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专题4 弹簧模型
有关弹簧模型的平衡问题（8-12 题）.......................................................................................................8
有关弹簧模型的动力学问题（13-17 题）.............................................................................................13
有关弹簧模型的能量动量问题（18-22 题）.........................................................................................17
1.
（2023•山东）餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距
竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳
定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大
小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为（ ）
A．10N/m
B．100N/m
C．200N/m
D．300N/m
【解答】解：单个盘子的质量为m＝300g＝0.3kg，
移走一个盘子，弹簧形变量发生变化，形变量的变化量为Δx＝1.0cm＝0.01m，
盘子的总重力减小ΔG＝mg＝0.3×10N＝3N，
由平衡条件得，弹簧的弹力减小了3N，则有3kΔx＝ΔG，
代入数据解得：k＝100N/m，
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2.
（多选）（2022•甲卷）如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻
弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉
力F 拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢
复原长之前（ ）
1
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A．P 的加速度大小的最大值为2μg
B．Q 的加速度大小的最大值为2μg
C．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小
D．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
【解答】解：AB、设两物块的质量均为m，撤去拉力F 前，两滑块均做匀速直线运动，对两滑
块P、Q 整体分析得F＝2μmg
隔离滑块Q 分析得F 弹＝μmg
撤去拉力F 后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得：
滑块P：﹣F 弹﹣μmg＝ma1
滑块Q：F 弹﹣μmg＝ma2
则a1=- F弹- μmg
m
，a2= F弹- μmg
m
，
可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块P 做加速度减小的减速运动，Q 做加速度增大的减速运动，
当F 弹＝μmg 时，滑块P 加速度最大值为
a1max＝2μg，
当F 弹＝0 时，滑块Q 加速度最大值为
a2max＝μg，
故A 正确，B 错误；
C、滑块P、Q 水平向右运动，P、Q 间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q 的位移，故C 错
误；
D、滑块P 在弹簧恢复到原长时的加速度为a′1＝μg，
可见滑块P 减速的最小加速度为滑块Q 减速的最大加速度，撤去拉力时，P、Q 的初速度相等，
滑块P 由开始的加速度大小为2μg 做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为
μg；滑块Q 由开始的加速度为0 做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为
μg，则滑块P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，故D 正确。
故选：AD。
3.
（2021•北京）某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。
如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针
位于直尺20cm 刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm 刻度处。将直尺不同刻度
2
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对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，
重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．30cm 刻度对应的加速度为﹣0.5g
B．40cm 刻度对应的加速度为g
C．50cm 刻度对应的加速度为2g
D．各刻度对应加速度的值是不均匀的
【解答】解：设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺
40cm 刻度处，则mg＝k（40
20
﹣
）×10
2
﹣＝0.2k
A、30cm 刻度时根据牛顿第二定律有：k（30
20
﹣
）×10
2
﹣
mg
﹣
＝ma，解得a＝﹣0.5g，故A 正
确；
B、40cm 刻度时钢球处于平衡状态，故a＝0，故B 错误；
C、50cm 刻度时根据牛顿第二定律有：k（50
20
﹣
）×10
2
﹣
mg
﹣
＝ma，解得a＝0.5g，故C 错误；
D、根据牛顿第二定律有k（l
20
﹣
）×10
2
﹣
mg
﹣
＝ma，可得a= k(l -20)×10
-2
m
- g，则各刻度
对应加速度的值是均匀的，故D 错误；
故选：A。
4.
