2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-用动量和能量观点分析弹簧类问题（含解析）

这是一份2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-用动量和能量观点分析弹簧类问题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。

如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mA>mB，B球上固定一轻质弹簧。A球以速率v去碰撞静止的B球，则( )
A. A球的最小速率为零
B. B球的最大速率为v
C. 当弹簧恢复原长时，B球速率最大
D. 当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小
如图所示，在光滑的水平面上有两物体A，B，它们的质量均为m.在物体B上固定一个轻弹簧处于静止状态．物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用．下列说法正确的是
A. 当弹簧获得的弹性势能最大时，物体A的速度为零
B. 当弹簧获得的弹性势能最大时，物体B的速度为零
C. 在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体B所做的功为12mv02
D. 在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等，方向相反
如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A. A物体的质量为m
B. A物体的质量为2 m
C. 弹簧压缩最大时的弹性势能为32mv 02
D. 弹簧压缩最大时的弹性势能为mv 02
如图所示，光滑轨道上，小车A、B用轻质弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A、B上，然后使A、B以速度v0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复原长时，A的速度刚好为零。已知A、B的质量分别为mA、mB。则以下判断正确的是( )
A. 弹簧最初具有的弹性势能为mA(mA+mB)v02mB
B. 若mAC. 若mA>mB，则在某一时刻B的速度可以为零
D. 无论A、B质量大小关系如何，B的速度都不可能为零
如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B.将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的( )
A. A、B动量变化量相同B. A、B动能变化量相同
C. 弹簧弹力对A、B做功相同D. 弹簧弹力对A、B冲量大小相同
如图所示，静止在光滑水平面上的物块A和B的质量分别为m和2m，它们之间用水平轻弹簧相连，在极短的时间内对物块A作用一个水平向右的冲量I，可知( )
A. 物块A立刻有速度
B. 物块B立刻有速度vB=I2m
C. 当A与B之间的距离最小时，A的速度为零，B的速度为vB=I2m
D. 当A与B之间的距离最大时，A与B有相同速度v=I3m
如图甲所示，光滑的水平面上有一根右端固定的轻弹簧，其左端自由伸长，物体A以速度ν0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2ν0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则物体A的质量和弹簧压缩量最大时的弹性势能分别为( )
A. M=3m，E=mνB. M=3m，Ep=32mν02
C. M=2m，Ep=mν02D. M=2m，Ep=32mν02
如图所示，一竖直放置的轻弹簧一端固定于地面，另一端与质量为2kg的物体B固定在一起，质量为1kg的物体A放于物体B上．用力将AB下压一段距离后释放，A和B一起竖直向上运动，当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B的速度方向向下，弹簧处于原长，下列说法正确的是(不计空气阻力，g取10m/s2)( )
A. 从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中A的动量变化率逐渐减小
B. A、B分离时B的加速度大于g
C. 从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹力对B的冲量大小为4N⋅s
D. 物块B向下运动至最低处时，弹簧的弹力为40N
二、多选题
如图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1、m2，且m1>m2，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上．现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直到弹簧被拉到最长(弹簧仍在弹性限度内)的过程中，对甲、乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是
A. 系统受到外力作用，动量不断增大
B. 弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C. 甲车的最大动能小于乙车的最大动能
D. 两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小等于外力F1、F2的大小
如图所示，质量为m的长木板静止在光滑水平面上，轻弹簧放在长木板上，一端与长木板右端的固定挡板相连，长木板与挡板的总质量为m，一个质量为12m的物块从长木板的左端以大小为v0的速度滑上长木板，当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止；则
A. 物块与长木板相对静止时，弹簧的弹性势能一定为零
B. 弹簧被压缩时具有的最大弹性势能为16mv02
C. 物块与木板间因摩擦产生的热量为13mv02
D. 物块先向右做减速运动，后向左做加速运动(物块有可能有向左加速过程)
如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B，并静止在光滑水平面上.现使A获得水平向右、大小为3m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息错误的是( )
