2025届高三物理一轮复习专项训练：有关于弹簧的动力学和简谐运动问题

专项训练：关于弹簧的动力学问题和简谐运动问题 题型一：竖直方向有关弹簧动力学问题 1. 把一个小球放在竖立的弹簧上，并把小球向下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高点C（图乙），经过图中B位置时弹簧正好处于原长状态。弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，重力加速度为g。下列关于小球从A至C的运动过程中加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（　　） A． B． C． D． 2. 如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上（物块与弹簧不相连），弹簧下端固定，劲度系数为k。t＝0时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度为g，忽略空气阻力，在物块上升阶段，下列说法正确的是（　　） A．外力F为恒力，且大小为mg B．物块的最大加速度大小为2g C．外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为 D．弹簧最大弹性势能为 题型二：斜面上弹簧与连接体动力学问题 如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求： （1）弹簧的劲度系数； （2）在物块a、b分离时，弹簧的压缩量； （3）物块b加速度的大小； （4）经多长时间a、b分离； （5）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式； （6）拉力F的最小值。 题型三：有关于弹簧的简谐振动问题 1．如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为（　　） A．2mgsinθ B．3mgsinθ C．4mgsinθ D．5mgsinθ 2．如图所示，质量为2m的物块甲和质量为m的小球乙静止于固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，甲用细线拴在挡板上。将乙缓慢推到弹簧原长处，然后由静止开始释放乙，此后运动过程中，细线对甲的弹力最大值与最小值之比为（　　） A．2 B．2.5 C．3 D．4 （多选）3．如图所示，直立轻质弹簧一端固定在水平地面，另一端与木板Q拴接。物块P搁在木板Q上处于静止状态。现对P施加一竖直向上的恒力F，此后P、Q一起运动到最高点的恰好未分离。已知P的质量为2m，Q的质量为m，重力加速度为g，则有（　　） A．恒力F的大小为2mg B．恒力F刚施加给P的瞬间，P、Q间弹力大小为1.6mg C．物块P的速度最大时，P、Q间弹力大小为0.6mg D．物块P运动到最高点时，弹簧弹力大小为0.6mg （多选）4．如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为1kg的物体P，Q为一质量为2kg的物体，弹簧的质量不计，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的恒力F，此后P、Q一起运动到最高点时恰好未分离。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则有（　　） A．恒力F的大小为36N B．恒力F刚施加给P的瞬间，P、Q间弹力大小为9.6N C．物块P的速度最大时，P、Q间弹力大小为2N D．物块P运动到最高点时，弹簧弹力大小为3.6N （多选）5．如图所示，一劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定，上端栓接质量为m的水平木板P，木板上再放一质量也为m的小物块Q，静止时位置如图所示。现对Q施加一竖直向上、大小为的恒力F，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　） A．刚施加力F时，Q对P的压力大小为 B．施加力F后，在接下来的运动过程中P、Q不可能分离 C．P运动到最高点时，弹簧的弹力大小为mg D．P从静止时位置到第一次速度最大的位置间的距离是 （多选）6．