（多选）（2023•湖北）如图所示，原长为l 的轻质弹簧，一端固定在O 点，另一端与
一质量为m 的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上
M、N 两点与O 点的距离均为l，P 点到O 点的距离为1
2 l，OP 与杆垂直。当小球置于杆上P 点
时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速
度从M 点向下运动到N 点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是
（ ）
3
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A．弹簧的劲度系数为4 mg
l
B．小球在P 点下方1
2 l 处的加速度大小为 (3√2- 4)g
C．从M 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M 点到P 点和从P 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【解答】解：A、当小球置于杆上P 点时恰好能保持静止，则有：k（l- l
2
）•μ＝mg，解得弹簧
的劲度系数为：k= 4 mg
l
，故A 正确；
B、小球在P 点下方1
2 l 处时，弹簧与杆的夹角为45°，此时弹簧的长度为l′= √2l
2
，弹簧处于压
缩状态，受力情况如图所示：
弹力大小为：F＝k（l
l′
﹣），解得：F＝（4
2
﹣√2）mg
根据牛顿第二定律可得：mg+Fcos45°
f
﹣＝ma，其中：f＝μFsin45°
联立解得：a=√2g，故B 错误；
C、杆上M、N 两点与O 点的距离均为l，所以小球在M 和N 点时弹簧处于原长，小球从M 到P
过程中，弹簧的压缩量增大、弹力增大，弹簧弹力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球
从P 到N 过程中，弹簧的压缩量减小、弹力减小，弹簧弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减
小，故从M 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小，故C 错误；
D、关于P 点对称的任意两点，小球受到的摩擦力相同，所以从M 点到P 点和从P 点到N 点的
4
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运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D 正确。
故选：AD。
5.
（2022•江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A 连接在一起，处于压
缩状态．A 由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B 轻放在A 右侧，A、B
由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B 始终不分离，当A 回到初始位置时速度为
零．A、B 与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．当上滑到最大位移的一半时，A 的加速度方向沿斜面向下
B．A 上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B 对A 的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功大于B 的重力势能减小量
【解答】解：A、物体A 上滑过程先做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时速度最大。之
后做加速度增大的减速运动，当速度为零时到达最高点，若不受摩擦力，则A 运动到位移的一
半时，加速度为零，但不知摩擦力大小与重力下滑分力的关系，当A 运动到位移的一半时，加
速度方向不能确定，故A 错误；
B、设斜面的倾角为θ，如果在最高点A、B 之间的弹力为零，则B 的最大加速度为：am＝gsinθ
μgcosθ
﹣
，
若在最高点弹簧弹力沿斜面向下（设其大小为F），则AB 整体的加速度为：
a= F +(mA+mB)gsinθ - μ(mA+mB)gcosθ
mA+mB
因a＞am，所以AB 会出现分离的情况。
若在最高点弹簧弹力沿斜面向上或者恰好为零，则AB 整体的加速度将小于或者等于am，AB 就
不会出现分离的情况。
由此分析可知在最高点弹簧弹力沿斜面向上或者恰好为零，故A 上滑时，弹簧的弹力方向不发
生变化，故B 正确；
C、AB 一起下滑的过程弹簧一直处于压缩状态，形变量逐渐增大，弹簧弹力逐渐增大，AB 整体
5
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的加速度为：
a= (mA+mB)gsinθ - μ(mA+mB)gcosθ - F
mA+mB
，可知a 先减小后反向增大；
设AB 之间的弹力为FN，隔离B 物体分析，则有：a= mB gsinθ - μmB gcosθ- F N
mB
，因a 先减小
后反向增大，故AB 之间的弹力一直增大，故C 错误；
D、整个过程的初末状态弹簧弹性势能相等，物体A 的重力势能也相等，由能量守恒和功能关系
可知，AB 克服摩擦做的功等于B 的重力势能的减小量，故D 错误。
故选：B。
6.
