C
1 max m m 1 弹
正确；当G>F 时，木块受到的摩擦力沿斜面向上，当 Gg)。现用手控制使B以加速度向下做匀加速直线运动。
(1)求砝码A做匀加速直线运动的时间；
(2)求出砝码A做匀加速直线运动过程的起始和终止时刻手对木板B的作用力大小的表达式。
【解题指导】
(1)木板B与砝码A脱离之前，砝码A做加速度为的匀加速直线运动。
(2)木板B与砝码A脱离瞬间，相互作用力为零。
【答案】(1)2 (2)F＝M＋ F＝M
1 2
【解析】(1)设最初弹簧被压缩的长度为x，根据牛顿第二定律对A有kx＋mg＝ma
0 0
解得x＝
0
设A和B以加速度向下做匀加速运动过程的终止时刻弹簧的压缩量为x，根据牛顿第二定律对A有
1
kx＋mg＝
1
解得x＝
1
设A和B一起做匀加速运动的时间为t，在这段时间内，A运动的位移为s＝x－x
1 0 1
根据s＝·t2
1
解得t＝2。
1
(2)起始时刻A受三个力，
满足mg＋kx－N ＝
0 1
B受三个力，满足Mg＋N －F＝
1 1
又kx＋mg＝ma
0
联立解得F＝M＋
1
A与B脱离时B受两个力，
满足Mg－F＝
2
解得F＝M。
2
【题后总结】(1)木板B与砝码A脱离瞬间弹簧不一定处于自然伸长状态。
(2)物体间脱离的标志是相互作用力为零，此时两物体的加速度、速度均相同。
【模型演练2】（2024·全国·高三专题练习）如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左
端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4m后锁定，t=0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块
上的速度传感器描绘出滑块的v—t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线，已知滑块质量m=2.0 kg，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k=175N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35m/s2
【答案】C
【详解】AB．根据v—t图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，
弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，弹簧处于压缩状态，随后加速度反向增加，从弹簧
恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，故AB错误；
D．由题中图像知，滑块脱离弹簧后的加速度大小
根据牛顿第二定律，摩擦力大小为
F=μmg=ma =2×5N=10N
f 1
刚释放时滑块的加速度大小为
结合上述可知，滑块的最大加速度为30m/s2，故D错误；
C．刚释放滑块时，由牛顿第二定律得
kx-F=ma
f 2
代入数据解得
k=175 N/m
故C正确。故选C。
【模型演练3】（2023上·北京顺义·高三北京市顺义区第一中学校考阶段练习）在某星球表面将一轻弹簧
竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可视为质点）从弹簧上端由静止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图所示，其中 和 为已知量。下列说法中不正确的是
（ ）
A．小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小为
B．弹簧劲度系数为
C．小球向下运动过程中的最大动能为
D．当弹簧压缩量为 时，弹簧的弹性势能为
【答案】A
【详解】A．设该星球的重力加速度为 ，小球刚放到弹簧上时，满足 ，只受星球吸引力的作用，由
图知 ，方向竖直向下；当弹簧的压缩量为 时，小球的加速度为0，此时弹簧的弹力为
之后小球继续向下运动直至速度为0，弹簧的压缩量继续增大，可知当小球的速度为0时，弹簧的弹力
，故A错误，符合题意；
B．设竖直向下为正方向，故对小球受力分析可知
故小球运动的加速度大小为当 时， ，可得
故B正确，不符合题意；
C．由图可知，当弹簧的压缩量为 时，小球的加速度为0，此时小球的速度最大，动能最大；由动能定理
可得
故C正确，不符合题意；
D．当弹簧的压缩量为 时，弹簧的弹性势能为
故D正确，不符合题意。
故选A。
【模型三】与动量、能量有关的弹簧模型
与动量、能量有关的弹簧模型常涉及碰撞问题和弹簧弹力做功问题，因弹力为变力，一般不直接用功
的定义式确定其功的大小，因此，常应用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律来间接求解弹力做功
或弹性势能。
【模型演练1】（2023上·江苏南通·高三统考期末）如图所示，处于压缩状态的绝缘轻质弹簧一端固定，
另一端与带正电荷的物块连接在一起，整个装置处于水平向左的匀强电场E中。物块由A点静止释放，沿
绝缘水平面向右运动到最大位移的B点，并经过一段时间后静止。物块与水平面间的动摩擦因数恒定，弹
簧未超过弹性限度，则整个过程中（ ）
A．当物块处于B点时，弹簧弹力具有最大值
