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专题4 弹簧模型
有关弹簧模型的平衡问题 1
有关弹簧模型的动力学问题 6
有关弹簧模型的能量动量问题 13
有关弹簧模型的平衡问题
如图所示，两个质量均为m的木块A、B（均可视为质点）由劲度系数为k1的轻质弹簧拴接，木块B通过另一劲度系数为k2的轻质弹簧与地面拴接，一根轻绳绕过定滑轮与木块A相连，初始整个系统静止，滑轮左侧绳子刚好保持竖直，重力加速度为g。现用力F缓慢拉绳，拉动时滑轮右侧绳子保持与竖直方向的夹角为θ不变，直到弹簧2的弹力大小变为原来的一半为止，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．木块A移动的距离可能为
B．木块A移动的距离可能为
C．绳子对定滑轮的作用力大小可能为
D．绳子对定滑轮的作用力大小可能为
【解答】解：AB.根据胡克定律可得，弹簧1的初始压缩量为，弹簧2的初始压缩量为，若弹簧2的弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于压缩状态，则此时弹2的压缩量为；
对物块B分析可得mg＝k2x22，所以弹簧1刚好恢复原长，此过程中A木块上升的位移为 Δx＝x11+（x21﹣x22）
若弹簧2的弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于伸长状态，则此时弹簧2的伸长量为 ；
对B分析可得mg+k2x22'＝k1x12'
所以弹簧1的弹力为2mg，此时弹簧1的伸长量为
此过程中A木块上升的位移为 Δx'＝x11+x'12+x21+x'22
解得Δx'
故AB错误；
CD.对A分析可得绳子的拉力为 F＝mg，绳子对定滑轮的作用力大小
若2弹簧弹力大小变为原来的一半且2弹簧处于伸长状态，对A分析可得绳子的拉力为 F'＝3mg，绳子对定滑轮的作用力大小 ，此时绳子对定滑轮的作用力最大，故C正确、D错误。
故选：C。
（多选）如图所示，O点和细钉C在小球A正上方，小球B用轻质橡皮筋相连绕过光滑细钉C悬挂于O点，A、B之间用轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态，A、B都可以看成质点，橡皮筋的拉力遵循胡克定律，OC刚好等于橡皮筋的原长，弹簧的弹力大小为F，B球的质量为mB；现竖直向下移动小球A一小段高度，同时调整B球的质量mB，使整个系统再次处于静止状态（B球仍在右侧），则（ ）
A．mB不变 B．mB变大 C．F不变 D．F变大
【解答】解：对B受力分析有：
设橡皮筋的劲度系数为k1，弹簧的劲度系数为k2，弹簧原长为l0有：
k1不变，AB不变，F不变，AC变大，mB变大，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
（多选）儿童玩具弹射装置模型如图所示。可伸缩轻质弹簧和轻质杆的一端分别用铰链连接在固定竖直板的P、Q处，另一端连接在质量为m的小球上，初始时刻在竖直向上力F的作用下杆处于水平位置，弹簧的原长和杆的长度均为l，PQ间距为。现保持力F的方向不变缓慢提升小球，直到弹簧呈水平状态。在这个过程中（弹簧在弹性限度内）（ ）
A．F先变大后一直变小
B．小球可能受三个力作用
C．弹簧在末态时的弹力比初态时的大
D．轻质杆所受的弹力先变小后变大
【解答】解：初始时刻对小球受力分析如图
此时弹簧的长度为
此时弹簧的弹力为Fk＝k（l1﹣l）
根据共点力平衡，沿水平方向
沿竖直方向
则F
当弹簧处于原长时，如图所示
此时小球受到2个力，F＝mg；
当弹簧呈水平状态时，对小球受力分析如图所示
此时弹簧的长度为
此时弹簧的弹力为Fk′＝k（l2﹣l）
根据共点力平衡可知沿水平方向Fk′＝N′cosφ
可得：
竖直方向有
A．由图可知，从初始状态到弹簧恢复原长的过程中，F从逐渐增大到mg，然后从原长位置到弹簧呈水平状态位置，F从mg增大到，故F一直在增大，故A错误；
B．综上所述，小球在运动过程中不可能受到3个力的作用，可能受到2个力作用或者4个力的作用，故B错误；
C．因为Fk，Fk′
所以Fk′＞Fk
故弹簧在末态时的弹力比初态时的大，故C正确；
D．初始状态时，轻质杆所受弹力为N
当弹簧恢复到原长位置为，轻质杆所受的弹力为0；
当弹簧处于水平状态时，轻质杆所受的弹力为N′
又因为N′＞N
所以轻质杆所受的弹力先变小后变大，故D正确。
故选：CD。
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
C．弹簧与水平方向的夹角的正切值
D．弹簧的弹力大小为
【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
两式平方相加解得：
F弹
故C正确，D错误。
故选：C。
有关弹簧模型的动力学问题
