2021年高考物理模擬題精練7

2021年高考物理100考點(diǎn)最新模擬題千題精練（必修二和動(dòng)量）

第七部分動(dòng)量

專題7.25彈簧模型（提高篇）

一.選擇題

1.（2020高考仿真沖刺卷4）如圖（甲）所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度V。向右運(yùn)動(dòng)

壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x,現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B［如圖（乙）所示］，物體A以2Vo

的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x』④（）

---AVO..?2V9

團(tuán)V\A/\AAAI㈤V\A/\AA/T^~I

（甲）（乙）

A.A物體的質(zhì)量為3m

B.A物體的質(zhì)量為2m

C.彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為：mi，o2

2

D.彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv0

【參考答案】.AC

【名師解析】對(duì)圖（甲），設(shè)物體A的質(zhì)量為M,由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時(shí)彈性勢(shì)能EpqM%”對(duì)圖

（乙），物體A以2Vo的速度向右壓縮彈簧,A,B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量仍為x時(shí),A,B二者達(dá)

到相等的速度v,由動(dòng)量守恒定律有M-2v0=（M+m）v,由能量守恒定律有Ep=：M.（2Uo）2_3M+m）v2,聯(lián)立得

M=3m,Ep=：Mi，o號(hào)mu（）2,故B,D錯(cuò)誤,A,C正確.

2.（多選）如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為，”的小球A和質(zhì)量為的小球8通過輕彈簧相連并處

于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)；質(zhì)量為優(yōu)的小球C以初速度內(nèi)沿AB連線向右勻速運(yùn)動(dòng)，并與小球

A發(fā)生彈性碰撞.在小球8的右側(cè)某位置固定一塊彈性擋板（圖中未畫出），當(dāng)小球B與擋板發(fā)生正碰后立刻

將擋板撤走.不計(jì)所有碰撞過程中的機(jī)械能損失，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，小球B與擋板的碰撞時(shí)間極

短，碰后小球B的速度大小不變，但"方二向相.反.則B與擋板碰后彈簧彈性勢(shì)能的最大值/可能是（）

A.mvoB.2,nvo

C.D.表團(tuán)正

【參考答案】.BC

【名師解析】由題意知，系統(tǒng)初動(dòng)能為:“禽，由機(jī)械能守恒，彈性勢(shì)能不可能為選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

質(zhì)量相等的C球和A球發(fā)生彈性碰撞后速度交換，當(dāng)A、8兩球的動(dòng)量相等時(shí)，B球與擋板相碰，則碰后系

統(tǒng)總動(dòng)量為零，則彈簧再次壓縮到最短即彈性勢(shì)能最大（動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能），根據(jù)機(jī)械能守恒定律可

知，系統(tǒng)損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能穌=4，"詔，選項(xiàng)B正確；當(dāng)8球速度恰為零時(shí)與擋板相碰，則系統(tǒng)動(dòng)

量不變化，系統(tǒng)機(jī)械能不變：當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，，〃《）=智，彈性勢(shì)能最大，由功能關(guān)系和動(dòng)量關(guān)系可

求出Ep=；,鬲一懸品，所以，彈性勢(shì)能的最大值介于熱J?;，“而之間都有可能，選項(xiàng)C正確.

3.（2019新疆物理二診）一端連接輕質(zhì)彈簧的物體8靜止在光滑水平面上（如圖甲所示）?物體A以

速度v向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，彈簧的最大壓縮量為x,現(xiàn)讓該彈簧一端連接另一物體C（如圖乙所示），

物體A以2V的速度向右壓縮彈簧，彈簧的最大壓縮量仍為x,知A、8的質(zhì)量均為〃?，則（）

A.物體C的質(zhì)量為;根3

B.物體C的質(zhì)量為，相

7D.物體C的最終速度為:u

C.物體C的最終速度為二v

24

【參考答案】AC

【名師解析】

A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧壓縮量最大，由動(dòng)量守恒定律得：mv=（m+m）v\由

