压轴题11 牛顿运动定律解决弹簧问题 备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)
2021届高三物理二轮复习：专题四 受力分析中的弹簧问题
2021届高三物理二轮复习：专题四受力分析中的弹簧问题姓名：__________ 班级：__________考号：__________一、选择题（共38题）1、“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。
某人身系弹性绳自高空P点自由下落，如图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。
人从P点落下到最低点c的过程中（）A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态B．在ab段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态C．在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态D．在c点，人的速度为零，其加速度为零2、如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是：（）A．从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程，B．从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程C．从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大D．速度达到最大时加速度也达到最大3、如图所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球．在将整个装置匀加速上提的过程中，手突然停止不动，则在此后一小段时间内( )A．小球立即停止运动B．小球继续向上做减速运动C．小球的速度与弹簧的形变量都要减小D．小球的加速度减小4、如图所示的一种蹦床运动，图中水平虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达在最高点，B 为运动员刚抵达蹦床时刻的位置，C为运动员的最低点，不考虑空气阻力，运动员从A下落到C的过程中速度最大的位置为（）A、B、C之间B、A点C、B点D、C点5、如图3所示，光滑水平桌面上，有物块A、B用轻弹簧相连，两物块质量相等，即m A=m B，在水平拉力F A和F B的作用下一起运动，已知F A<F B，不计弹簧质量，则以下说法中正确的有( )A. 撤去F A瞬间，B的加速度一定变大B. 弹簧突然从P点断裂的瞬间，B的加速度小于C. 撤去F B后，弹簧将伸长D. 撤去F A后，弹簧将缩短6、如图所示，质量均为m的物体A、B通过一劲度系数为k的轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B都处于静止状态．现通过细绳将A加速向上拉起，当B刚要离开地面时，A上升距离为L.假设弹簧一直在弹性限度范围内，则()A．L＝B．L＝C．L< D．L>7、如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3，中间分别用原长均为L、劲度系数均为k的轻弹簧连接起来。
专题04 牛顿运动定律-2021年高考物理真题与模拟题分类训练(教师版含解析)
专题04 牛顿运动定律1．(2021·全国高考真题）水平地面上有一质量为1m 的长木板，木板的左端上有一质量为2m 的物块，如图(a ）所示。
用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图(b ）所示，其中1F 、2F 分别为1t 、2t 时刻F 的大小。
木板的加速度1a 随时间t 的变化关系如图(c ）所示。
已知木板与地面间的动摩擦因数为1μ，物块与木板间的动摩擦因数为2μ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g 。
则( ）A ．111=F m g μB ．2122211()()m m m F g m μμ+=-C ．22112m m m μμ+>D ．在20~t 时间段物块与木板加速度相等 【答案】BCD【解析】A ．图(c ）可知，t 1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有1112()F m m g μ=+，A 错误；BC ．图(c ）可知，t 2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有211212()()F m m g m m a μ-+=+，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有221121()0m g m m g m a μμ-+=>，解得2122211()()m m m F g m μμ+=-，()12212m m m μμ+>，BC 正确；D ．图(c ）可知，0~t 2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D 正确。
故选BCD 。
2．(2021·全国高考真题）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P 处，上部架在横杆上。
横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。