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
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。
当物块B刚离开挡板C时，有：m2gsinθ＝kx2
得：x2。
所以物块A运动的距离为：S＝x1+x2．故A错误；
B、物块B刚要离开挡板C时拉力最大，对A，有：F﹣m1gsinθ﹣kx2＝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﹣m1gsinθ+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﹣m1gsinθ﹣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。
如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接。小车在水平面上做直线运动的过程中，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成α角。下列说法正确的是（ ）
A．小车不可能做匀速运动
B．小车可能向右做减速运动
C．细绳有拉力时，弹簧一定有弹力
D．弹簧有弹力时，细绳可能没拉力
【解答】解：AB.若细绳没有拉力，小球做匀速运动，若细绳有拉力时，小球向右做加速运动，即，无论细绳有没有拉力，小球不可能向右做减速运动，故AB错误；
C.细绳有拉力时，弹簧可以无弹力，这时小车向右做加速运动，故C错误；
D.小球匀速运动时，弹簧有弹力，细绳没拉力，故D正确。
故选：D。
（多选）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为1.5kg。t＝0时对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．t＝1s时物块A的速度为0.8m/s
B．t＝1s时弹簧弹力为0.6N
C．物块B的质量为0.8kg
D．F大小为1.5N
【解答】解：A、a﹣t图像与坐标轴所围的面积表示速度变化量，若物体A的加速度从1.0均匀减小到0.6，速度变化量
而A的初速度为零，可知1s时的速度为0.8m/s，但由图像得，物体A的a﹣t图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8m/s，则t＝1s时A的速度大小小于0.8m/s，故A错误；
BCD、恒力F拉动A的瞬间，由a﹣t图像A的加速度为
由牛顿第二定律得：F＝mAa0＝1.5×1.0N＝1.5N
1s时两者的加速度相等，均为a＝0.6m/s2
分别对A、B受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣kx＝mAa
F弹＝kx＝mBa
代入数据联立解得：mB＝1kg
F弹＝0.6N
故BD正确，C错误；
故选：BD。
（多选）如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．A球的加速度沿斜面向上，大小为2gsinθ
B．C球的受力情况未变，加速度为0
C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
D．B、C之间杆的弹力大小不为0
【解答】解：A、据题意，对A球受力分析，受到重力GA、垂直斜面向上的支持力NA、沿斜面向上的弹力F和B、C球对它的拉力TA，由于A球处于静止状态，
则据平衡条件有：F＝GAsinθ+TA＝3mgsinθ ①
现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，
则有：F﹣GAsinθ＝ma，②
由①、②可得A球此时加速度：a＝2gsinθ，
故A正确；
B、细线烧断后，把B、C球看成一个整体，它们只受到重力和支持力，它们以相同的加速度a＝gsinθ沿斜面向下，所以B、C之间杆的弹力大小为零，故B、D选项错误，而C选项正确。
故选：AC。
（多选）如图所示，质量m1＝2kg的物块P与质量m2＝2kg的木板Q静止叠放在竖直的轻弹簧上，弹簧下端固定在水平地面上，弹簧上端、物块P与木板Q间均不拴接。现对P施加竖直向上的恒定拉力F，已知F＝20N，g＝10m/s2，则（ ）
A．施加拉力瞬间，物块P对木板Q的压力大小为5N
B．施加拉力瞬间，物块P的加速度大小为5m/s2
C．弹簧处于原长
D．物块P和木板Q分离瞬间，弹簧弹力大小为20N
【解答】解：AB．施加拉力瞬间，以物块和木板为整体，根据牛顿第二定律，加速度大小为，解得a＝5m/s2
即物块P与木板Q的加速度，对物块P，根据牛顿第二定律：F+FN﹣m1g＝m1a
得FN＝10N
根据牛顿第三定律，物块P对木板Q的压力大小为10N，故A错误，B正确；
CD．物块P和木板Q分离瞬间，二者间弹力为0，对P根据牛顿第二定律：F﹣m1g＝m1a'