（多选）（2022•辽宁）如图所示，带电荷量为6Q（Q＞0）的球1 固定在倾角为30°
光滑绝缘斜面上的a 点，其正上方L 处固定一电荷量为﹣Q 的球2，斜面上距a 点L 处的b 点
有质量为m 的带电球3，球3 与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b 点处于静止状态。此时弹
簧的压缩量为L
2
，球2、3 间的静电力大小为mg
2
。迅速移走球1 后，球3 沿斜面向下运动。g
为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3 的说法正确的是（ ）
A．带负电
B．运动至a 点的速度大小为√gL
C．运动至a 点的加速度大小为2g
D．运动至ab 中点时对斜面的压力大小为3√3- 4
6
mg
【解答】解：A、由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1 和3 之间的力大于小球2 和3
之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1 和3 一定是斥力，小球1 带正电，故小球3 带正电，故
A 错误；
B、小球3 运动至a 点时，弹簧的伸长量等于L
2
，根据对称性可知，小球2 对小球3 做功为0；弹
6
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簧弹力做功为0，根据动能定理得：
mgLsinθ = 1
2 mv
2
解得：v =√gL，故B 正确；
C、小球3 在b 点时，设小球3 的电荷量为q，有
kQq
L
2 = mg
2
设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有
F = kq⋅6Q
L
2
- kQq
L
2 sin30° -mgsin30°
解得：F = 9
4 mg
小球运动至a 点时，弹簧的伸长量等于L
2
，根据对称性可知
F + kQq
L
2 sin30° -mgsin30° =ma
解得：a＝2g，故C 正确；
D、当运动至ab 中点时，弹簧弹力为0，此时小球2 对小球3 的拉力为
F23=
kQq
( √3
2 L)
2
= 4
3 ⋅kQq
L
2 = 2
3 mg
斜面对小球的支持力为
F N =mgcos30° - F23= 3√3- 4
6
mg
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为3√3- 4
6
mg，故D 正确；
故选：BCD。
7.
（2022•辽宁）如图所示，光滑水平面AB 和竖直面内的光滑1
4
圆弧导轨在B 点平滑连
接，导轨半径为R。质量为m 的带正电小球将轻质弹簧压缩至A 点后由静止释放，脱离弹簧
后经过B 点时的速度大小为√gR，之后沿轨道BO 运动。以O 为坐标原点建立直角坐标系
xOy，在x≥
R
﹣
区域有方向与x 轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大
小为√2mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；
（2）小球经过O 点时的速度大小；
7
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（3）小球过O 点后运动的轨迹方程。
【解答】解：（1）小球从A 到B，根据能量守恒定律得：
E p= 1
2 m vB
2 = 1
2
mgR
（2）小球从B 到O，根据动能定理得：
-mgR+qE⋅√2 R = 1
2 mvO
2 - 1
2 mvB
2
解得：vO=√3 gR
（3）小球运至O 点是速度竖直向上，受重力和电场力作用，将电场力分解到x 轴和y 轴上，则
x 轴方向有
Fcos45°＝max
竖直方向有
Fsin45°
mg
﹣
＝may
解得：ax＝g；ay＝0
说明小球从O 点开始以后的运动为x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y 轴方向做匀速直
线运动，即做类平抛运动，则有
x = 1
2 gt
2，y＝vOt
联立解得：y2＝6Rx，y≥0。
8
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有关弹簧模型的平衡问题（8-12 题）
8.
（2023•丽江一模）如图，质量分别为M、m 的两个木块A、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α 角。不计滑轮与绳间的摩擦。则下列正确的是（ ）
A．木块A 对桌面的压力（M+m）g
F
﹣
B．木块A 与桌面之间的动摩擦因数μ=
Fcosα
( M +m)g- F
C．弹簧与水平方向的夹角的正切值tanβ = Fsinα -mg
Fcosα
D．弹簧的弹力大小为F弹=√( Fsinα )
2+( Fcosα -mg)
2
【解答】解：A．对A、B 物块和弹簧构成的系统整体受力分析可知：
Fsinα+N 地＝（M+m）g
根据牛顿第三定律可知木块A 对地面的压力为（M+m）g
Fsinα
﹣
，故A 错误；
B．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；
CD．对B 物块受力分析，正交分解：
F 弹sinβ＝Fsinα
mg
﹣
F 弹cosβ＝cosα
两式相比解得：tanβ= Fsinα -mg
Fcosα
两式平方相加解得：
F 弹=√( Fcosα )
2+( Fsinα -mg)
2
故C 正确，D 错误。
故选：C。
9
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9.