将小物块由平板与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ的大小有关。
若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t 将( ）A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大【答案】D【解析】设PQ 的水平距离为L ，由运动学公式可知21sin cos 2L g t θθ=，可得24sin 2L t g θ=，可知45θ=︒时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t 先减小后增大。
高中物理经典问题---弹簧类问题全面总结解读
高中物理经典问题---弹簧类问题全面总结解读一：专题训练题1、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m 的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。
如图7所示。
现让木板由静止开始以加速度a(a ＜g ＝匀加速向下移动。
求经过多长时间木板开始与物体分离。
分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x 时，物体受重力mg ，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N 作用。
据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma 得N=mg-kx-ma当N=0时，物体与平板分离，所以此时k a g m x )(-=因为221at x =，所以kaa g m t )(2-=。
2、如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P 处于静止，P 的质量m=12kg ，弹簧的劲度系数k=300N/m 。
现在给P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s 内F 是变力，在0.2s 以后F 是恒力，g=10m/s 2,则F 的最小值是 ，F 的最大值是 。
．分析与解：因为在t=0.2s 内F 是变力，在t=0.2s 以后F 是恒力，所以在t=0.2s 时，P 离开秤盘。
此时P 受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。
在0_____0.2s 这段时间内P 向上运动的距离：x=mg/k=0.4m 因为221at x =，所以P 在这段时间的加速度22/202s m tx a == 当P 开始运动时拉力最小，此时对物体P 有N-mg+F min =ma,又因此时N=mg ，所以有F min =ma=240N.当P 与盘分离时拉力F 最大，F max =m(a+g)=360N.3．如图9所示，一劲度系数为k =800N/m 的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m =12kg 的物体A 、B 。
物体A 、B 和轻弹簧竖立静止在水平地面上，现要加一竖直向上的力F 在上面物体A 上，使物体A 开始向上做匀加速运动，经0.4s 物体B 刚要离开地面，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g =10m/s 2 ，求：（1）此过程中所加外力F 的最大值和最小值。
2021江苏省高考压轴卷+物理+Word版含解析
绝密★启封前KS5U2021江苏省高考压轴卷物理一、单项选择题：本题共11小题，每小题4分，共计44分。
每小题只有一个．．．．选项符合题意。
1．2021年央视春晚首次采用5G信号“云”传播方式，使“云”观众、“云”演员和春晚互动起来，与4G信号相比，5G信号使用频率更高的电磁波，每秒传送的数据量是4G的50～100倍，5G信号网络的高性能很好的实现了观众的良好体验。
相比4G信号（）A．5G信号的光子能量更大B．5G信号的衍射更明显C．5G信号的传播速度更大D．5G信号的波长更长2．如图所示为某潜艇下潜和上浮的v-t图像，0时刻，潜艇开始下潜，50s末潜艇回到水面。
规定竖直向上为正方向，下列说法正确的是（）A ．10s 末潜艇离水面最远B ．10~30s 末潜艇上浮C ．20s 末，潜艇的加速度改变D ．30~50s 潜艇的位移为20m3．山东栖霞笏山金矿事故救援工作中本着“为了每一位被困矿工的生命”，救援队历经多日，最终将被困人员被救援出井。
在救援中消防员利用如图甲所示三脚架向井底的被困人员提供物资，三脚架简化如图乙所示，若支架质量不计，每根支架与竖直方均成30°的夹角。
已知绳索及所挂载物资总质量为m ，则在物资平稳匀速下降过程中，每根支架的弹力大小为（ ）A ．mgB ．3mgC D 4．歼20是我国自主研制的第五代战斗机，具有包括隐身在内的一系列世界领先的性能。
其次演习中，歼20战斗机需要完成一次战术拉升动作。
已知战斗机此时水平飞行且速度大小为500m/s ，取重力加速度大小210m/s g ，出于对飞行员安全的考虑，要求飞行员所受支持力应该控制在自身重力的10倍以内，否则很可能会出现“黑视”现象，严重威胁飞行员和战斗机的安全。
分析飞机飞行时，尽管各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分，通过以上信息可以知道，战斗机在拉升时的最小圆周半径约为（ ）A．2.5km B．2.8km C．4.5km D．5.0km5．如图甲所示是街头常见的变压器，图乙是街头变压器给用户供电的示意图。