B．当物块向左运动到AB中点时加速度为零C．物块可能静止在AB中点右侧的某个位置
D．弹簧的弹性势能的减小量等于产生的摩擦热
【答案】C
【详解】AC．物块由A运动到B，根据动能定理可知
可知
故弹簧的原长位置在AB中点右侧，当物块处于A点时，弹簧形变量最大弹力有最大值，由物块的受力关
系可知，物块可能静止的位置在原长位置的左边或右边，A错误，C正确；
B．由上分析可知，弹簧原长位置在AB中点右侧，当物块向左运动到AB中点时，根据物块在AB中点的受
力可知，物块所受弹力和摩擦力均向右，则合力可能不为零，故当物块向左运动到AB中点时加速度可能
不为零，B错误；
D．全过程由能量守恒可知
故弹簧的弹性势能的减小量大于产生的摩擦热，D错误；故选C。
【模型演练2】（2023上·湖北·高三统考期末）如图所示在竖直壁上有一个可以上下移动的小球抛射装置
，小球质量为 ，改变小球在管中的初始位置，使弹簧的弹性势能与装置高度 满足： （
为已知常量）。静止的小球在弹簧的作用下水平抛出，不计一切阻力，重力加速度为 。下列说法正确的
是（ ）
A．常数 的单位为B．小球离开抛射装置的速度
C．A的高度不同，小球水平落点也不同
D．当弹性势能为 时，小球落到水平面的动能最大
【答案】A
【详解】A．由能量守恒定律得
化简可得
所以K的单位为
A正确；
B．由能量守恒定律
可得，小球离开抛射装置的速度为
B错误；
C．根据平抛运动知识
水平位移
联立解得
所以小球的水平落点与h无关，C错误；
D．由能量守恒定律知，小球落到水平面上的动能为由数学知识，当
小球落到水平面的动能最小，即
此时弹簧的弹性势能为
即当弹性势能为 时，小球落到水平面的动能最小，D错误。
故选A。
【模型演练3】（2023上·广西桂林·高三校考阶段练习）如图所示，质量为m的物块P与物块Q（质量未
知）之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P物体一瞬时初速度，并把
此时记为0时刻，规定向右为正方向， 内P、Q物块运动的 图像如图所示，已知 时刻P、Q的
加速度最大，其中t轴下方部分的面积大小为S，则（ ）
A．物体Q的质量为
B． 时刻Q物体的速度大小为
C． 时刻弹簧的弹性势能为D． 时间内弹簧对P物体做功不为零
【答案】BC
【详解】A． 时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右； 时刻，P、Q所受弹力最大
且大小相等，由牛顿第二定律可得
解得物体Q的质量为
故A错误；
B．根据 图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知 时间内，Q物体的速度变化量大小为
则 时刻Q物体的速度大小为 ，故B正确；
C． 时刻两物体具体相同的速度v，根据对称性可知， 时刻P、Q物体的速度大小为
设物体P的初速度为 ，根据动量守恒可得
解得
设 时刻弹簧的弹性势能为 ，根据能量守恒可得联立解得
故C正确；
D．设 时刻P物体的速度为 ；根据动量守恒可得
解得
可知 时刻P物体的速度大小等于 时刻P物体的速度大小，则 时刻P物体的动能等于 时刻P物体的
动能，故 时间内弹簧对P物体做功为零，故D错误。
故选BC。
【模型演练3】(2024·湖北省重点中学4月联考)如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止
于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为 m的小球，以速度v从
右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是( )
A.弹簧的最大弹性势能为mv2 B.弹簧的最大弹性势能为mv2
C.弹簧对小车做的功为mv2 D.弹簧对小球做功为mv2
【答案】 B
【解析】 当小球和小车的速度相同时弹簧的弹性势能最大，取向左为正方向，由系统动量守恒和机械能
守恒分别有mv＝2mv′，mv2＝·2mv′2＋E ，联立得到弹簧最大的弹性势能为E ＝mv2，A错误，B正确；设
p p
小球与弹簧分离时，小车和小球的速度分别为 v 和v ，由系统动量守恒和机械能守恒分别得到 mv＝mv ＋
1 2 1
mv，
2
mv2＝mv＋mv，解得v ＝v，v ＝0，对小车，由动能定理得弹簧对小车做的功W ＝mv－0＝mv2，C错误；
1 2 1
对小球，由动能定理得弹簧对小球做的功为W＝mv－mv2＝0－mv2＝－mv2，D错误。
2
【规律与方法】在处理与轻弹簧相关的动量守恒问题中，物体与弹簧相互作用时，弹簧弹力一般是变力，
若将弹簧及其两端的物体作为系统，弹簧弹力是内力，系统动量守恒时不讨论弹簧弹力的变化，处理此类问题时要注意以下三点：
(1)与弹簧两端相连的两个物体速度相等时，弹簧的长度最长或最短，此时弹簧中储存的弹性势能最大。
(2)对于碰撞问题，由于碰撞时间极短，碰撞过程中物体的位移忽略不计，弹簧的长度来不及变化，弹性势
能不变。
(3)由于弹簧一般会发生弹性形变，涉及弹性势能的变化问题时，还要运用能量守恒定律解题。
1．（2024·安徽安庆·统考一模）如图所示，与水平面夹角为 的固定斜面上有一质量 的物体。
细绳的一端摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为 ，关于物体