（2023•沙河口区校级模拟）在倾角为θ 的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物
块A、B，它们的质量分别为m1 和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拉力拉物块A，使它以加速度a 沿斜面向上做匀加速运动直到
物块B 刚要离开挡板C．在此过程中（ ）
A．物块A 运动的距离为m1gsinθ
k
B．拉力的最大值为m1gsinθ+m1a
C．拉力做功的功率先增大后减小
D．弹簧弹性势能先减小后增大
【解答】解：A、设开始时弹簧压缩量x1，对物块A，有：m1gsinθ＝kx1
得：x1= m1 gsinθ
k
。
当物块B 刚离开挡板C 时，有：m2gsinθ＝kx2
得：x2= m2 gsinθ
k
。
所以物块A 运动的距离为：S＝x1+x2= (m1+m2)gsinθ
k
．故A 错误；
B、物块B 刚要离开挡板C 时拉力最大，对A，有：F
m
﹣
1gsinθ
kx
﹣
2＝m1a
解得拉力的最大值为：F＝（m1+m2）gsinθ+m1a，故B 错误。
C、从A 开始运动到弹簧恢复原长前，由A 有：F
m
﹣
1gsinθ+kx＝m1a，x 减小，F 增大，由P＝
Fv 知拉力的功率增大。
弹簧恢复原长前，由A 有：F
m
﹣
1gsinθ
kx
﹣
＝m1a，x 增大，F 增大，由P＝Fv 知拉力的功率增
大。所以拉力做功的功率一直增大，故C 错误。
D、弹簧从压缩到恢复原长再伸长，弹性势能先减小后增大，故D 正确。
故选：D。
10. （2023•淄博模拟）如图所示，某同学将一轻质弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端
与物块连接，物块置于水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，弹簧与地面平行。改变
10
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物块在水平面上的位置，发现物块只能在A、B 两点间保持静止，测得A、B 两点到竖直挡板
的距离分别为d1、d2，物块的质量为m，当地重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
则该弹簧的劲度系数为（ ）
A．2 μmg
d2-d1
B．μmg
d2+d1
C．
μmg
2(d2-d1)
D．2 μmg
d2+d1
【解答】解：根据题意，设弹簧的原长为d0，劲度系数为k，在A 点时，根据平衡条件有k（d0
d
﹣1）＝μmg
在B 点时，根据平衡条件有k（d2
d
﹣0）＝μmg
联立解得k = 2 μmg
d2-d1
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
11. （2023•南宁模拟）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平墙上，另一端与一小球相连，
在小球上再施加一个拉力F 使小球处于静止状态，弹簧与竖直方向夹角为α，拉力F 与竖直方
向夹角为β，且α+β＜90°；现保持拉力F 大小不变，方向缓慢转至水平，则下列说法正确的是
（ ）
A．α 先增大后减小
B．α 一直减小
C．弹簧的弹力先减小后增大
D．弹簧的弹力先增大后减小
【解答】解：根据题意，对小球受力分析，如图所示
11
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保持拉力F 大小不变，方向缓慢转至水平过程中，由矢量三角形可得，弹簧弹力逐渐增大，α 先
增大后减小，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
12. （2023•衡水二模）如图所示，倾角为θ 的斜面固定在水平地面上，两个质量均为m
的物块A、B 用原长为l0的轻质弹簧连接，两物块恰好能静止在斜面上，此时弹簧的长度为l
（在弹性限度内）。已知物块B 与斜面间的动摩擦因数是物块A 与斜面间的动摩擦因数的两
倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小为g，则弹簧的劲度系数为 （ ）
A．mgcosθ
2(l0-l)
B．mgsinθ
3(l -l0)
C．mgcosθ
3(l0-l)
D．mgsinθ
2(l -l0)