2021届高考物理考前特训：牛顿运动定律 (解析版)
牛顿运动定律【原卷】1．如图所示，物块A 的质量4kg M =，它与木板B 间的动摩擦因数10.2μ=，木板B 的质量2kg m =，长6m =L ，它与水平地面间的动摩擦因数20.1μ=。
开始时物块A 在木板B 的最左端，二者均处于静止状态。
现用9N 的水平恒力向右拉物块A ，经过4s 后将此恒力突增为16N ，再经过时间t 后撤去此拉力，物块A 最终恰好没从木板B 上掉落，g 取210m/s ，求：（1）最初4s 物块A 的加速度；（2）时间t 为多少；（3）物块A 最终静止时距初始位置的距离。
2．如图所示，长木板B 放在光滑的水平桌面上，滑块C 与长木板B 用质量不计且不可伸长的细绳拴接在一起，在长木板的最左端放置另一可视为质点的滑块A 。
已知A 、B 、C 的质量相等，滑块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1μ=，现给滑块A 水平向右的速度0 6.5m /s v =，同时将B 、C 由静止释放，以后的过程中长木板始终没有碰到滑轮且滑块A 恰好未从长木板B 的右端滑下，重力加速度2g 10m /s =。
求：（1）欲满足题中的条件，长木板B 的长度应为多长； （2）当滑块C 下落的高度10.5m h =时，滑块A 距离长木板右端的间距应为多少。
23．大货车在行驶过程中，通常不能急刹车，急刹车可能会造成货物撞向驾驶室，从而对车和人造成重大损伤。
如图乙所示，大货车的大货箱放在货车的平板上没做固定，货箱的前部到驾驶室的距离是 1.6m L =，货箱和平板间的动摩擦因数是0.5μ=，货箱质量2000kg m =。
（1）如图-甲所示，货车行驶过程中经过一段下坡路面，坡高4m h =，长200m S =。
货车以036km /h v =的速度驶入斜坡，经40s t =到达坡底，货车近似做匀减速运动，求下坡过程中货箱受到的摩擦力的大小和方向；（2）如图-乙所示，货车以120m /s v =速度沿平直公路行驶。
备战2021高考物理(全国通用)-力学模块考点必练-牛顿运动定律(四)(含答案)
备战2021高考物理（全国通用）-力学模块考点必练-牛顿运动定律（四）共：15题共：60分钟一、单选题1.如图所示，光滑斜面体固定在水平面上，倾角为30°，轻弹簧下端固定A物体，A物体质量为m，上表面水平且粗糙，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，初始时A保持静止状态，在A的上表面轻轻放一个与A质量相等的B物体，随后两物体一起运动，则（）A.当B放在A上的瞬间，A的加速度仍为零B.当B放在A上的瞬间，A对B的摩擦力为零C.当B放在A上的瞬间，A对B的支持力大于mgD.A和B一起下滑距离时，A和B的速度达到最大2.如图所示，光滑水平面上放置质量分别m、2m、3m的三个木块，其中质量为和的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为。
现用水平拉力拉其中一个质量为的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A.质量为的木块受到四个力的作用B.当逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C.当逐渐增大到1．5T时，轻绳还不会被拉断D.轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为2T/33.水平地面上固定一倾角为的足够长的光滑斜面，如图所示，斜面上放一质量为、长的薄板。
质量为的滑块（可视为质点）位于薄板的最下端，与之间的动摩擦因数。
开始时用外力使、静止在斜面上，某时刻给滑块一个沿斜面向上的初速度，同时撤去外力，已知重力加速度，，。
下列说法正确的是（）A.在滑块向上滑行的过程中，、的加速度大小之比为B.从、开始运动到、相对静止的过程所经历的时间为C.从、开始运动到、相对静止的过程中滑块克服摩擦力所做的功为D.从、开始运动到、相对静止的过程中因摩擦产生的热量为4.如图甲所示，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的匀加速运动，测得两个物体的vt图象如图乙所示(重力加速度为g)，以下说法正确的是()A.拉力F施加的瞬间，A，B间的弹力大小为MgB.A，B分离的瞬间，A上升的位移为C.由图像可知，A，B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D.弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值5.如图，一劲度系数为k轻弹簧的一端固定在倾角为θ=30°的光滑固定斜面的底部，另一端和质量为2m的小物块A相连，质量为m的物块B紧靠A一起静止.现用手缓慢斜向下压物体B使弹簧再压缩x0并静止。
专题2 牛顿运动定律-2021年高考物理压轴题专题训练(教师版)
2021年高考物理压轴题专题训练专题2 牛顿运动定律一、单选题1．如图所示，一水平传送带逆时针匀速转动，现将一物块P （可视为质点）以v 0的水平速度从传送带的左端滑上传送带，恰好可以运动至传送带的右端，这个过程中，物块P 与传送带之间的相对路程为x ∆，与传送带摩擦产生的热量为Q 。