受力的判断（取 ），下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物体的摩擦力大小为零
B．斜面对物体的摩擦力大小为 ，方向沿斜面向上
C．斜面对物体的支持力大小为 ，方向沿斜面向上
D．斜面对物体的支持力大小为 ，方向垂直斜面向上
【答案】A
【详解】AB．物体重力沿斜面方向下的分力
G=mgsin30°=4.9N
x
与弹簧的弹力相等，根据共点力平衡，知物体不受摩擦力作用，故A正确、B错误；
CD．物体处于静止状态，受力平衡，在垂直于斜面方向有
方向垂直于斜面向上，故CD错误。
故选A。
2．（2023·陕西·一模）如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，
木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在
木块C移开的瞬间（ ）A．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg
B．弹簧的弹力大小为mg
C．木块A的加速度大小为2g
D．弹簧的弹性势能立即减小
【答案】C
【详解】BD．移开木块C前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为
F=2mg+mg=3mg
地面对B的支持力大小为
N=2mg+mg+mg=4mg
因移开木块C瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势能均不变，故BD错误；
A．木块C移开瞬间，木块B所受重力、弹簧的弹力不变，故地面对B的支持力也不变，由牛顿第三定律知，
木块B对水平面的压力大小为4mg，故A错误；
C．撤去木块C瞬间，对木块A，由牛顿第二定律有
3mg－mg＝ma
解得
a＝2g，方向竖直向上
故C正确。
故选C。
3．（2023下·江苏徐州·高三统考阶段练习）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从
A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点。以B点为坐标原点O，沿竖直向下
建立x轴，小球从B到C过程中的加速度—位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B运动到C
的过程中，下列说法正确的是（ ）A．小球在B点时的动能最大
B．小球在C点时加速度大于g
C．图像中
D．小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大
【答案】B
【详解】A．小球在B点时，合力为重力，合力和速度同向，会继续加速，B点时的速度不是最大。A错误；
B．小球若从B点由静止释放，到达最低点时，由对称性，最低点加速度向上，大小为
小球从A点自由下落，小球在C点时，弹力比上述情况要大，加速度向上，大于 。B正确；
C．设在D点，弹力和小球重力平衡，D点速度为 ，由微元法可知图像与x轴所包围的上部分面积
图像与x轴所包围的下部分面积
因为
得
因此C错误；
D．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，
小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大。D错误。
故选B。
4.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，光滑细杆AB倾斜固定，与水平方向夹角为45°，一轻质弹簧的
一端固定在O点，另一端连接质量为m的小球，小球套在细杆上，O与细杆上A点等高，O与细杆AB在
同一竖直平面内，OB竖直，OP垂直于AB，且OP＝L，当小球位于细杆上A、P两点时，弹簧弹力大小相
等。现将小球从细杆上的A点由静止释放，在小球沿细杆由A点运动到B点的过程中（已知重力加速度为
g，弹簧一直处于弹性限度内且不弯曲），下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧的弹性势能先减小后增大
B．小球运动过程中弹簧弹力的瞬时功率为零的位置有两个
C．小球运动到B点时的动能为2mgL
D．弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球沿杆运动的距
离
【答案】D
【详解】A．由题意可知，当小球位于细杆上A、P两点时，弹簧弹力大小相等，则有小球位于细杆上A点
时弹簧处于拉伸状态，小球在P点时弹簧处于压缩状态，在小球沿细杆由A点运动到B点时，弹簧的形变
量先减小后增大，再减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，再减小后增大，如图所示，A错误；
B．在AP间和PB间各有一个位置弹簧处于原长的状态，小球的加速度大小为方向沿杆向下；在P点弹簧的弹力垂直杆，小球受合力为mgsin45 ，方向沿杆向下，即小球的加速度大小
°
为 ，方向沿杆向下，因此小球运动过程中弹簧弹力的瞬时功率是零的位置有三个，B错误；
C．小球沿杆从A到B的运动中，弹簧的弹力对小球做功是零，由动能定理可得，小球运动到B点时的动
能为
C错误；