对Q根据牛顿第二定律：T﹣m2g＝m2a'
得弹簧弹力为T＝20N
弹簧处于压缩状态，故C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）1如图所示，带有固定挡板P和定滑轮的木板垫高后与水平面夹角为θ＝30°，质量为2m的物块A与挡板P之间有一轻质弹簧（弹簧与P、A不连接），细线跨过定滑轮，一端连接着质量为m的B，另一端连接着轻质挂钩（细线在滑轮左侧部分与木板平行、右侧部分竖直），A、B处于静止状态。现将钩码C挂于挂钩上，静止释放后，发现C的速度最大时，A、B恰好分离。已知木板足够长，所有摩擦不计，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．C质量大小为m
B．C轻挂于挂钩瞬间，A、B间挤压力变为原来的一半
C．细绳张力最大值为
D．只要C的质量足够大，就可以在C挂上去的同时A、B就分离
【解答】解：A、C的速度最大时，加速度为0，此时有aB＝aC＝0，对C受力分析可知绳子拉力：F1＝mcg；对B受力分析可知：F1＝mgsinθ，联立解得：mcm；故A错误；
B、未挂C时，A、B静止，以A、B整体为研究对象，由平衡方程可知：F弹＝3mgsin30°mg，弹簧弹力方向沿斜面向上，隔离A物体，由受力平衡可知：F弹＝FBA+2mgsin30°，解得：FBAmg；挂上C时，对C由牛顿第二定律：mg﹣F拉ma；对A、B整体，由牛顿第二定律：F拉+F弹﹣3mgsin30°＝3ma，两式联立解得：ag；隔离A，对A由牛顿第二定律：F弹﹣F'BA﹣2mgsin30°＝2ma；将加速度ag代入上式，解得：F'BAmg，故B错误；
C、由A选项分析可知，绳子最大拉力为F'＝mcgmg，故C正确；
D、C挂上去的同时A、B就分离，此时对A由牛顿第二定律得：F弹﹣2mgsin30°＝2ma1
解得：a1
只要C挂上时B的加速度大于等于，A、B就可以分离，计算可得当C的质量大于B的质量m时，就可满足条件，故D正确。
故选：CD。
1如图甲所示，一个质量不计的弹簧测力计，劲度系数为30N/m，下面悬挂一个物块A，此时弹簧测力计示数为4N。现将一个质量为0.5kg的木板B放在A下面，在外力作用下托住木板B使物块A向上运动一段距离，如图乙所示，当系统静止后，如果突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5m/s2。若不撤去木板B，用外力控制木板B使二者一起以加速度1m/s2向下做匀加速直线运动至二者分离，弹簧测力计始终未超量程，重力加速度g＝10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．撤去木板B的瞬间弹簧测力计的示数为3.75N
B．匀加速运动阶段起始时刻外力大小为8.1N
C．匀加速运动阶段二者分离时外力的大小4.5N
D．AB分离时弹簧测力计示数为零
【解答】解：A、对A分析：初始时刻时弹簧测力计示数为4N，有mAg＝F弹1，所以mA＝0.4kg。突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5m/s2，则有mAg﹣F弹2＝mAa1，联立，代入数值解得：F弹2＝3N，故A错误；
B、若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度1m/s2向下做匀加速直线运动，对AB整体根据牛顿第二定律有：（mA+mB）g﹣F外﹣F弹2＝（mA+mB）a2，代入解得F外＝5.1N，故B错误；
CD、分离时，根据牛顿第二定律对B：mBg﹣F外′＝mBa2，代入得F外′＝4.5N。对A：mAg﹣F弹3＝mAa2，代入解得F弹3＝3.6N，选项C正确，D错误。
故选：C。
1如图所示，质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接，在平行于斜面的力F作用下，A、B均静止在足够长的光滑斜面上。现将F瞬间增大至某一恒力推A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中（ ）
A．两木块速度相同时，加速度aA＝aB
B．两木块速度相同时，加速度aA＞aB
C．两木块加速度相同时，速度vA＞vB
D．两木块加速度相同时，速度vA＜vB
【解答】解：CD、恒力F推木块A，在弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，A受到的合力减小，B受到的合力增大，
则A做加速度逐渐减小的加速运动，B做加速度逐渐增大的加速运动，
在aA＝aB之前aA＞aB，故经过相等的时间，A增加的速度大，B增加的速度小，
所以，在aA＝aB时vA＞vB，故C正确，D错误；
AB、当vA＝vB时，弹簧的压缩量最大，弹力最大，A在此之前一直做加速度逐渐减小的加速运动，B做加速度逐渐增大的加速运动，