【解答】解：设物块A 与斜面间的动摩擦因数为μ，物块B 与斜面间的动摩擦因数2μ，两物块
恰好能静止在斜面上，对A、B 整体分析，由平衡条件得：
2mgsinθ＝μmgcosθ+2μmgcosθ
即mgsinθ= 3
2 μmgcosθ①
对A 分析：
12
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弹簧对A 的弹力大小为F′，由A 物体处于平衡状态，mgsinθ＝μmgsinθ+F′②
联立①②解得F ' = 1
3 mgsinθ，方向沿斜面向上，弹簧处于伸长状态，
由胡克定律得F′＝k（l
l
﹣0）
解得k= mgsinθ
3(l -l0)
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
有关弹簧模型的动力学问题（13-17 题）
13. （2023•亭湖区校级模拟）如图所示，两物块之间连接一个处于拉伸状态的轻弹簧，
静止于水平粗糙木板上。现将整体自由下落，可观察到的现象是（ ）
A．两物块相对木板静止
B．两物块相对木板运动且彼此靠近
C．质量大的物块相对木板静止，质量小的物块靠近质量大的物块
D．质量小的物块相对木板静止，质量大的物块靠近质量小的物块
【解答】解：整体未下落时，两物块相对木板静止，弹簧的弹力等于摩擦力，整体无初速度释
放后，两物体和木板都处于完全失重状态，两物块对木板的压力为零，此时摩擦力消失，在水
平方向上，两物块只受到弹簧的拉力，根据牛顿第二定律可知，两物块相对木板运动且相互靠
近，与物体的质量大小无关，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
14. （2023•重庆模拟）如图所示，质量均为m 的三个物体（可视为质点）A、B、C 均放
13
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在粗糙水平面上，动摩擦因数均为μ，物体间用原长为L 的轻弹簧连接，每根弹簧劲度系数均
为k。现用外力F 拉动物体A，使三个物体一起加速运动，则A、C 间的距离为（初始状态弹
簧均为原长）（ ）
A．L+ F
k
B．2 L+ F
k
C．L+ F
2k
D．2 L+ F
2k
【解答】解：对三个物体组成的整体，根据牛顿第二定律得：a= F -3 μmg
3m
= F
3m - μg
对B、C 整体，根据牛顿第二定律得：2ma＝kΔx1
2μmg
﹣
对C，根据牛顿第二定律得：ma＝kΔx2
μmg
﹣
A、C 间的距离为：x＝2L+Δx1+Δx2
联立解得：x =2 L+ F
k
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
15. （2023•河北模拟）如图所示，轻弹簧一端与质量为m 的物块A 相连接，另一端与小
立柱（质量忽略不计）栓接，第一次将A 放在物块B 上，物块B 的上表面水平，小立柱固定
在B 上，物块B 放在固定斜面上，AB 相对静止的一起沿斜面下滑，第二次将A 放在物块C 上，
C 的上表面与斜面平行，小立柱固定在C 上，物块C 放在固定斜面上，AC 相对静止的一起沿
斜面下滑，已知斜面倾角为β ＝30° ，B 、C 质量相等，与斜面的动摩擦因数均为
μ( √3
6 ＜μ＜√3
3 )，两次轻弹簧均处于伸长状态，弹力大小均为1
4
mg。已知重力加速度为g。
则两次下滑过程中A 、B 间的摩擦力与A 、C 间的摩擦力之比为（ ）
A．1+√3+3 μ
2√3 μ+1
B．1+√3-3 μ
2√3 μ+1
C．1+√3-3 μ
2√3 μ-1
D．1+√3+3 μ
2√3 μ-1
【解答】解：物块B、C 质量相等，设B、C 质量均为M，A 与B 保持相对静止，则二者向下的
14
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加速度是相等的，对A、B 整体，由牛顿第二定律有
（M+m）gsinβ
μ
﹣（M+m）gcosβ＝（M+m）a1
解得：a1＝gsinβ
μgcosβ
﹣
同理，A 与C 保持相对静止，则二者向下的加速度也是相等的，对A、C 整体，由牛顿第二定律
有
（M+m）gsinβ
μ
﹣（M+m）gcosβ＝（M+m）a2
解得：a2＝gsinβ
μgcosβ
﹣
＝a1
第一次以A 为研究对象，A 受重力、物块B 竖直向上的支持力、弹簧水平向左的弹力，因为A
所受合力沿斜面向下，由力的合成与分解知识可知，A 在水平方向上所受合力一定向右，即A