D．由题意可知，小球沿杆从A到P的运动中，弹簧的弹力对小球做功是零，小球从A点由静止释放到弹
簧恢复原长，弹簧弹力对小球做正功，小球从弹簧恢复原长到运动到P点，弹簧弹力对小球做负功，即小
球克服弹簧弹力做功，弹力对小球做正功和做负功大小相等，大小等于弹簧的弹性势能，大小又等于
，因此从A到P运动过程中弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离等于小球克服弹簧弹
力做功过程中小球沿杆运动的距离，同理从P到B运动过程中弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离
也等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球沿杆运动的距离，选项D正确。
故选D。
5．（2023上·西藏林芝·高三统考期末）如图所示，某建筑工地用一可以移动的升降机来吊装重物，轻绳穿
过下方吊着重物的光滑圆环， 、 两点分别固定在建筑和升降机上。下列说法正确的是（ ）
A．升降机缓慢上升时，绳中的张力不变 B．升降机缓慢下降时，绳中的张力变小
C．升降机缓慢向右移动时，绳中的张力变小 D．升降机缓慢向左移动时，绳中的张力不变
【答案】AC
【详解】AB．光滑圆环受力情况如图所示，设绳长为 ，升降机和建筑间距离为 ，根据几何知识可知根据平衡条件有
解得
升降机缓慢上升或下降时， 和 不变，绳中的张力不变，故A正确，B错误；
CD．由
可知，升降机缓慢向右移动时， 变小，绳中的张力变小；升降机缓慢向左移动时， 变大，绳中的张力
变大，故C正确，D错误。
故选AC。
6．（2023上·河南许昌·高三校考阶段练习）一横截面为直角三角形的木块如图所示放置，质量均为m的
A、B两物体用轻质弹簧相连放在倾角为30°的斜面上，物体C放在倾角为60°的斜面上，B与C之间用轻质
细线连接，A、C质量的比值为 ，整个装置处于静止状态，已知物体A、B与斜面间的动摩擦因数相同
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹力大小为 ，C与斜面间无摩擦，则（ ）A．物体A、B均受到摩擦力作用且等大反向
B．物体A受摩擦力作用且大小为 ，物体B不受摩擦力作用
C．弹簧处于拉伸状态，A、B两物体所受摩擦力大小均为 ，方向均沿斜面向下
D．剪断弹簧瞬间，物体A仍处于静止状态
【答案】CD
【详解】ABC．根据题意可知，物体C的质量为 ，其重力沿斜面的分力为 ，取A、B及中间的弹
簧为系统，则有
所以
又动摩擦因数 ，所以A、B一定受摩擦力作用，且方向均沿斜面向下，由于物体A受到的摩擦力方向
沿斜面向下，所以弹簧处于拉伸状态，物体A、B的受力分析分别如下图1、2所示
根据受力平衡有
将 代入得
故AB错误，C正确；
D．由上述分析可知，对于A，斜面对它的最大静摩擦力剪断弹簧瞬间，A受摩擦力向上，由于
物体A仍处于静止状态，故D正确。
故选CD。
7．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，物块A、B、C的质量均为m，其中物块A、B上下叠放，A放在
轻弹簧上，B、C通过一绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，用手托住C使绳子处于恰好伸直无拉力的状态。
某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C还未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．释放C后瞬间，A、B间的弹力大小为mg
B．A、B分离之前物块B做匀加速运动
C．A、B分离时，物块A的速度恰好达到最大值
D．A、B分离时，连接B、C的绳子拉力大小为mg
【答案】CD
【详解】释放C前，弹簧上的弹力为
释放C后瞬间，弹簧弹力瞬时不变，对A、B、C整体，根据牛顿第二定律，有
解得
对A，有解得
A错误；
B．A、B分离前，A、B、C加速度相同，对整体，有
C向下运动，弹力T减小，所以加速度减小，B错误；
C．A、B分离时，对B、C整体，有
解得
此时，A加速度也恰好为0，弹簧弹力为
之后A继续向上运动，弹簧弹力小于重力，A减速，所以在A、B分离时，物块A的加速度为0，速度恰好
达到最大值，C正确；
D．A、B分离时，对B、C整体，有
解得
对C，绳上拉力为
D正确。
故选CD。
8．（2023上·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图甲所示，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，
一端固定在墙壁上，另一端拴接物体A，质量均为 的物体A、B接触但不粘连。压缩弹簧至某一位置
（弹性限度以内）后由静止释放A、B，同时给物体B施加水平向右的力 使之做匀加速直线运动， 与
作用时间 的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）A．A、B分离时，弹簧刚好为原长状态 B．A、B分离时，B的加速度大小为
C．A、B分离时，A的速度大小为 D．开始有 作用时，弹簧的压缩量为
【答案】BC
【详解】A．物体A 、B分离时，B只受拉力 作用，加速度大于零，此时A的加速度与B的相同，则弹