能量守恒定律得：22'+Ep,

A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)A、C速度相等時(shí)彈簧壓縮量最大，兩種情況下彈簧的壓縮量x相等，則兩種情況

下，彈簧的彈性勢(shì)能Ep相等，由動(dòng)量守恒定律得：m?2v=（m+mQv",

由能量守恒定律得：22、+Ep,

解得：m=-m,故A正確，B錯(cuò)誤；A、C兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：nr2v=mv+mcVc>

c7A

gm(2v)2=:"，吠+:me卑

由機(jī)械能守恒定律得:

聯(lián)立解得：vc=3.5v,選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。

4.（2019?遂寧市三診）如圖所示，水平地面光滑，輕彈簧一端固定在墻上，另一端拴接質(zhì)量為機(jī)的小球A。

另一個(gè)質(zhì)量也為“的小球B以速度如向左運(yùn)動(dòng)，與A碰撞時(shí)間極短、且碰后粘在一起。則從B與A開始

碰撞到彈簧壓縮最短過程，對(duì)A球、B球、彈簧組成的系統(tǒng)（）

A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

B.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒

C.對(duì)墻產(chǎn)生的沖量為

D.彈簧最大勢(shì)能為

如詔

【參考答案】C

【名師解析】

從B與A開始碰撞到彈簧壓縮最短過程，A、8發(fā)生了完全非彈性碰撞，在碰撞過程中機(jī)械能有損失，所以

系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；從AB開始一起運(yùn)動(dòng)至彈簧被壓縮到最短的過程中，由于彈簧對(duì)系統(tǒng)有作用力，A、

8組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，則在此運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)量不守恒，故AB錯(cuò)誤。整個(gè)過程中由動(dòng)量定理：

選項(xiàng)C正確；A、8碰撞過程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mvo=2〃w得：v=0.5v0o彈

簧的最大彈性勢(shì)能為：1].故D錯(cuò)誤。

E=--2mv2=-mv2

*D24Q

5.（2019.陜西榆林市三模）如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是小,=4,0kg和m=3.0kg，用輕彈簧拴接，

一定速度向右運(yùn)動(dòng)在t=4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的y—t圖象如圖乙所

示，墻壁對(duì)物塊B的彈力在4s到12s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B的沖量/的大小（）

A-9NsB-18N-SC36NsD-72N-s

【參考答案】C

【名師解析】由圖知，C與A碰前速度為：％=9m/s,碰后速度為：?jiǎn)?3m/s.

C與A碰撞過程動(dòng)量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较?

由動(dòng)量守恒定律得：=(rnA+mc)v2

代入數(shù)據(jù)解得：%=2kg；

由圖知，12s末A和C的速度為：v3=-3m/s,4s到12s,墻對(duì)B的沖量為：

I=(mA+mc)v3-(mA+mc)v2,

代入數(shù)據(jù)解得：1=-36N-s,方向向左，故ABD錯(cuò)誤，C正確；

【關(guān)鍵點(diǎn)撥】

4、C碰撞過程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出C的質(zhì)量。在4s到8s的時(shí)間內(nèi)，物體B不移動(dòng)，故墻

對(duì)物體8不做功：在4s到8s的時(shí)間內(nèi)，對(duì)48c系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量定理列式求解墻壁對(duì)8的沖量。

本題考查了動(dòng)量守恒定律與動(dòng)量定理的應(yīng)用，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程、正確選擇研究對(duì)象是正確解題的

關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和動(dòng)量定理即可正確解題。

6.(多選)如圖所示，帶有擋板的小車質(zhì)量為m,上表面光滑，靜止于光滑水平面上。輕質(zhì)彈簧左端固定在

小車上，右端處于自由伸長(zhǎng)狀態(tài)。質(zhì)量也為，"的小球，以速度v從右側(cè)滑上小車，在小球剛接觸彈簧至與

彈簧分離的過程中，以下判斷正確的是()