A. 两物块的质量之比为m1:m2=2:1
B. 在t2时刻A、B两物块的动能之比为=1:4
C. 在t1～t2时间内A、B的距离逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能为零
D. 在t1和t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态
如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为13m的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，弹簧处于原长；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞．在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反．则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Epm可能是( )
A. mv02B. 12mv02C. 16mv02D. 130mv02
如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墻上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则( )
A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为FM
B. 细被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv2
C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为12mv2
D. 滑块与木板AB间的动摩擦因数为v22gl
如下图所示，半径为R=1.6m的四分之一圆弧轨道竖直固定在水平面上，底端与水平面平滑连接。质量分别为5m、3m的物体B和C用一水平轻弹簧连接后放在水平面上，其中物体B刚好位于圆弧轨道的圆心O正下方。质量为m的物体A从与圆心O等高的位置沿圆弧轨道由静止释放，经过一段时间A与B发生碰撞，碰后A沿原路返回。运动的最高点距离水平面的高度为h=0.1m。假设A，B、C三个物体均可视为质点，一切摩擦和阻力均可忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，m=1kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是
A. A、B碰后瞬间，A的速度大小为2m/s
B. A、B相互作用的过程中，A对B的冲量大小为42N·s
C. 弹簧弹性势能的最大值为158J
D. 碰后C的最大速度应为542m/s
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速度时压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B球速率最大，A球速度最小，
由于系统没有外力，故动量守恒，同时机械能守恒，则有：
mAv=mAv1+mBv2
12mAv2=12mAv12+12mBv22
解得v1=mA-mBmA+mBv
v2=2mAmA+mBv
因为mA>mB，可知A球的最小速率不为零，B球的最大速率大于v，故ABD错误，C正确。
故选：C。
分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度大于A的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球A、B速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒定律即可确定速度的最大值和最小值。
本题是含有弹簧的问题，难点是对物体运动过程的分析，得到弹簧势能最大的临界条件，同时明确动量守恒和机械能守恒定律的应用。
2.【答案】D
【解析】
【试题解析】
【分析】
物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律求出速度，对B根据动能定理求出弹簧对物体B所做的功，弹簧对物体A和物体B的弹力大小相等，方向相反，根据I=Ft判断冲量关系。
本题考查了动量守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向，难度适中。
【解答】
AB.当A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，以AB组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv，
解得：v=v02，则速度AB速度都不为零，故AB错误；
C、对B根据动能定理得：弹簧对物体B所做的功W=12mv2=18mv02，故C错误；
D、在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的弹力大小相等，方向相反，根据I=Ft可知，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等，方向相反，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了动量守恒定律与功能关系的综合应用，根据题意两次情况下不变量(Ep)是解题的前提，应用动量守恒定律与功能关系(能量守恒)可以解题。
【解答】
设A物体的质量为mA，
物体A压缩弹簧的最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能(设为Ep)，有Ep=12mAv02；
当A以2v0向右运动压缩弹簧过程，A、B、弹簧系统动量守恒，
当二者共速(设为v)时，弹簧达到最大压缩，也为x。
此过程动量守恒有mA×2v0=(mA+m)v，
由功能关系有12mA(2v0)2-12(mA+m)v2=Ep，
联立上面三式解得mA=3m，Ep=32mv02；
故ABD错误，C正确。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
A、B系统动量守恒，应用动量守恒定律求出弹簧恢复原长时B的速度，应用能量守恒定律可以求出弹簧最初的弹性势能；系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
本题的关键是反复使用动量守恒和机械能守恒，利用假设法得到B速度为零是不可能的。