簧弹力大于零，弹簧处于压缩状态，故A错误；
B．物体A、B分离后，B的加速度不变，即拉力 不变，由图乙可知，此时拉力 为 ，则B的加速度
为
故B正确；
C．物体A、B分离时， A、B的速度相同，均为
故C正确；
D． 时，对A、B整体由牛顿第二定律得，弹簧弹力为
运动 后，弹簧压缩量
此时弹簧弹力为
联立解得
故D错误。
故选BC。9．（2023·广东·模拟预测）某个缓冲装置的主要部分是弹簧，工作过程可简化为以下情境：轻质弹簧原长
，劲度系数 ，左端固定在竖直墙上。以弹簧左端为坐标原点，水平向右为正方向建立
x轴。水平地面上一滑块从P点以某一速度水平向左冲向弹簧，如图1所示。滑块经弹簧缓冲后运动到最
左端 处的Q点，又被弹簧弹开，最后恰好停在P点。滑块从Q点到P点过程中，加速度a随位
置坐标x的变化规律如图2所示。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度 。下列说法正确的
是（ ）
A．滑块与水平地面间的动摩擦因数 B．滑块的质量
C．P点的坐标 D．滑块从P点向左运动时的动能
【答案】AC
【详解】A．滑块从P点向左先做匀减速运动，接触弹簧后做加速度逐渐增大的减速运动，直到弹簧被压
缩到最短时到达Q点，加速度达到最大，然后向右先做加速度逐渐减小的加速运动，当运动到弹簧弹力等
于滑动摩擦力时，加速度减小到0，速度向右达到最大，设此时位置坐标为 ，此后，滑块继续向右做加
速度逐渐增大的减速运动，脱离弹簧后再做匀减速运动，到达P点时速度减为0。由题图2可知，滑块向
右脱离弹簧后的加速度大小 ，由
解得故A正确。
B．滑块在Q点将要向右滑动时，有
由题图2知
解得
故B错误。
C．滑块运动到弹簧弹力等于滑动摩擦力时，有
解得
将纵坐标a乘以滑块的质量m可将 图像转化为 图像，由动能定理有
可知 图像与x轴所围的面积表示动能的变化量 ，则对滑块由Q点到P点的过程，由动能定理有
解得
故C正确。
D．滑块从P点向左运动到又回到P点，滑块的动能全部转化为因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有故D错误。
故选AC。
10.（2023下·湖南娄底·高三校联考阶段练习）如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着A、B
两个物块，系统处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物块A上，使A开始向上做匀加速运动，以系
统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示.已知物块A的质量
，重力加速度g取 。则（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．物块A的加速度大小为
C．物块B的质量为
D．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为
【答案】BD
【详解】A．以A、B整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为
分离之前
即
F随x的变化图像的斜率等于劲度系数A错误；
BC． 时刻
分离时
联立解得
，
B正确、C错误；
D．施加拉力F的瞬间，A、B之间的弹力为 ，有
解得
D正确。
故选BD。
11.（2023·广西柳州·统考模拟预测）如图，水平轻质弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m=0.5kg
的小物块相连，弹簧处于自然长度时，物块位于O点。将小物块向右拉到P点后由静止释放。已知弹性势
能 ，式中x为弹簧的形变量，若弹簧的劲度系数k=80N/m，OP=0.05m，小物块与水平面间的动
摩擦因数为μ，取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若（ ）
A．μ=0.9时，小物块将静止不动 B．μ=0.6时，小物块将停在O点
C．μ=0.4时，小物块将停在O点 D．μ=0.2时，小物块将停在O点
【答案】ACD
【详解】A．若μ=0.9，在P点释放小物块时，由于
小物块将停在P点，故A正确；C．若μ=0.4，小物块从P点运动到O点过程中，由功能关系有
解得
即小物块恰好停在O点，故C正确；
B．若μ=0.6，由于
0.4<μ=0.6<0.8
小物块将停在P点与O点之间，故B错误；
D．由于μ=0.2<0.4，小物块释放后将越过O点后继续向左运动距离x，由功能关系有
1
解得
x=0.025m
1
若小物块能再返回O点，由功能关系有
解得
即小物块将停在O点，故D正确。
故选ACD。
12.（2023上·福建漳州·高三福建省东山第一中学校考期中）一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光
滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉
力T=8N作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。已知AB段长度为2m，滑块