所受静摩擦力水平向右，则有
fAB
F
﹣
弹＝ma1cosβ
第二次仍以A 为研究对象，A 受重力、物块C 垂直斜面斜向上的支持力、弹簧沿斜面向上的弹
力，物块C 对A 沿斜面向上的静摩擦力，由牛顿第二定律有
mgsinβ
F
﹣
弹﹣fAC＝ma2
又：F 弹= mg
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联立各式，解得：f AB
f AC
= 1+√3-3 μ
2√3 μ-1
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
16. （2023•湖南模拟）如图所示，质量分别为m 和2m 的A、B 两个物块置于粗糙固定的
足够长的斜面上，且固定在一轻质弹簧两端，已知弹簧的劲度系数为k，两物块与斜面间的动
摩擦因数均为μ，斜面的倾角为θ，现沿斜面向上在物块B 上施加一拉力F，使两物块一起沿
斜面向上做匀加速直线运动，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．减小动摩擦因数，其他条件不变，则弹簧的总长将变大
B．改变斜面的倾角，保持拉力F 方向仍然沿斜面向上，大小不变，则弹簧的总长将随倾角的变
化而变化
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C．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F 瞬间物块A 的加速度大小为
F
3m - g(sinθ - μcosθ)
D．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F 瞬间物块B 的加速度大小为
g(sinθ+ μcosθ)+ F
6m
【解答】解：AB、对AB 整体，由牛顿第二定律得：F
3mgsinθ
μ•3mgcosθ
﹣
﹣
＝3ma
对物块A，由牛顿第二定律有：F 弹﹣mgsinθ
μmgcosθ
﹣
＝ma
联立解得弹簧的弹力大小为：F 弹= 1
3 F
根据胡克定律有：F 弹＝kx
解得弹簧形变量：x = F
3k
弹簧的总长为：x + L= F
3k + L，可知弹簧的总长与斜面的倾角和动摩擦因数均无关，故AB 错
误；
C、撤去拉力F 瞬间，弹簧来不及形变，物块A 的加速度不变，对A，由牛顿第二定律得：
aA = F -3mgsinθ-3 μmgcosθ
3m
= F
3m - g(sinθ+ μcosθ)，方向沿斜面向上，故C 错误；
D、对B，由牛顿第二定律得撤去F 瞬间物块B 加速度为：
aB= 2mgsinθ+ μ⋅2mgcosθ+ F弹
2m
=g（sinθ+μcosθ）+ F
6m，方向沿斜面向下，故D 正确。
故选：D。
17. （2023•龙华区校级二模）如图所示，轻质弹簧的一端固定在地面上，另一端放上一
个重物，在重物的上端系一根跨过光滑定滑轮的轻绳，在轻绳的另一端施加一竖直向下的拉力
F，当F＝0 时，重物处于平衡状态，此时弹簧的压缩量为x0。某时刻拉动轻绳，使得重物向上
做匀加速运动，用h 表示重物向上做匀加速运动时移动的距离。在h＜x0范围内，下列拉力F
与h 的关系图像可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：当F＝0 时，重物处于平衡状态，此时弹簧的压缩量为x0，根据平衡条件得：mg＝
kx0
某时刻拉动轻绳，使得重物向上做匀加速直线运动，h≤x0，则弹簧始终处于压缩状态，对物块，
根据牛顿第二定律得：F
mg+k
﹣
（x0
h
﹣）＝ma
整理得：F＝kh+mg+ma
kx
﹣
0＝kh+ma
物块做匀加速直线运动，a 保持不变，则F 与h 的关系为一次函数关系，且与纵轴的交点为
ma，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
有关弹簧模型的能量动量问题（18-22 题）
18. （2024•吉林一模）如图所示，质量均为m 的木块A 和B，用一个劲度系数为k 的竖
直轻质弹簧连接，最初系统静止，重力加速度为g，现在用力F 向上缓慢拉A 直到B 刚好要离
开地面，则这一过程中弹性势能的变化量ΔEp和力F 做的功W 分别为（ ）
A．m
2 g
2
k
，m
2 g
2
k
B．m
2 g
2
k
，2m
2 g
2
k
C．0，m
2 g
2
k
D．0，2m
2 g
2
k