]￡￡￡￡￡￡￡&

A.彈簧的最大彈性勢(shì)能為51y

B.彈簧對(duì)小車做的功為%”

C.彈簧對(duì)小球沖量的大小為mv

D.彈簧對(duì)小球沖量的大小為5MV

【參考答案】AC

【名師解析】小球與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由題意知，小球和小車共速時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，

則由動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律可知，w=2〃W、&/=32"?產(chǎn)+與，解得Ep=%7,A正確；當(dāng)小

球與彈簧分離時(shí)，假設(shè)小車的速度為以、小球的速度為也，則由動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律得，mv=mvt

解得丫|=丫、也=0，則彈簧對(duì)小車做的功為卬=m"0=5",，B錯(cuò)誤；彈簧對(duì)

小球的沖量為/=0—mu,即沖量的大小為"”，C正確，D錯(cuò)誤。

二。計(jì)算題

1.（2020湖北黃岡模擬3）如圖所示，小球C在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)。在它左邊有一垂直

于軌道的固定擋板，右邊有兩個(gè)小球A和B用處于原長(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧相連，以相同的速度V。向C球運(yùn)動(dòng)，C

與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D.在A和D繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度變到最短時(shí)，長(zhǎng)度突

然被第一次鎖定不能伸長(zhǎng)但還能繼續(xù)被壓縮。然后D與擋板P發(fā)生彈性碰撞，而A的速度不變。過一段時(shí)

間，彈簧被繼續(xù)壓縮到最短后第二次鎖定。已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m。求：

（1）彈簧長(zhǎng)度第一次被鎖定后A球的速度；

（2）彈簧長(zhǎng)度第二次被鎖定后的最大彈性勢(shì)能。

【名師解析】（1）設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時(shí)，D的速度為V1，

由動(dòng)量守恒定律可得：niv（）=（m+m）V|,

1

解得：vU小；

當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與A的速度相等，設(shè)此速度為V2，

由動(dòng)量守恒，有2mv]+mvo=3mv2>

2

解得A的速度V2=：i";

（2）設(shè)彈簧長(zhǎng)度第一次被鎖定后，貯存在彈簧中的勢(shì)能為Ep”

由能量守恒得：Q:+E限

解得:Epi=12

2

撞擊P后，D的速度大小不變，仍為屋二方向向右；A的速度大小和方向均不變。

然后D與A繼續(xù)相互作用，設(shè)當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，A與D的速度為V3,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:

2mv2-mv2=3mv3，

11

初歸v3=5r2=avo

解得：39,

_1,1t?1G

彈性勢(shì)能的增加量為：P2?22-,

732

彈簧長(zhǎng)度第二次被鎖定后的最大彈性勢(shì)能Ep2=Epi+4Ep=im。

答：(1)彈簧長(zhǎng)度第一次被鎖定后A球的速度為:

衛(wèi)，，哈

(2)彈簧長(zhǎng)度第二次被鎖定后的最大彈性勢(shì)能為1nHo

【關(guān)鍵點(diǎn)撥】(1)C球與B球粘結(jié)成D時(shí)，由動(dòng)量守恒定律求解D的速度，當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與A

的速度相等，由動(dòng)量守恒求解A的速度；

(2)由能量守恒求解彈簧長(zhǎng)度第一次被鎖定后貯存在彈簧中的勢(shì)能為Ep「D撞擊P后，D的速度大小不

變，方向向右，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解二者速度相等時(shí)的速度大小，根據(jù)能量關(guān)系求解彈性勢(shì)能的增加量。