质量为2kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）当拉力为8N时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B点时的动能E；
k
（3）滑块在斜面上反复运动最终在AB之间的总路程多大？【答案】（1）6m/s2；（2）24J；（3）5m
【详解】（1）设滑块的质量为m，拉力为8N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公
式有
联立上式并代入题给数据得
（2）设滑块第一次到达B点时的动能为E，由动能定理有
k
联立上式并代入题给数据得
（3）全程由动能定理得
其中
可得路程
13．（2023上·湖北荆州·高三校考阶段练习）如图（a）所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与
木块A连接，物块B叠放在A上，系统处于静止状态。现对B施加竖直向上的拉力F，使A，B以
的加速度竖直向上做匀加速直线运动直至分离，力F的大小随B的位移x变化的关系如图（b）所示。g取
10m/s2，求：
（1）B的质量M；（2）弹簧的劲度系数k和物块A的质量m；
【答案】（1） ；（2） ，
【详解】（1）当B的位移大小为 时，A与B恰好分离，A、B间的弹力为0，根据牛顿第二定律
其中 ，解得
（2）设A、B叠放在弹簧上静止时的压缩量为 ，则
在A、B分开之前，对A、B整体，根据牛顿第二定律
联立以上两式可得
结合图（b）可知
14.（2024·全国·高三专题练习）如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直 圆轨道相切于B点，
右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接 （即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固
定一轻质弹簧，一质量为2kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因
数μ=0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2，求：
（1）滑块第一次经过B点时的速度大小v ；
B
（2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能E；
p
（3）滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块几次经过B点。
【答案】（1）3m/s；（2）1.4J；（3）1.5s；5次
【详解】（1）对滑块，从A到B，由动能定理有
解得
（2）滑块第一次到D点具有最大的弹性势能，从A到D，由动能定理可得
解得
所以整个过程中弹簧具有最大的弹性势能
（3）将滑块在BC段的运动全程看作匀减速直线运动，加速度大小
则滑块在水平轨道BC上运动的总时间
滑块最终停止在水平轨道BC间；
设滑块在BC段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得解得
结合BC段的长度可知，滑块经过B点5次。
15．（2023·全国·高三专题作业）某根弹簧的弹力大小与它的总长度关系如图所示，其中弹簧原长为
。某实验小组用这根弹簧制作了一个弹射器，将小球向左压缩弹簧（未超过限度）后释放即可弹
射出小球。已知装置OA段和BC段光滑，BC段是半径为R=10cm的四分之一圆弧，AB段长度为3R、摩擦
系数 ，钢球质量m=0.1kg。取重力加速度 ，求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）第一次弹出后小球恰好能到达C点，弹射过程弹力做了多少功；
（3）再换质量为 的钢球，将弹簧压缩到5cm处释放弹射，钢球往返运动后停在何处？最后一次
压缩弹簧到多长？
【答案】（1） ；（2） ；（3）停在AB段距离A点右侧 处，
【详解】（1）根据胡克定律有
代入图线中数值有
解得（2）小球恰好能到达C点，设小球的初动能为 ，根据动能定理有
弹射过程弹力做的功W等于小球的初动能，联立解得
（3）弹簧压缩到5cm时具有的弹性势能为
因为AB段不是光滑的，所以钢球最后一定停在AB段中的某个位置，设整个过程中经过AB段的总路程为
s，有
解得
因为有
故可得
所以钢球最后停在AB段，距离A点右侧 处；钢球弹出往返一次后最后一次压缩弹簧，在往返一次
后还未接触弹簧时钢球的动能为
设最后一次压缩弹簧后的长度为 ，可得
联立解得
16．（2023·河南开封·河南省杞县高中校考模拟预测）在光滑水平面上，并排放着质量分别为1.5m和m的滑块A和B（均可视为质点），A、B之间有少量粘合剂，能提供的最大粘合力为 。一轻弹簧的两端分
别与墙壁和滑块A相连接。O为水平面上一点，以O为坐标原点，水平向右为位移x的正方向，建立如图
所示的坐标系。轻弹簧上的弹力F与坐标x的关系如图所示，其中 、 为已知量（ 图像中，“面
积”代表功）。现用外力向左推 至O处（弹簧处于弹性限度内），然后由静止释放。求：
（1）B与A分离时的坐标位置；
（2）B与A分离之前，弹簧弹性势能的减少量；
（3）不计A、B分离过程中的能量损失，假设滑块B与挡板C碰撞前后速率不变，且滑块B刚好在A、B分