如图甲所示，平行于斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端的挡板上，另一端与物块Q连接，P、Q质量均为m，斜面光滑且固定在水平面上，初始时两物块均静止，现用平行于斜面向上的力F拉物块P，使P做加速度为a的匀加速运动，两个物块在开始一段时间内的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则下列说法正确的是（　　） A．平行于斜面向上的拉力F先增加后不变 B．外力施加的瞬间，P、Q间的弹力大小为m（gsinθ﹣a） C．从0时刻开始到t1时刻弹簧减少的弹性势能为mv12 D．t1时刻弹簧恢复到原长，物块Q的速度达到最大值 答案： 题型一：竖直方向有关弹簧动力学问题 1.解析：A．当小球所受弹簧的弹力等于小球的重力前，根据牛顿第二定律 kx−mg＝ma 可得： 随着小球上升加速度逐渐减小，当到达平衡位置后到B过程中，小球加速向下，根据牛顿第二定律 mg−kx＝ma 可得： 可知小球的加速度大小逐渐增大，在B位置继续向上，弹簧弹力为零，小球的加速度始终为重力加速度不变，故A正确； B．根据A选项分析可知小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，后做加速度不变的减速运动，故B错误； C．无论加速阶段还是减速阶段，小球的位移和时间都不是线性关系，且力也不是恒力，所以Ek−t图像不可能是线性关系，故C错误； D．小球在到达B位置前，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增大，到达B位置继续向上，小球只受重力，机械能守恒，即保持不变，故D错误。 故选：A。 2.解析：A、物块静止在竖直放置的轻弹簧上时，弹簧的压缩量为x0。在物块上升阶段，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得：F+k（x0﹣x）﹣mg＝ma，联立得a 由a﹣x图像可知等于纵轴截距，则定值，所以F是恒力。当x＝x0时，a＝0，则有0，则F＝kx0＝mg，故A正确； B、由a知，当x＝0时a最大，且最大值为amaxg，故C错误； CD、弹簧最大弹性势能为EPx0•x0•。 设外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为h。从开始到物块上升到最高点的过程，由功能关系可得：Fx0+EP＝mg（x0+h），解得h，故C正确，D错误。 故选：AC。 题型二：斜面上弹簧与连接体动力学问题 解析： （1）系统静止时，对ab整体分析，根据平衡条件可知，整体沿斜面方向上重力的分力与弹簧的弹力平衡，则有：kx0＝（mm）gsinθ，解得：k。 （2）b做初速度为零的匀加速直线运动，由题意可知，b经两段相等的时间，设第一段时间位移为x1，由x得：，得x1x0，则在物块a、b分离时，弹簧的压缩量为Δx1＝x0﹣x1＝x0x0x0。 （3）因分离时ab间没有弹力，则对a，根据牛顿第二定律可知：kΔx1﹣mgsinθ＝ma，联立解得：a，所以物块b加速度的大小为。 （4）分离时B的位移为：xBx0 ，xBat2，解得 t。 （5）在物块a、b分离前，对ab整体，由牛顿第二定律得： F+k（x0）﹣（mm）gsinθ＝（mm）a，联立解得：Fsinθ（2）。 （6）因Fsinθ（2），所以当t＝0时，力最小，为F=mg。 题型三：有关于弹簧的简谐振动问题 1.解析：物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙受力分析，由平衡条件得：F弹1＝mgsinθ 对甲受力分析，由牛顿第二定律得：F弹1+mgsinθ＝ma 解得：a＝2gsinθ 物块甲运动至最低点时，根据简谐运动的对称性有：F弹2﹣mgsinθ＝ma 则有：F弹2＝3mgsinθ 对乙受力分析，由平衡条件可知，挡板对乙的弹力最大值为：FN＝F弹2+mgsinθ＝4mgsinθ 故C正确，ABD错误。 故选：C。 2. 解析：设斜面倾角为θ。将乙缓慢推到弹簧原长处，然后由静止开始释放乙，此时细线对甲的弹力最小，为 Tmin＝2mgsinθ 乙释放后做简谐运动，在最高点的加速度大小为 根据对称性可知，在最低点时，乙的加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向上。