由于aA＝aB时vA＞vB，所以vA＝vB时aA＜aB；故AB错误。
故选：C。
（多选）1如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a＜g）的匀加速运动，重力加速度为g，则下列说法不正确的是（ ）
A．施加外力F大小恒为M（g+a）
B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零
C．A、B分离时，A上升的距离为
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
【解答】解：A、AB整体原来静止，合外力为零，施加外力F的瞬间，对AB整体，根据牛顿第二定律，有：F＝2Ma，故A错误；
B、物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a，且AB间作用力为0；
对B：F弹﹣Mg＝Ma，解得：F弹＝M（g+a），故B错误；
C、施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg＝kx1，解得：x1；
A、B在t1时刻分离，由F弹＝M（g+a）＝kx2，解得 x2，则A、B分离时，A上升的距离为Δx＝x1﹣x2，故C正确；
D、当弹簧的弹力F弹′＝Mg时，B达到最大速度，此时弹簧处于压缩状态，故D错误。
本题选错误的，
故选：ABD。
有关弹簧模型的能量动量问题
1如图所示，A、B两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知mA＝mB＝1kg，轻弹簧的劲度系数为100N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以2m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块A向上做匀加速运动开始到A、B分离的过程中。弹簧的弹性势能减小了1.28J，重力加速度g取10m/s2。下列判断不正确的是（ ）
A．木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最大值是12N
B．木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最小值是4N
C．从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为0.64J
D．从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为0.96J
【解答】解：AB、对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得：F﹣（mA+mB）g+F弹＝（mA+mB）a
弹簧开始时被压缩，向上做加速运动，a不变，弹簧弹力F弹逐渐变小，则力F逐渐增大。
对A分析，根据牛顿第二定律有：F﹣mAg+FBA＝mAa
a不变，力F逐渐增大，则B、A间的弹力FBA逐渐减小，当B、A间的弹力FBA减小为零时，力F达到最大值保持不变。
则开始时力F有最小值，对整体由牛顿第二定律有：Fmin＝（mA+mB）a＝（1+1）×2N＝4N
当AB刚要脱离时，力F有最大值，对A有：Fmax＝mAa+mAg＝1×2N+1×10N＝12N，故AB正确；
CD、A、B静止时，根据胡克定律可得，弹簧的压缩量为：x1m＝0.2m
A、B分离瞬间，对B分析，根据牛顿第二定律有：kx2﹣mBg＝mBa
解得，此时弹簧的压缩量为：x2＝0.12m
设A、B分离时的速度为v，则根据运动学规律有：v2＝2a（x1﹣x2）
整个过程中，根据功能关系可得：
解得，从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为：WF＝0.64J，故C正确，D错误。
本题选不正确的，
故选：D。
1如图所示，静止框架AOB中的杆OB竖直，杆OA与水平面间的夹角α＝60°，且杆OA光滑。弹簧与竖直方向间的夹角β＝30°，上端用铰链与固定点B相连，下端与穿在OA杆上的质量为m的小环相连，已知OB两点间的距离为L。则（ ）
A．弹簧弹力的大小为mg
B．杆对小环的弹力大小为
C．若整个框架以OB为轴开始转动，当小环稳定在与B点等高的A点时转速为
D．若整个框架以OB为轴开始转动，当小环缓慢运动到与B点等高的A点时杆对小环做的功为1.5mgL
【解答】解：AB、小环在P点处于静止状态，受力分析如图所示：
根据受力平衡有
Tcos（90°﹣α+β）＝mgsinα
Tsin（90°﹣α+β）＝mgcosα+N
解代入数据得：，故AB错误；
C、小环在A点时，设小环做圆周运动的半径为r，弹簧的弹力为FT、杆的弹力为FN，根据向心力有
竖直方向根据受力平衡有：FNcosα＝mg