离处与A相向碰撞并粘在一起（此后不再分离），求两物块再次将弹簧压缩到最短时弹簧具有的弹性势能。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）B与A分离时，设弹簧拉力为F，两者加速度相等
对AB整体有
对B有最大拉力
解得弹簧拉力为
结合 图像可知，B与A分离时的坐标位置
（2）B与A分离之前，由 图像可知弹簧弹性势能的减少量（3）B与A分离时，A、B的速度相等，大小设为 ，对AB整体，由动能定理得
当两者又一次各自到达分离处，根据各系统的能量守恒可知，速度大小还是 ，设碰后A、B的共同速度
为 ，由碰撞时动量守恒可知
从碰后到弹簧再次被压缩到最短时，由能量守恒定律得
解得
17．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，
A放在水平地面上：B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，
使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为
m，斜面倾角为 ，重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。C释放
后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大， ， ，求：
（1）从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；
（2）A刚要离开地面时C的动能；【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设开始时弹簧压缩的长度为 ，由题意有
设当A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为 ，有
当A刚离开地面时，B上升的距离即C沿斜面下滑的距离为
（2）A刚离开地面时，以B为研究对象，B受到重力mg、弹簧的弹力kx ，细线的拉力F 三个力的作用，
A T
设B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有
对C有
当B获得最大速度时，有 ，解得
且当A刚离开地面时，根据动能定理对C有
对B有
其中弹簧弹力先做正功后做负功，且其压缩量与伸长量相等，故总功为零，即
B、C的速度大小相等，故其动能大小之比为其质量大小之比，即解得
18.（2023·吉林·统考二模）图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震
环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度
为零时涂层对其不施加作用力。在某次性能测试中，质量为0.5m的光滑环b从杆顶端被静止释放，之后与
a发生正碰；碰撞后，b的速度大小变为碰前的λ倍、方向向上，a向下运动2d时速度减为零，此过程中a
受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙。已知a静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d，弹
簧压缩量为2d，重力加速度为g。求：
（1）与a碰前瞬间，b的速度大小；
（2）λ的值；
（3）ab碰撞后，在a第一次向下运动过程中，再过多长时间b的动能为 。
【答案】（1） ；（2） ；（3） 或
【详解】（1）小环b下落的过程为自由落体，则
解得与a碰前瞬间，b的速度大小为
（2）ab发生碰撞，设向下为正方向，根据动量守恒定律可知a向下运动2d时速度减为零的过程中，由动能定理可知
由题可知a静止在弹簧上时，弹簧压缩量为2d，根据胡克定律可知
联立解得
，
（3）当b的动能为 时，b的速度为
根据动量定理可知
解得
或
19．（2023上·广东江门·高三江门市新会第一中学校考阶段练习）如图所示，在光滑水平桌面上静止着三
个小滑块，滑块1和滑块2之间压缩一轻弹簧（滑块与轻弹簧之间不拴接），水平桌面的左端A处固定一
个与桌面相切的，半径为r的光滑竖直圆管道（内径略大于滑块大小），水平桌面的右端B处与一光滑管
道（内径略大于滑块大小）相切，管道末端与粗糙地面CD在C点平滑连接，D点处有竖直挡板。现释放
被压缩的弹簧，滑块1和滑块2被弹出，滑块2弹出时的速度 ，滑块1和滑块3相碰后粘在一起，
进入圆弧轨道，并恰好通过最高点E，滑块2从B点进入光滑管道后，在水平轨道上与滑块4碰撞后粘在
一起运动。已知滑块1和滑块3的质量m均为0.1kg，滑块2和滑块4的质量M均为0.2kg，且四个滑块均
可看成质点，滑块与粗糙地面CD之间的动摩擦因数为0.5，CD的长度 。桌面和地面间高度差
。不考虑滑块与挡板碰撞时机械能损失。管道内径远小于圆形轨道半径，物块大小略小于管的内
径，物块视为质点，空气阻力忽略不计， 。求：（1）被滑块1和滑块2压缩的弹簧的弹性势能：
（2）光滑竖直圆轨道半径r和滑块1和滑块3通过A点时对管道的压力；
（3）最终滑块2和滑块4停在距D点多远的位置。
【答案】（1） ；（2） ， ，方向竖直向下；（3）
【详解】（1）将滑块1和滑块2与压缩的弹簧看作系统，由系统内动量守恒有
得
弹簧的弹性势能为
得
（2）滑块1和滑块3相碰过程动量守恒
得
滑块1和滑块3相碰后粘在一起，进入圆弧轨道通过E点过程，由动能定理有