【解答】解：开始时，A、B 都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有 kx1＝mg，
解得：x1= mg
k
物体A 恰好离开地面时，弹簧对B 的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有 kx2
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＝mg，解得：x2= mg
k
由于弹簧的压缩量和伸长量相等，则弹簧的弹性势能变化为零；
这一过程中，物体A 上移的距离为：d＝x1+x2= 2mg
k
，
根据功能关系可得拉力做的功等于A 的重力势能的增加量，则有：W＝mgd= 2m
2 g
2
k
，故D 正
确，ABC 错误。
故选：D。
19. （2023 秋•南京期中）如图所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物块，置于粗糙的
水平面上。开始时弹簧处于原长，现用一恒力F 将物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一
次达到最大。在此过程中，关于物块的速度v、物块的动能Ek、弹簧的弹性势能Ep、物块和弹
簧的机械能E 随时间t 或位移x 变化的图像，其中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A．对物块受力分析，根据牛顿第二定律知F
f
kx
﹣﹣
＝ma，F 是恒力，弹力一直增
大，加速度一直减小到0，所以速度增加得越来越缓慢，v
t
﹣图像中斜率越来越小，故A 错误；
B．加速度一直减小到0，所以合外力一直在减小到0，根据k = Δ Ek
Δx = F合，可知合力一直减小
到零，k 一直减小到0，故B 错误；
C．由功能关系W 除G、弹簧弹力＝ΔE 机得机械能的增加与位移的比值等于除重力或系统内弹簧弹力
以外的力，结合受力分析可知，除重力，系统内弹簧弹力以外，做功的力还有F 和摩擦力，则
ΔE＝（F
f
﹣）x，即E
0
﹣＝（F
f
﹣）x，整理得E＝（F
f
﹣）x，则E
x
﹣图像斜率不变，故C 错
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误；
D．从原长到速度最大的过程中，弹力的形变量大小等于位移，弹力方向不变，大小随位移均匀
增大，W 弹＝﹣ΔEp，得- 1
2 k x
2=0- E p
❑
，整理得Ep= 1
2 k x
2，由于劲度系数k 一定，Ep与x 的
平方成正比，故D 正确。
故选：D。
20. （2023•温州模拟）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸
长时弹簧上端处于A 点。t＝0 时将小球从A 点正上方O 点由静止释放，t1时到达A 点，t2时弹
簧被压缩到最低点B。以O 为原点，向下为正方向建立x 坐标轴，以B 点为重力势能零点，弹
簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的
弹性势能Ep2变化图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．′
【解答】解：根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段，分别为第一阶段：O→A 自由落体；
第二阶段：O 到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B 处，向上的弹
力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。
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AB．根据重力势能表达式可知Ep1＝mg（x1+x2
x
﹣）x≤x1时，弹性势能为0，机械能等于重力势
能的最大值。x＞x1时，此时的弹簧的弹性势能为：
E p2= 1
2 k( x - x1)
2
设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E＝E0+Ep2
可知E0= E - 1
2 k( x - x1)
2
是开口向下的抛物线。故A 错误，B 正确；
CD．设小球下落到A 点时的时间为t1，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式可得：