由几何关系有：L＝rtanα
弹簧伸长的长度与初始相同，则
代入数据解得：
根据：
代入数据解得：
故C错误；
D、小环将由静止开始沿杆向上滑动，初速度
vP＝0
小环在A点的速度大小
小环由P点到A点的过程中，根据动能定理有
解代入数据解得：W＝1.5mgL，故D正确。
故选：D。
1如图所示，轻弹簧上端固定在内壁光滑玻璃管顶部，下端栓接质量为m的小球，玻璃管与水平方向夹角为30°，玻璃管内径略大于小球直径，现将小球从弹簧原长处由静止释放，小球运动过程中的加速度a与弹簧伸长量x的关系如图所示，其中图线与x轴交点坐标x0为已知，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（ ）
A．小球运动到最低点时，所受弹簧弹力大小为2mg
B．弹簧的劲度系数为
C．小球沿管壁向下运动过程中动能最大值为
D．弹簧拉伸量为x0 时，弹性势能为
【解答】解：B.根据
kx0＝mgsin30°
得弹簧的劲度系数为
k
故B错误；
A.小球运动到最低点的过程中，根据动能定理
mgsin30°xkx2
得
x＝2x0
所受弹簧弹力大小为
F＝kx2x0＝mg
故A错误；
C.当弹簧伸长量为x时，动能最大，根据功能关系有
mgsin30°x0Ekm
得
Ekm
故C正确；
D.弹簧拉伸量为x0时，弹性势能为
Ep
解得Ep
故D错误。
故选：C。
1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、机械能E0及弹簧的弹性势能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。
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：Ep2（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（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：Ekm（gt1）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
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
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。
1如图，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B（弹簧在弹性限度内），则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的（ ）
A．增加量等于物块动能的减少量
B．增加量等于物块重力势能的减少量
C．增加量等于物块机械能的减少量
D．最大值等于物块动能的最大值
【解答】解：ABC、设物块在A点时的动能为Ek，斜面的倾角为θ，物块由A点运动至B点的过程中，对物块和弹簧组成的系统由机械能守恒有
Ek+mgLABsinθ＝Ep
可知物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，所以弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于物块机械能的减少量，故AB错误，C正确；
D、物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短时，而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故D错误。
故选：C。
1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．， B．，
C．0， D．0，
【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
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＝mg，解得：x2
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，
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，故D正确，ABC错误。
故选：D。
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专题4 弹簧模型
有关弹簧模型的平衡问题 1
有关弹簧模型的动力学问题 3
有关弹簧模型的能量动量问题 7
有关弹簧模型的平衡问题