已知物块p 与传送带之间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（ ）A ．若传送带转动的速率加倍，物块P 仍以v 0的水平速度从传送带的左端滑上传送带物块P 将不会到达传送带的右端B ．若传送带转动的速率减半，物块P 仍以v 0的水平速度从传送带的左端滑上传送带，物块P 将不会到达传送带的右端C ．若物块P 与传送带的动摩擦因数变为2μ，物块P 仍以v 0的水平速度从传送带的左端滑上传送带，从滑上传送带至速度减为零时，物块P 与传送带之间的相对路程为2x ∆ D ．在选项C 情形下，此过程物块P 与传送带摩擦产生的热量为2Q 【答案】C【解析】AB ．只要传送带逆时针转动，无论转动的速率多大，都不影响物块P 的加速度，所以物块P 仍将会到达传送带的右端，AB 错误；CD ．当物块P 与传送带的摩擦因数变为2μ时，其加速度为之前的2倍，由22ax v =可知，其运动路程为之前的12，运动时间也为之前的12，v t -图像如图所示结合图象可知其相对路程为2x ∆，摩擦产生的热量 22x Q mg Q μ∆'=⋅= C 正确，D 错误。
故选C 。
2．如图所示，水平路面上有一辆翻斗车正在卸货。
货物A 的质量为m ，翻斗车的质量为M ，某时刻货物A 正在沿车厢加速下滑，此时车厢与水平面的夹角为θ。
若货物与车厢间的摩擦不计，且翻斗车始终保持静止，则该时刻水平路面对车的支持力和摩擦力的大小分别为（ ）A ．2cos Mg mg θ+；2sin mg θB ．2sin Mg mg θ+；2cos mg θC ．2cos Mg mg θ+；sin cos mg θθD ．2sin Mg mg θ+；sin cos mg θθ【答案】C【解析】可以对整体分析，水平方向 f =ma cos θ竖直方向()sin M m g N ma θ+-=对货物ma =mg sin θ联立以上各式可解出sin cos f mg θθ=2cos N Mg mg θ=+故选C 。
压轴题09 牛顿运动定律解决传送带问题 备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)
压轴题09 牛顿运动定律解决传送带问题一、单选题1.如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带的左，右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左，右两端滑上传送带，下列说法正确的是()A. 物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B. 若v2<v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动C. 若v2<v1，物体从右端滑上传送带，则物体不可能到达左端D. 若v2<v1，物体从右端滑上传送带又回到右端，在此过程中物体先做减速运动，再做加速运动【答案】D【解析】A.若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度相等，运动的位移相等，都做匀变速运动，所以运动的时间相等，否则不等，故A 错误；B.若v2<v1，物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦力向右，物体先做匀加速运动，当物体运动到右端时速度仍小于传送带速度时，没有匀速过程，故B错误；C.若v2<v1，物体从右端滑上传送带，物体所受摩擦力向右，物体做匀减速运动，当物体滑到左端速度还大于等于零时，可以到达左端，故C错误；D.若v2<v1，物体从右端滑上传送带又回到右端．物体受到的摩擦力一直向右，加速度不变，即先向左匀加速，后向右匀减速，故D正确。
故选D。
2.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v顺时针匀速转动，现有一木块由传送带下端以初速度v0滑上传送带，且v0>v，木块与传送带之间的动摩擦因数μ<tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列选项中反映木块上升过程的速度随时间变化关系正确的是A. B. C. D.【答案】D【解析】略3.一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以一定的速度匀速运动。
某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t=0时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v1>v2)。
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压轴题11 牛顿运动定律解决弹簧问题一、单选题1.如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图所示，则A. t1时刻小球速度最大B. t1～t2这段时间内，小球的速度先增大后减小C. t2～t3这段时间内，小球所受合外力一直减小D. t1～t3全过程小球的加速度先减小后增大【答案】B【解析】解：A、t1时刻小球刚接触弹簧，小球的速度仍在增大，速度不是最大。
当弹簧的弹力等于重力时速度才最大。
故A错误。
B、t1−t2这段时间内，小球向下运动，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，合外力先向下后向上，所以小球先加速后减速，即小球的速度先增大后减小。
故B正确。
CD、t1−t2这段时间内，小球向下运动，加速度先向下逐渐减小，后向上逐渐增大。