【解答】
A.设弹簧第一次恢复原长时B的速度为vB，对A、B及弹簧组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mA+mBv0=mBvB，由机械能守恒定律得：12(mA+mB)v02+Ep=12mBvB2，联立解得：Ep=mA(mA+mB)v022mB，故A错误；
BCD.设以后运动过程中B的速度为0时，A的速度为vA，此时弹簧的弹性势能为Ep'，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mA+mBv0=mAvA，
由机械能守恒定律得：12(mA+mB)v02+Ep=12mAvA2+Ep'，
联立解得：Ep'=(mA+mB)2v022mB-(mA+mB)2v022mA，
若mA若mA>mB，则Ep'>0，所以B的速度有等于0的时刻，故C正确，BD错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，系统水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒；根据动量定理确定动量的变化量情况；根据Ek=p22m确定动能情况。
本题主要考查了动量守恒的条件，知道系统所受合外力为零时，系统动量守恒；会结合动量定理、动能定理、牛顿第三定律判断，基础题目。
【解答】
AD.烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车受弹簧的作用力，大小相等，方向相反，作用时间也相同，故弹簧弹力对A、B冲量大小相同，方向相反，根据动量定理，A、B动量变化量大小相等，方向相反，故A错误，D正确；
B.两个小车的动量大小相等，根据Ek=p22m，动能增加量是否相同取决于两小车质量是否相同，由于两车的质量关系不确定，故两车的动能大小关系不能确定，故B错误；
C.根据动能定理可知，弹簧弹力对A、B做功等于A、B动能的增加量，由于A、B动能增加量不一定相同，故弹簧弹力对A、B做功不一定相同，故C错误。
故选D。
6.【答案】A
【解析】略
7.【答案】B
【解析】
【分析】
(1)甲图，A压缩弹簧过程是把动能转化为弹性势能；
(2)A、B、弹簧作用过程满足动量守恒定律和功能关系，两次情况弹簧压缩量相同，暗含此状态弹性势能相同。
本题考查了动量守恒定律与功能关系的综合应用，根据题意两次情况下不变量(Ep)是解题的前提，应用动量守恒定律与功能关系(能量守恒)可以解题。
【解答】
ABCD、设A物体的质量为M，物体A压缩弹簧的最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能(设为Ep)有：Ep=12Mv02；
当A以2v0向右运动压缩弹簧过程，A、B、弹簧系统动量守恒，当二者共速(设为v)时，弹簧达到最大压缩，也为x。
此过程动量守恒定律有：M·2v0=(M+m)v，
由功能关系有12M(2v0)2-12(M+m)v2=Ep，
联立上面三式解得M=3m，Ep=32mv02；故ACD错误，B正确。
故选B。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了动量定理、动能定理；该题涉及A、B两个物体，分析清楚运动过程、应用竖直上抛运动规律、动量定理即可正确解题。
A、B分离后A做竖直上抛运动，求出A的初速度与运动时间，然后由动量定理求出弹簧对B的冲量。
【解答】
A.从A、B分离起，A做竖直上抛运动，以向上为正方向，A到达最高点的这一过程中，A的动量变化率ΔpΔt=mΔvΔt=-mg，所以A的动量变化率不变，故A错误；
B.物体A、B分离时二者的速度相等，加速度也相等，可知二者分离时也是弹簧恢复原长时，此时A、B的加速度相等，都等于重力加速度g，故B错误；
C.由分离的条件可知，A、B物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，所以是弹簧恢复原长时，这以后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度v=2gh=2×10×0.2m/s=2m/s；
上升到最高点所需的时间：t=2hg=2×0.210s=0.2s；
A到最高点弹簧恰恢复原长，由运动的对称性可知此时B的速度为2m/s，方向竖直向下，对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得：
mBgt+IN=mBv-(-mBv)；
解得：IN=4N·s，故C正确；
D.物块B向下运动至最低处时，物块B的机械能转化为弹簧的弹性势能，无法求出弹簧的弹力，故D错误。
故选C。
9.【答案】BC
【解析】解：A、因F1、F2等大反向，故甲、乙、弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误
B、在整个过程中，拉力一直对系统做正功，速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大，故B正确。
C、当弹簧弹力等于恒力时，两车的速度最大，动能最大。在此运动的过程中，甲车的质量大，两车所受的合力大小在任何时刻相等，则甲车的加速度小，则最大速度小，所以甲车的最大动能小于乙车的最大动能。故C正确。
D、在拉力作用下，甲、乙开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，物体甲、乙受到的合力变小，物体加速度变小，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大。故D错误。
故选：BC。
对甲、乙及弹簧系统进行受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动性质；根据动量守恒条件分析系统动量是否变化．
对甲、乙及弹簧系统进行受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动性质；根据动量守恒条件分析系统动量是否变化．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了动量守恒和滑块木板模型、弹簧问题的综合应用，注意当弹簧压缩到最大时，两者共速；当返回到最左端时，两者也具有共同速度。
根据动量守恒定律分析物块与长木板相对静止时弹簧的弹性势能；当弹簧被压缩具有最大弹性势能时，物块与长木板有共同速度，根据动量守恒和能量守恒计算弹簧弹性势能；当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止，根据动量守恒和能量守恒计算产生热量；根据受力情况分析加速度方向。