如图所示，两个质量均为m的木块A、B（均可视为质点）由劲度系数为k1的轻质弹簧拴接，木块B通过另一劲度系数为k2的轻质弹簧与地面拴接，一根轻绳绕过定滑轮与木块A相连，初始整个系统静止，滑轮左侧绳子刚好保持竖直，重力加速度为g。现用力F缓慢拉绳，拉动时滑轮右侧绳子保持与竖直方向的夹角为θ不变，直到弹簧2的弹力大小变为原来的一半为止，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．木块A移动的距离可能为
B．木块A移动的距离可能为
C．绳子对定滑轮的作用力大小可能为
D．绳子对定滑轮的作用力大小可能为
（多选）如图所示，O点和细钉C在小球A正上方，小球B用轻质橡皮筋相连绕过光滑细钉C悬挂于O点，A、B之间用轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态，A、B都可以看成质点，橡皮筋的拉力遵循胡克定律，OC刚好等于橡皮筋的原长，弹簧的弹力大小为F，B球的质量为mB；现竖直向下移动小球A一小段高度，同时调整B球的质量mB，使整个系统再次处于静止状态（B球仍在右侧），则（ ）
A．mB不变 B．mB变大 C．F不变 D．F变大
（多选）儿童玩具弹射装置模型如图所示。可伸缩轻质弹簧和轻质杆的一端分别用铰链连接在固定竖直板的P、Q处，另一端连接在质量为m的小球上，初始时刻在竖直向上力F的作用下杆处于水平位置，弹簧的原长和杆的长度均为l，PQ间距为。现保持力F的方向不变缓慢提升小球，直到弹簧呈水平状态。在这个过程中（弹簧在弹性限度内）（ ）
A．F先变大后一直变小
B．小球可能受三个力作用
C．弹簧在末态时的弹力比初态时的大
D．轻质杆所受的弹力先变小后变大
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
C．弹簧与水平方向的夹角的正切值
D．弹簧的弹力大小为
有关弹簧模型的动力学问题
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
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
如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接。小车在水平面上做直线运动的过程中，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成α角。下列说法正确的是（ ）
A．小车不可能做匀速运动
B．小车可能向右做减速运动
C．细绳有拉力时，弹簧一定有弹力
D．弹簧有弹力时，细绳可能没拉力
（多选）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为1.5kg。t＝0时对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．t＝1s时物块A的速度为0.8m/s
B．t＝1s时弹簧弹力为0.6N
C．物块B的质量为0.8kg
D．F大小为1.5N
（多选）如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．A球的加速度沿斜面向上，大小为2gsinθ
B．C球的受力情况未变，加速度为0
C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
D．B、C之间杆的弹力大小不为0
（多选）如图所示，质量m1＝2kg的物块P与质量m2＝2kg的木板Q静止叠放在竖直的轻弹簧上，弹簧下端固定在水平地面上，弹簧上端、物块P与木板Q间均不拴接。现对P施加竖直向上的恒定拉力F，已知F＝20N，g＝10m/s2，则（ ）
A．施加拉力瞬间，物块P对木板Q的压力大小为5N
B．施加拉力瞬间，物块P的加速度大小为5m/s2
C．弹簧处于原长
D．物块P和木板Q分离瞬间，弹簧弹力大小为20N
（多选）1如图所示，带有固定挡板P和定滑轮的木板垫高后与水平面夹角为θ＝30°，质量为2m的物块A与挡板P之间有一轻质弹簧（弹簧与P、A不连接），细线跨过定滑轮，一端连接着质量为m的B，另一端连接着轻质挂钩（细线在滑轮左侧部分与木板平行、右侧部分竖直），A、B处于静止状态。现将钩码C挂于挂钩上，静止释放后，发现C的速度最大时，A、B恰好分离。已知木板足够长，所有摩擦不计，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．C质量大小为m
B．C轻挂于挂钩瞬间，A、B间挤压力变为原来的一半
C．细绳张力最大值为
D．只要C的质量足够大，就可以在C挂上去的同时A、B就分离
1如图甲所示，一个质量不计的弹簧测力计，劲度系数为30N/m，下面悬挂一个物块A，此时弹簧测力计示数为4N。现将一个质量为0.5kg的木板B放在A下面，在外力作用下托住木板B使物块A向上运动一段距离，如图乙所示，当系统静止后，如果突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5m/s2。若不撤去木板B，用外力控制木板B使二者一起以加速度1m/s2向下做匀加速直线运动至二者分离，弹簧测力计始终未超量程，重力加速度g＝10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．撤去木板B的瞬间弹簧测力计的示数为3.75N