根据题意，滑块1和滑块3相碰后粘在一起恰好通过最高点E，速度为0 ，解得
在A点，对滑块1和滑块3，由牛顿第二定律得联立解得
根据牛顿第三定律得滑块第一次到达A点时对轨道的压力为
方向竖直向下；
（3）滑块2从B点进入光滑管道后，在水平轨道上与滑块4相碰前，由动能定理
得
对滑块2和滑块4碰撞过程由动量守恒得
得
由于不考虑滑块与挡板碰撞时机械能损失，滑块2和滑块4在地面上滑行过程中由动能定理有
得
最终滑块2和滑块4停在距D点
20．（2024·广西贵港·统考模拟预测）如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的 点，另一端自由伸长到
点， 之间、 右侧的水平面光滑， 之间的距离 ，在其上表面铺上一种特殊材料，该材料动
摩擦因数从 向 随距离均匀变化如右图所示。质量 的足够高光滑曲面在 处与水平面平滑连接。
的小物块开始时静置于水平面上的 点。现给小物块一个水平向右的初速度 ，重力加速
度 取 。求：
（1）小物块在曲面上上升的最大高度；（2）小物块返回 点时小物块和曲面的速度大小；
（3）弹簧被压缩获得的最大弹性势能。
【答案】（1）2.7m；（2）3m/s，6m/s；（3）0.5J
【详解】（1）小物块在曲面上升到最大高度 时，两者具有共同的速度 。根据动量守恒定律可得
解得
又
解得
（2）从最初到小物块再次回到 点，有
以上两式，得
，
即小物块速度大小为 ，曲面的速度大小为 。
（3）方法一：小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有
其中结合图解得
根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能
方法二：由
和 图像可得 图像如图所示
图像和横轴围成的面积对应的物理意义是该过程克服摩擦力所做的功。由图知
小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有
解得
根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能
21.（2024·全国·高三统考专题练习）随着时代的不断发展，快递业发展迅猛，大量的快件需要分拣。为了
快件的安全，某网友发明了一个缓冲装置，其理想模型如图所示。劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，
轻杆可在固定的槽内移动，与槽间有恒定的滑动摩擦力作用，轻杆向下移动一定距离后才停下，保证了快
件的安全。一质量为m的快件从弹簧上端l处由静止释放，沿斜面下滑后与轻杆相撞，轻杆与槽间最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，大小为f=mg，不计快件与斜面间的摩擦。(1)求快件与弹簧相撞时的速度大小；
(2)若弹簧的劲度系数为 ，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；
1
(3)已知弹簧的弹性势能表达式为 ，其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量；试求(2)情况下，轻杆
向下运动时快件的加速度a，以及轻杆向下移动的最大距离x。
2
【答案】(1) ；(2) ；(3) ，负号表示方向向上，
【详解】（1）由于不计快件与斜面间的摩擦，所以快件向下运动的过程中机械能守恒，则有
①
解得
（2）轻杆开始移动时，弹簧的弹力
F=kx②
1
且
F=f=mg③
解得
（3）轻杆开始移动时，弹簧的弹力
④
沿斜面的方向，选取向下为正方向，由牛顿第二定律得
⑤
联立④⑤得 ，负号表示方向向上
设杆移动前快件对弹簧所做的功为W，则快件开始运动到杆刚刚开始运动的过程中，对快件由动能定理得⑥
由于快件对弹簧所做的功为W转化为弹簧的弹性势能，即
W=E= ⑦
p
联立得
快件向下做减速运动，有运动学的公式得
解得
22.（2023·北京顺义·高三牛栏山一中校考期中）如图所示，内壁光滑的直圆筒固定在水平地面上，一
轻质弹簧一端固定在直圆筒的底端，其上端自然状态下位于O点处．将一质量为m、直径略小于直圆筒的
小球A缓慢的放在弹簧上端，其静止时弹簧的压缩量为x．现将一与小球A直径等大的小球B从距A小球
0
3x的P处释放，小球B与小球A碰撞后立即粘连在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并恰能
0
回到O点．已知两小球均可视为质点，弹簧的弹性势能为 kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形
变量．求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）小球B的质量m；
B
（3）小球A与小球B一起向下运动时速度的最大值v．
m【答案】（1）mg/x（2）m（3）
0
【详解】（1）由平衡条件可知：
解得劲度系数
（2）B球由静止下落后与A接触前的瞬时速度为 ，则有
解得
设A与B碰撞后的速度为 ，有
由于A、B恰能回到O点，根据动能定理有：
解得
（3）设AB球碰撞后再继续向下运动 时速度达到最大值，此时它们的加速度为零，有：
解得
据机械能守恒定律有：
解得