由此求解彈簧長(zhǎng)度第二次被鎖定后的最大彈性勢(shì)能。

本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用

或某一方向不受外力作用；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相

等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。

2.如圖所示為某一游戲的局部簡(jiǎn)化示意圖.豎直平面內(nèi)一軌道OABC,8C是一段半徑A=20m、高度為6m

的光滑圓弧軌道，水平直軌道OAB與圓弧8c相切于B點(diǎn)，04部分光滑、AB部分粗糙.可視為質(zhì)點(diǎn)的玩

具小車尸和。靜止在水平軌道0A上，用細(xì)線將兩小車?yán)?，把輕彈簧壓縮.某次游戲中，燒斷細(xì)線，小

車尸、。在彈力作用下開始運(yùn)動(dòng)小車尸在A點(diǎn)脫離彈簧時(shí)的速度匕=10m/s,P在軌道43上受到的阻力恒

為車重的0.2倍.己知A、B間距離x=21m,小車P的質(zhì)量“4=1kg、。的質(zhì)量牡=2kg求：

(1)小車P經(jīng)過圓弧最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小：

(2)小車P脫離彈簧后運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)所需的時(shí)間；

(3)壓縮的彈簧具有的彈性勢(shì)能.

【名師解析】

(1)「在A5上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大?。篴=0.2g=2m/s2

由V；一嗎=2融得運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度：乙=4m/s

2

在3點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得：/-町g=嗎

根據(jù)牛頓第三定律，可得對(duì)軌道的壓力大?。篎=F=10.8N

(2)p在A8上運(yùn)動(dòng)時(shí)間：。=匕二紅=3s

a

1.

|||〃?話。=3/叫次得尸沿圓弧運(yùn)動(dòng)的最大高度：A=0.8m6m

所以尸會(huì)返回.

并可知P沿圓弧運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的圓心角很小，小車P沿圓弧運(yùn)動(dòng)相當(dāng)于單擺，撰長(zhǎng)：

L=R=20m

所以小車尸沿圓弧來回的時(shí)間：t2=-=7r\-=(J5))S

2\g

所以小車P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到5點(diǎn)的時(shí)間3s或(3+J5T)S

(3)彈簧解除鎖定時(shí)P、。動(dòng)量守恒：，/匕=m2V2

解得小車。離開彈簧的速度：v2=5m/s

所以鎖定狀態(tài)的彈簧具有的彈性勢(shì)能：用,=!叫匕2彩2=751

3.(10分)如圖所示4BC為光滑軌道，其中AB段水平放置,BC段是半徑為R的圓弧與BC相切于B點(diǎn).A處

有一豎直墻面，一輕彈簧的一端固定于墻上，另一端與一質(zhì)量為M的物塊相連接，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，物塊

恰能與固定在墻上的L形擋板接觸于B處但無擠壓.現(xiàn)使一質(zhì)量為m的小球從圓弧軌道上距水平軌道高h(yuǎn)處

的D點(diǎn)由靜止開始下滑.小球與物塊相碰后立即共速但不粘連,物塊與L形擋板相碰后速度立即減為零也不粘

連.(整個(gè)過程中，彈簧沒有超過彈性限度.不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g)

(1)試求彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能；

(2)求小球與物塊第一次碰后沿BC上升的最大高度；

(3)若每次從小球接觸物塊至物塊撞擊L形擋板歷時(shí)均為加，則小球由。點(diǎn)出發(fā)經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間第三次通過

B點(diǎn)？

【名師解析】(1)由小球運(yùn)動(dòng)至第一次碰前，據(jù)動(dòng)能定理有：

"?g/?="?V()2/2①(1分)

對(duì)碰撞過程,據(jù)動(dòng)量守恒：

②(1分)

碰后壓縮彈簧過程中,M、O?及彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒：

Epm=(M+m)W/2③(1分)

由①②③式聯(lián)立解得:

2

m^h與八

LEpm—―.?（1分）

M+"7

（2）第一次碰后小球向8c軌道運(yùn)動(dòng)的初速度即為力，由機(jī)械能守恒得:

~mv]2=fngh，⑤（1分）

加2

由①②⑤式聯(lián)立解得:“二一--7〃.⑥（1分）

（M+m）2

（3）小球在BC段運(yùn)動(dòng)可等效為單擺，其周期為：

T=2萬產(chǎn)0（1分）

分析得小球第三次通過B點(diǎn)歷時(shí)為：

r=—+A??（1分）

4

由⑦@式聯(lián)立解得:f/,6+At.@（2分）

2\g

0gm2ghm2.3l~R

答案：（1）——（2）---------h（3"=一萬』一+Ar

M+m（M+m）~2\g

4.（2019?陜西西安一中模擬）光滑水平面上，用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)量為%=2kg、，聞=3kg的A、8兩

物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。將質(zhì)量為巾c=5kg的物體C,從半徑為R=3.2m的1/4光

滑圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止釋放，如圖所示，圓弧軌道的最低點(diǎn)與水平面相切，B與C碰撞后粘在一起運(yùn)動(dòng)。

g取10m/s2（,求：

（1）8、C碰撞剛結(jié)束時(shí)的瞬時(shí)速度的大??；

（2）在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能。

【名師解析】：（1）對(duì)C下滑過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得

設(shè)8、C碰撞后的瞬間速度為也，以C的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得〃?cvo=（，g+wc）vi，

代入數(shù)據(jù)得也=5in/s.

(2)由題意可知，當(dāng)A、&C速度大小相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)此時(shí)三者的速度大小為也，以C

的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得

(mc+mli)vl=(mA+mii+mc)V2,,

設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為Epm，則對(duì)8、C碰撞后到A、B、C速度相同過程中，由能量守恒定律得

1,12

2(mB+mc)Vi=](%+mB+mc)v2+Ep>

代入數(shù)據(jù)得Ep=20J。

答案：(1)5m/s⑵20J

5.如圖，在光滑的水平地面上，水平放置的輕彈簧一端固定，另一端與物塊4接觸但不連接。A的右

側(cè)放置物塊B,8的上表面為光滑曲面，其左端與水平地面相切，右端的切線水平，高度〃=0.2m,右側(cè)面

豎直。A、B質(zhì)量均為優(yōu)且機(jī)=0.5kg,A可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取lOm/s?。在下面兩種情況下，用外

力推動(dòng)A,將彈簧壓縮不同的長(zhǎng)度后放開。

(1)若8固定在水平地面上，A離開彈簧后向右運(yùn)動(dòng)，后沿著8的上表面滑動(dòng)，滑到最高點(diǎn)時(shí)速度恰好

為零，求彈簧在彈開A恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中對(duì)4的沖量的大??；

(2)若B不固定，可在水平地面上滑動(dòng)，A離開彈簧后以均=3m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，后始終沿著8的

上表面滑動(dòng)最終從其右端滑出，求A落地時(shí)落地點(diǎn)與此時(shí)B的右端的水平距離。

【名師解析】：(1)設(shè)A離開彈簧時(shí)的速度為v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有

多/=mgh

根據(jù)動(dòng)量定理，有l(wèi)—mv—0

代入數(shù)據(jù)得/=1N-s

(2)設(shè)A滑至8上表面右端點(diǎn)時(shí)，A、B的速度分別為盯、丫2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律，有

mv^=mv\-}~tnv2

代入數(shù)據(jù)得

v\=2m/s,V2=1m/s

或.=1m/s,也=2m/s(不合題意舍去)

A滑至3右端點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)/時(shí)間落地，則

X\-V\t

8在f時(shí)間內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移切=切1

A落地時(shí)落地點(diǎn)與此時(shí)B右端的水平距離AX=M一數(shù)

代入數(shù)據(jù)得Ax=0.2m

答案：(1)1N-S(2)A落地點(diǎn)與8右端的水平距離0.2m

6.如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L=

4.0m,皮帶輪沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)皮帶以恒定速率v=3.0m/s勻速傳動(dòng).三個(gè)質(zhì)量均為機(jī)=1.0kg

的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜

止?fàn)顟B(tài).滑塊A以初速度為=2.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極

短.連接B、C的細(xì)繩受擾動(dòng)而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離.滑塊C脫離彈簧后以速度

vc=2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn).

已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.20,重力加速度g取10m/s2.求：

(1)滑塊C