B．匀加速运动阶段起始时刻外力大小为8.1N
C．匀加速运动阶段二者分离时外力的大小4.5N
D．AB分离时弹簧测力计示数为零
1如图所示，质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接，在平行于斜面的力F作用下，A、B均静止在足够长的光滑斜面上。现将F瞬间增大至某一恒力推A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中（ ）
A．两木块速度相同时，加速度aA＝aB
B．两木块速度相同时，加速度aA＞aB
C．两木块加速度相同时，速度vA＞vB
D．两木块加速度相同时，速度vA＜vB
（多选）1如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a＜g）的匀加速运动，重力加速度为g，则下列说法不正确的是（ ）
A．施加外力F大小恒为M（g+a）
B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零
C．A、B分离时，A上升的距离为
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
有关弹簧模型的能量动量问题
1如图所示，A、B两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知mA＝mB＝1kg，轻弹簧的劲度系数为100N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以2m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块A向上做匀加速运动开始到A、B分离的过程中。弹簧的弹性势能减小了1.28J，重力加速度g取10m/s2。下列判断不正确的是（ ）
A．木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最大值是12N
B．木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最小值是4N
C．从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为0.64J
D．从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为0.96J
1如图所示，静止框架AOB中的杆OB竖直，杆OA与水平面间的夹角α＝60°，且杆OA光滑。弹簧与竖直方向间的夹角β＝30°，上端用铰链与固定点B相连，下端与穿在OA杆上的质量为m的小环相连，已知OB两点间的距离为L。则（ ）
A．弹簧弹力的大小为mg
B．杆对小环的弹力大小为
C．若整个框架以OB为轴开始转动，当小环稳定在与B点等高的A点时转速为
D．若整个框架以OB为轴开始转动，当小环缓慢运动到与B点等高的A点时杆对小环做的功为1.5mgL
1如图所示，轻弹簧上端固定在内壁光滑玻璃管顶部，下端栓接质量为m的小球，玻璃管与水平方向夹角为30°，玻璃管内径略大于小球直径，现将小球从弹簧原长处由静止释放，小球运动过程中的加速度a与弹簧伸长量x的关系如图所示，其中图线与x轴交点坐标x0为已知，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（ ）
A．小球运动到最低点时，所受弹簧弹力大小为2mg
B．弹簧的劲度系数为
C．小球沿管壁向下运动过程中动能最大值为
D．弹簧拉伸量为x0 时，弹性势能为
1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、机械能E0及弹簧的弹性势能变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
1如图，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B（弹簧在弹性限度内），则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的（ ）
A．增加量等于物块动能的减少量
B．增加量等于物块重力势能的减少量
C．增加量等于物块机械能的减少量
D．最大值等于物块动能的最大值
1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．， B．，
C．0， D．0，
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