【解答】
A.根据动量守恒可知，当弹簧的压缩量最大时，物块与长木板相对静止，此时弹簧的弹性势能不为0，故A错误；
B.当弹簧被压缩具有最大弹性势能时，物块与长木板有共同速度，设共同速度为v，则12mv0=12m+mv，根据能量守恒Q+EP=12×12mv02-1212m+mv2，由此可得弹簧被压缩时具有的最大弹性势能小于16mv02，故B正确；
C.当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止，根据动量守恒可知，这时木块与长木板的共同速度也为v，这时有2Q=12×12mv02-1212m+mv，物块与木板间因摩擦产生的热量为2Q=16mv02，故C正确；
D.物块与弹簧接触，物体先向右减速运动，速度减为零时，若弹簧向左的弹力大于木板向右的摩擦力，则物块向左加速，故D错误。
故选BC。
11.【答案】ABD
【解析】A、系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，t=0时刻m1的速度为v1=3m/s，t1时刻m1、m2的共同速度为v2=1m/s，有：
m1v1=(m1+m2)v2
m1×3=(m1+m2)×1
解得：m1：m2=1：2，故A错误；
B、由图示图象可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为：vA=-1m/s，vB=2m/s，则A、B两物块的动能之比为EkA：EkB=12m1vA2：12m2vB2=1：8，故B错误；
CD、由图象乙可知，从0到t1的过程中，A的速度大于B的速度，A、B的距离逐渐减小，弹簧被压缩，在t1时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧处于压缩状态。从t1到t2过程，A的速度小于B的速度，A、B的距离逐渐增大，到达t2时刻，B的速度最大，弹簧恢复原长，t2时刻弹簧的弹性势能为零；之后，弹簧开始伸长，从t2到t3过程，B的速度减小，A的速度先减小后增大，到t3时刻，A、B的速度相等，为1m/s，此时弹簧的伸长量最大，故D错误，C正确；
故选：ABD。
两个滑块与弹簧组成的系统机械能守恒、动量守恒，结合图象可以判断它们的能量转化情况和运动情况。
本题关键结合动量守恒和机械能守恒列式分析；同时要能根据图象，分析清楚物体的运动情况。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题是系统动量守恒和机械能守恒的问题．两个质量相等的小球发生弹性碰撞时，将交换速度。
由题，不计所有碰撞过程中的机械能损失，系统的机械能是守恒的，系统的合外力为零，总动量也守恒，根据两大守恒定律分析选择。
【解答】
A.由题，系统的初动能为Ek=12mv02，而系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能不可能等于mv02，故A错误。
B.由于小球C与小球A质量相等，发生弹性正碰，则碰撞后交换速度，若在A与B动量相等时，B与挡板碰撞，B碰撞后速度大小不变、方向相反，当两者速度同时减至零时，弹簧的弹性最大，最大值为EP=Ek=12mv02，故B正确。
CD.当B的速度很小(约为零)时，B与挡板碰撞时，当两球速度相等弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，则由动量守恒得，
mv0=(m+13m)v，得v=34v0
最大的弹性势能为EP=12mv02-12×43mv2=18mv02
则最大的弹性势能的范围为18mv02∼12mv02，故C正确，D错误。
故选BC。
13.【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题是系统动量守恒和机械能守恒的综合应用，要挖掘所隐含的临界条件：细绳被拉断刚好被拉断时，细绳的拉力达到最大。知道滑块恰好没有滑出木板时，滑到木板的右端，且速度与木板相同。
【解答】
A.细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对木板，由牛顿第二定律得：F=Ma，得a=FM，故A正确。
B.滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv2，故B正确。
C.弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于12mv2，故C错误。
D.弹簧最大的弹性势能Ep=12mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v'。取向左为正方向，由动量守恒定律得：0=(m+M)v'，由能量守恒定律得：Ep=12(m+M)v'2+μmgl，联立解得μ=v22gl，故D正确。
故选ABD。
14.【答案】ACD
【解析】
【分析】
碰撞结束后，物体B与物体C的速度相等时弹簧储存的弹性势能最大，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律得出最大弹性势能，且注意动量定理的综合使用。
本题是动量守恒定律和动量定理及系统机械能守恒的综合题目，难度较大。
【解答】
AB.物体A运动到圆弧轨道最低点与物体B碰撞前的速度大小设为v1，去轨道的最低点的重力势能为零，根据机械能守恒定律得出mgR=12mv12，解得v1=2gR，碰撞后瞬间物体A的速度大小设为v1'，同理得出mgR16=12mv1'2，解得v1'=2gR4=2×10×1.64=2m/s
设碰撞后B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，对AB系统，根据动量守恒定律得出mv1=-mv1'+5mv2，得出v2=2gR4
根据动量定理得出，碰撞过程中，A对B的冲量大小为I=5mv2=54m2gR=54×2×10×1.6m=52m，故A正确，B错误；
C.碰撞结束后，物体B与物体C的速度相等时弹簧储存的弹性势能最大，根据动量守恒定律得出5mv2=8mv3，根据机械能守恒定律得出Epm=12×5mv22-12×8mv32，解得EPm=15128mgR=158J，故C正确；
D.对BC和弹簧组成的系统，当弹簧再次恢复到原长时，C的速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有8mv3=5mv2'+3mvc
EPm+12×8mv32=12×5m×v2'2+12×3m×vc'2，解得vc=5162gR=542m/s，故D正确。
故选ACD。