2026年高考物理大一轮复习讲义 第六章 微点突破5 含弹簧的机械能守恒问题

含弹簧的机械能守恒问题目标要求知道弹簧的弹性势能与哪些因素有关，会分析含弹簧的机械能守恒问题。1.由于弹簧发生形变时会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功，系统机械能守恒。2.弹簧两端的物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能有最大值。*3.对同一弹簧，弹性势能的大小为Ep＝12kx2例1如图所示，质量为m的小球从静止下落，落在与A点等高处、竖直放置、静止的轻弹簧上，到达与B点等高处时小球重力与弹簧的弹力大小相等，图中与C点等高处是小球到达的最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是()A.从O到C，小球重力势能一直减小、动能一直增大，小球、地球、弹簧组成的系统机械能守恒B.从A到C，小球重力势能一直减小、动能先增大后减小，小球、地球、弹簧组成的系统机械能不守恒C.到达B点时，小球的动能最大，弹性势能最小D.从O到A，小球重力势能减小，动能增大，小球、地球组成的系统机械能守恒答案D解析到达与B点等高处时小球重力与弹簧的弹力大小相等，此时加速度为0，速度达到最大，所以从O到C，小球重力势能一直减小、动能先增大后减小，小球、地球、弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；从A到C，小球重力势能一直减小、动能先增大后减小，小球、地球、弹簧组成的系统机械能守恒，故B错误；到达B点时，小球的动能最大，到达A点时弹性势能最小，故C错误；从O到A，只有重力做功，小球重力势能减小，动能增大，小球、地球组成的系统机械能守恒，故D正确。例2(多选)如图所示，轻弹簧一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连，小球套在固定的竖直光滑杆上，P点到O点的距离为L，OP与杆垂直，杆上M、N两点与O点的距离均为2L。已知弹簧原长为54L，重力加速度为g。现让小球从M处由静止释放，下列说法正确的是()A.小球从M运动到N的过程中，有三个位置小球受到的合力等于重力B.小球从M运动到N的过程中，小球的机械能守恒C.小球从M运动到N的过程中，弹簧弹性势能先减小后增大D.小球通过N点时速率为23答案AD解析OM＝ON＝2L，OP＝L，弹簧的原长为54L，所以小球在MP之间某个位置时弹簧处于原长，弹簧弹力为0，小球受到的合力等于重力，同理小球在PN之间某个位置时弹簧处于原长，弹簧弹力为0，小球受到的合力等于重力，当小球经过P点时小球受到的合力等于重力，故A正确；小球从M运动到N的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能并不守恒，故B错误；小球从M运动到N的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，再减小又增大，故C错误；小球在M、N两个位置时，弹簧的长度相等，所以弹簧的弹性势能相等，在整个过程中小球的重力势能全部转化为动能，有mg×23L＝12mv2，解得v＝23gL例3如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长量在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为12k(l－l0)2，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.金属环在最高点与最低点加速度大小相等B.左边金属环下滑过程机械能守恒C.弹簧的最大拉力为3mgD.金属环的最大速度为2gm答案A解析左边金属环下滑过程，除重力以外，还有弹簧的弹力对它做功，故金属环下滑过程中机械能不守恒，故B错误；金属环下降h'达到最低点时，速度减小为0，弹簧形变量最大为2h'，根据两金属环与弹簧系统机械能守恒有2mgh'＝12k(2h')2，解得h'＝mgk，弹簧的最大伸长量Δx＝2h'弹簧的最大拉力为FT＝kΔx＝2mg，故C错误；在最高点时金属环只受重力和支持力作用，此时重力沿杆方向的分力提供加速度，有a1＝gsin45°在最低点，由上述知FT＝2mg根据牛顿第二定律可知FTcos45°－mgsin45°＝ma2，解得a2＝gsin45°，则a1＝a2金属环在最高点与最低点加速度大小相等，故A正确；当金属环的加速度为0时，速度最大，金属环受力如图所示，金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力，沿杆方向加速度为0，即合力为0，有mgsin45°＝Fcos45°，又F＝kΔx，解得形变量Δx＝mgk，根据几何知识，两个小球下降的高度为h＝mg2k，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，有2mgh＝12k(Δx)2＋12×2mv2，解得v＝例4(2024·山东潍坊市期中)如图所示，在倾角为θ=37°的固定光滑斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端与挡板连接，上端与物块A连接，物块B紧靠A放置，弹簧的劲度系数k=60N/m，A、B的质量分别为m1=1kg、m2=2kg。