t2～t3这段时间内，小球从最低点向上运动，弹簧的弹力先大于小球的重力，后小于重力，合外力先向上，后向下，而弹力逐渐减小，合外力先减小后增大，根据牛顿牛顿第二定律可知，小球的加速度先减小后反向增大。
故CD错误。
故选B。
2.如图，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器．木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0N，下表面压力传感器的读数为20.0N.当系统竖直向上发射时，上表面传感器的读数变成下表面压力传感器读数的一半，取重力加速度g= 10m/s2，此时木箱的加速度大小为A. 2.5m/s2B. 5.0m/s2C. 10.0m/s2 D. 条件不足，无法确定【答案】A【解析】木箱静止时对弹簧和木块整体受力分析，受重力G、上方传感器向下的压力F1，下方传感器向上的支持力N1。
根据平衡条件有F1+G=N1，带入数据解得G=8N。
弹簧重力不计，故木箱重力为8N，即木箱质量为0.8kg。
对木箱进行儿受力分析，受弹簧的弹力F2和上方传感器向下的压力F1，根据平衡条件G+ F1=F2，当系统竖直向上发射时弹簧弹力不变仍为20N，设上表面传感器示数为F，则下表面传感器的示数为2F，对物体分析有20−F−G=ma①，对整体分析有2F−G−F=ma②，联立①②得F=10N，a= 2.5m/s2。
故答案为A。
3.如图，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态.现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是()A. 1.5g，1.5g，0B. g，2g，0C. g，g，gD. g，g，0【答案】A【解析】开始A、B、C处于静止；将A上面的细线剪断后，在该瞬间弹簧的弹力不变，隔离对C分析，弹簧的弹力F弹=mg，C所受的合力为零，加速度为零；隔离对AB分析，AB的加速度均为a=F弹+2mg=1.5g，2m故选A。
4.如图所示，斜面体B放在粗糙的水平面上，物块A放在粗糙的斜面体B上，轻质弹簧两端分别与物块A 及固定在斜面体底端的挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态．现用力F沿斜面向上拉A，但A，B均保持静止．下列说法正确的是()A. 弹簧对挡板的弹力变小B. A、B之间的摩擦力可能增大C. 水平面对B的摩擦力方向向左D. 斜面体B对地面的压力增大【答案】B【解析】解：A、F沿斜面向上拉A，但A、B均保持静止，弹簧的形变量不变，所以弹簧的弹力不变，故A错误；B、开始A受到的弹簧的弹力与A重力沿斜面向下的分力大小不知道，A受到的摩擦力大小方向不确定，用力F沿斜面向上拉A时，摩擦力大小可能增大、也可能减小，故B正确；C、从整体角度，可知，当斜向上的拉力拉时，整体对地面的压力减小，有向左的运动趋势，导致水平面对B的摩擦力发生变化，故C错误；D、竖直方向地面对B的支持力F N=(m A+m B)g−Fsinθ，所以施加力F后斜面体B对地面的压力减小，故D错误。
故选B。
5.如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。
通过安装在弹簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F随时间t(t1、t2、t3、t4均己知)变化的图像如图所示，若图像中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，空气阻力不计。
则()A. t1时刻小球具有最大速度B. t2时刻小球具有最大速度C. t2时刻小球的加速度大小为零D. 可以计算出小球自由下落的高度【答案】D【解析】AB.t1时刻小球刚与弹簧接触，当弹簧弹力与重力平衡时速度最大，故AB错误；C.t2时刻小球受到的弹力最大，处于最低点，合力向上，故加速度向上，故C错误；D.t3到t4时刻，小球做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可以求出小球自由下落的高度，故D正确。
故选D 。
6.如图所示，A，B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B，C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。
现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。
已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。
释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。
下列说法正确的是()A. 斜面倾角α=60°B. A获得最大速度为C. C刚离开地面时，B的加速度最大D. 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【答案】B【解析】A.C刚离开地面时，对C有：kx2=mg此时B有最大速度，即a B=a A=0对B有：T−kx2−mg=0对A有：4mgsinα−T=0以上方程联立可解得：sinα=0.5，α=30°故A错误；B.初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；由上问知x1=x2=mgk此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：以上方程联立可解得：A球获得最大速度为v Am=2g√m，故B正确；5kC.C刚离开地面时，B球的加速度为零。