Ek = 1
2 m v1
2= 1
2 m(gt1)
2= m g
2
2
t1
2
故第一阶段的Ek
t
﹣图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹
力大小逐渐增大，则根据牛顿第二定律可得：
a= mg- F弹
m
可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段根据牛
顿第二定律可得：
a= F弹-mg
m
可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B 处动能为0。由上述速度的分析可知，在x
＞x1的范围内，先加速后减速，x
t
﹣图像的斜率先增大后减小，则Ep2
t
﹣的图像的斜率也是先增
大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的
最大值。故CD 错误。
故选：B。
21. （2023•成都模拟）如图，圆心为O1的光滑半圆环固定于竖直面，轻弹簧上端固定在
O1正上方的O2点，c 是O1O2和圆环的交点；将系于弹簧下端且套在圆环上的小球从a 点静止
释放，此后小球在a、b 间做往复运动。若小球在a 点时弹簧被拉长，在c 点时弹簧被压缩，
aO1⊥aO2。则下列判断正确的是（ ）
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A．小球在b 点受到的合力为零
B．弹簧在a 点的伸长量可能小于弹簧在c 点的压缩量
C．弹簧处于原长时，小球的速度最大
D．在a、b 之间，小球机械能最大的位置有两处
【解答】解：A、小球在b 点时速度为零，此后小球沿圆弧向上运动，说明此时的合外力方向沿
圆弧向上，小球在b 点受到的合力不为零，故A 错误；
B、因只有重力和弹簧弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，小球在a 点的动能和重力势
能之和最小，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B 错误；
C、小球从a 至c，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸
长状态）时，速度最大，故C 错误；
D、当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，根据题意知，a、b 相对于O1O2对称，
所以弹簧处于原长的位置有两处，即在a、c 与b、c 之间各有一处，故D 正确。
故选：D。
22. （2023•鼓楼区校级一模）如图所示，一轻质弹簧固定在斜面底端，t＝0 时刻，一物
块从斜面顶端由静止释放，直至运动到最低点的过程中，物块的速度v 和加速度a 随时间t、
动能Ek和机械能E 随位移x 变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【解答】解：B、物块与弹簧接触前所受合力是恒力，加速度大小不变，做初速度为零的匀加速
直线运动；物块与弹簧接触后在压缩弹簧过程，弹簧的弹力逐渐增大，合力逐渐减小，物块的
加速度逐渐减小，物体做加速度逐渐减小的加速运动；当物块所受合力为零后继续向下运动过
程，合力沿斜面向上，物块做减速运动，由于弹簧弹力增大，合力最大，加速度增大，物块做
加速度逐渐增大的减速运动直到速度为零，由于物块与弹簧接触时有一定的初速度，因此弹簧
压缩量最大时的加速度大于物块做匀加速直线运动时的加速度大小，故A 正确，B 错误；
C、由动能定理可知：Ek＝Fx＝max，由于开始做初速度为零的匀加速直线运动，做初速度为零
的匀加速直线运动时Ek与x 正正比，Ek
x
﹣图象是倾斜的直线；物块与弹簧接触后先做加速度增
大的减速运动，后做加速度减小的减速运动，与弹簧接触后Ek
x
﹣图象的斜率先减小后增大，故
C 错误；
D、如果斜面不光滑，设物块所受摩擦力大小为f，物块与弹簧接触前机械能的减少量ΔE＝fx，
E
x
﹣图象是倾斜的直线，与弹簧接触后一方面克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，另一
方面要克服弹簧弹力做功，部分机械能转化为弹簧的弹性势能，弹簧的弹性势能ΔEP= 1
2 k x
2，
故D 错误。
故选：A。
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