以乙为研究对象，根据牛顿第二定律得 F弹﹣mgsinθ＝ma 可得：F弹＝2mgsinθ 以甲为研究对象，可知细线对甲的弹力最大值为 Tmax＝F弹+2mgsinθ＝2mgsinθ+2mgsinθ＝4mgsinθ 则细线对甲的弹力最大值与最小值之比为 ，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3.解析：AD、由题可知，由于P、Q一起运动到最高点时恰好未分离，所以P、Q全程在做简谐运动，因此在最高点和最低点的加速度大小相同，方向相反，大小设为a，则对于最低点，弹簧弹力和P、Q重力相等，因此 F+F弹1﹣3mg＝F＝3ma 在最高点，由于P、Q刚要分离，分别对P和Q进行分析，可得： 2mg﹣F＝2ma；mg﹣F弹2＝ma 解得：F＝1.2mg，a＝0.4g，F弹2＝0.6mg，故A错误，D正确； B、恒力刚施加时，以P为研究对象，则 F+N1﹣2mg＝2ma 解得：N1＝1.6mg，故B正确； C、物块P的速度最大时，P、Q整体处于简谐运动平衡点，即加速度为0，此时 F+N2﹣2mg＝0 解得：N2＝0.8mg，故C错误； 故选：BD。 4. 解析：AD、由题可知，由于P、Q一起运动到最高点时恰好未分离，所以P、Q全程在做简谐运动，因此在最高点和最低点的加速度大小相同，方向相反，大小设为a， 在最低点时，弹簧弹力和P、Q总重力大小相等，因此有：F＝（mQ+mP）a 在最高点时，由于P、Q刚分离，分别对P、Q进行分析由牛顿第二定律定律有： mPgsin37°﹣F弹2＝mPa mQgsin37°﹣F＝mQa 联立上述式子得：，，F弹2＝3.6N，故A错误，D正确； C、物块P的速度最大时，P、Q整体处于简谐运动平衡位置，即加速度为0，此时有：F+FN﹣mQgsin37°＝0 得到：FN＝4.8N，故C错误； B、恒力F刚施加给P的瞬间，P、Q间弹力大小设为F1，对Q有：F+F1﹣mgsin37°＝mQa 代入数据得到：F1＝9.6N，故B正确。 故选：BD。 5. 解析：A.刚施加力F时，对P、Q整体进行分析，根据牛顿第二定律有mg＝2ma1，得a1g 对Q进行分析，设P对Q的支持力大小为N1，根据牛顿第二定律有N1mg﹣mg＝ma1，根据牛顿第三定律Q对P的压力大小N2＝N1，得Q对P的压力大小为N2mg 故A错误； B.假设P、Q分离，则两者之间弹力为0，对Q进行分析，根据牛顿第二定律有mgmg＝ma2，解得加速度大小为a2g，方向竖直向下。 施加拉力后，如果P、Q不分离，对P、Q整体进行分析，整体做简谐运动，根据简谐运动的对称性，整体运动的最大加速度为a1g＜a2g 表明P、Q整体先向上做加速运动，后向上做减速至速度减为0时的加速度大小小于分离时向下的加速度，可知，假设不成立，即施加力F后，在运动过程中P、Q不可能分离，故B正确； C.由于P、Q不分离，根据简谐运动特点，最高点加速度和最低点加速度大小相等，所以P运动到最高点时，整体加速度方向向下，大小为a1g 对整体分析有2mgmg﹣F0＝2ma1 解得F0＝mg 即弹簧的弹力大小为mg，故C正确； D.物块开始位置，根据胡克定律与平衡条件有2mg＝kx1 解得x1 在平衡位置时有 2mgmg﹣kx2＝0 解得x2 则P从静止时位置到第一次速度最大的位置间的距离是Δx＝x1﹣x2 解得Δx 故D正确。 故选：BCD。 6. 解析：A、P与Q分离前，对PQ整体，由牛顿第二定律得： F﹣2mgsinθ+kx＝2ma 得：F＝2mgsinθ+2ma﹣kx，知随着x的减小，F增加。 二者分离后，对P，由牛顿第二定律得： F﹣mgsinθ＝ma 得：F＝mgsinθ+ma 知F不变，即F先增加后不变，故A正确； B、施加拉力前，物块P、Q处于静止状态，整体的合外力为0，则有： 2mgsinθ＝kx0 外力施加的瞬间，对Q，由牛顿第二定律可得： kx0﹣N﹣mgsinθ＝ma 联立解得：P对Q的压力大小为：N＝m（gsinθ﹣a），故B正确； C、从0时刻开始到t1时刻，对PQ整体，根据动能定理得： WF+W弹﹣2mgs•sinθ0 外力施加的瞬间，对整体，有：F0＝2ma t1时刻P与Q开始分离，此时有：F1＝mgsinθ+ma。 此过程由于F随着位移均匀减小，则F做功为：WFs 弹簧减少的弹性势能Ep＝W弹，因为WF与2mgs•sinθ不一定相等，则Ep不一定等于mv12，故C错误； D、当t2时刻，物块Q达到速度最大值，则加速度为零，因此弹簧对Q有弹力作用，弹簧处于压缩状态，故D错误。 故选：AB。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$