对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；D.从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，A、B两小球组成的系统机械能不守恒。
故D错误．故选B。
7.如图所示，平行于光滑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，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连．物块A、B质量均为m，初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v−t图象如图所示(t 1时刻A、B的图线相切，t 2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，(t 1和t 2，v 1和v 2均未知)，则以下说法正确的是A. t 1时刻弹簧的形变长度mgsinθk B. t 2时刻弹簧的形变长度mgsinθkC. t 1时刻A的加速度比B的加速度大D. t 1时刻B的速度为【答案】B【解析】A.由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx−mgsinθ=ma，则x=mgsinθ+mak，故A错误；B.由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=mgsinθk，故B正确；C.由图读出，t1时刻A、B开始分离，加速度相等，故C错误；D.开始时有：2mgsinθ=kx0,t1时刻时B的位移为x B=x0−x=mgsinθ−mak，由运动学公式v=√2ax B，得v=√2a(mgsinθ−mak)，故D错误。
故选B。
8.如图所示，沿水平面运动的小车里，用两根轻质细线A、B悬挂一个小球，小车光滑底板上有一个用轻质弹簧拴着的物块，已知两根悬线与竖直方向夹角均为θ=30°，弹簧处于拉伸状态，小球和物块质量均为m，均相对小车静止，重力加速度为g，下列说法正确的是()A. 小车一定水平向右做匀加速运动B. 两根轻细线的拉力都不可能为0C. 两根细线的拉力有可能相等D. 弹簧的弹力大小可能为√33mg【答案】D【解析】A.因弹簧处于拉伸状态，则弹簧B对物体一定有向右的弹力，因此整体有向右的加速度，然而小车不一定向右加速，也可能向左减速，故A错误；B.由弹簧受力可知，小球有向右的加速度，则两根细线的合力不为0，当加速度为：a=gtan30°=√33g，方向水平向右时，其中左边绳子的拉力为0，故B错误；C.若两根细线的拉力相等，根据力的合成与分解法则，及牛顿第二定律，则小球的加速度为0，则弹簧不会处于拉伸状态，不符合题意，故C错误；D.若小车的加速度为a=√33g，那么依据牛顿第二定律，则弹簧的弹力大小为√33mg，故D正确。
故选D。
二、多选题9.(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是()A. 当x=ℎ+2x0时，小球的动能最小B. 最低点的坐标：x=ℎ+2x0C. 当x=ℎ+2x0时，小球的加速度为−g，且弹力为2mgD. 小球动能的最大值为mgℎ+mgx02【答案】CD【解析】AB.由图乙可知mg=kx0，解得x0=mgk，由F−x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹=12k(x−ℎ)2，由动能定理得mgx−12k(x−ℎ)2=0，即mgx−mg2x0(x−ℎ)2=0，解得x=ℎ+x(1+√1+2ℎx0)，故最低点坐标不是ℎ+2x0，且此处动能不是最小，故AB错误；C.由图可知，mg=kx0，由对称性可知当x=ℎ+2x0时，小球加速度为−g，且弹力为2mg，故C正确；D.小球在x=ℎ+x0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(ℎ+x0)+W弹=E km−0，依题可得W弹=−12mgx0，所以E km=mgℎ+12mgx0，故D正确。
10.如图所示，在竖直方向上，A，B两物体通过劲度系数k=16N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B，C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在倾角α=30°的固定光滑斜面上.用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m=0.4kg，重力加速度取g=10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C后，C 沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度v B，求该过程中：()A. A，B，C构成的系统机械能守恒B. m c=1.6kgC. v B=√2m/sD. C的机械能减少4.8J【答案】BC【解析】A.A、B、C构成的系统中存在弹簧弹性势能的变化，所以A、B、C构成的系统机械能不守恒，故A错误；B.A刚离开地面时，B获得最大速度v B，此时C也获得最大速度，由平衡条件得：，所以物体C的质量为，故B正确；C.此过程中弹簧的形变量为：Δx=2mgk =2×0.4×1016m=12m，因为弹簧在此过程中形变量相同，所以弹簧的弹性势能不变，则，解得v B=√2m/s，故C正确；D.C的机械能减少为，故D错误。