将B用一根不可伸长的轻绳跨过斜面顶端的定滑轮与物体C连接，B与滑轮间的轻绳与斜面平行，C的质量m3=6kg。开始时用手拖住C，使轻绳刚好伸直，C到地面的距离为h=0.2m。现将C由静止释放，运动过程中B不会离开斜面，C落地后不反弹。已知劲度系数k的弹簧形变量为x时弹簧的弹性势能Ep=12kx2，重力加速度大小g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)开始时弹簧的压缩量x1；(2)A、B分离时B的动能(结果保留3位有效数字)；(3)B沿斜面向上滑动的最大距离(结果保留2位有效数字)。答案(1)0.3m(2)1.27J(3)0.41m解析(1)对A、B整体受力分析，根据共点力平衡得(m1+m2)gsin37°=kx1解得x1=0.3m(2)A、B分离时A、B间恰无弹力，A、B加速度相同，设此时弹簧压缩量为x2，分别对A、B、C受力分析，根据牛顿第二定律得kx2-m1gsin37°=m1aFT-m2gsin37°=m2am3g-FT=m3a解得x2=0.2m设此时B的速度大小为v1，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒m3g(x1-x2)+12k(x12-x22)=12(m1+m2+m3)v12+(m1+m2)g(x可得B的动能为EkB=12m2v12≈1.(3)设C落地前瞬间速度为v2，A、B分离时，C离地面高度h1=0.1mB、C组成系统机械能守恒m3gh1-m2gh1sinθ=12(m2+m3)v22-12(m2+B继续向上运动，设滑动距离为l，则有12m2v22=m2gl则B沿斜面向上运动的最大距离s=l+h可得s≈0.41m。1.如图，圆心为O1的光滑半圆环固定于竖直面，轻弹簧上端固定在O1正上方的O2点，c是O1O2和圆环的交点；将系于弹簧下端且套在圆环上的小球从a点静止释放，此后小球在a、b间做往复运动。若小球在a点时弹簧被拉长，在c点时弹簧被压缩，aO1⊥aO2。则下列说法正确的是()A.小球在b点受到的合力为零B.弹簧在a点的伸长量可能小于弹簧在c点的压缩量C.弹簧处于原长时，小球的速度最大D.在a、b之间，小球机械能最大的位置有两处答案D解析套在圆环上的小球从a点静止释放，此后小球在a、b间做往复运动，表明小球在a点受到的合力不等于零，合力的方向沿着a点的切线向上；因为系统的机械能守恒，a点和b点关于O1O2对称，所以小球在b点受到的合力不等于零，合力的方向沿b点的切线向上，A错误；小球从a点到c点运动的过程中，小球在a点时动能最小，等于零，小球在a点时位置最低，小球在a点时的重力势能最小，即小球在a点时的机械能最小；又因为小球和弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球在a点时，弹簧的弹性势能最大，那么，小球在a点时弹簧的形变量最大，所以弹簧在a点的伸长量一定大于弹簧在c点的压缩量，B错误；小球受到重力、弹簧的弹力、圆环的支持力，这三个力的合力为零时，小球的速度最大，此时弹簧不处于原长状态，C错误；因为系统的机械能守恒，所以弹簧处于原长时，小球的机械能最大；在a、b之间，弹簧处于原长的位置有两处，D正确。2.(2024·山东省实验中学期中)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直挡板，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端连接质量为m的小球A，当小球A处于静止状态时，弹簧的弹性势能大小为E。现将另一个大小相等，质量相同的小球B(图中未画出)紧挨小球A右侧轻放在斜面上，已知重力加速度大小为g，弹簧一直处在弹性限度内，则弹簧的最大弹性势能为()A.E B.4m2C.2m2g2sin2答案B解析初始时A、B两小球的加速度最大，以A、B两小球为整体，根据牛顿第二定律有2mgsinθ－kx1＝2ma，kx1＝mgsinθ，解得a＝g当两小球运动到最低点时，其速度为零，弹簧的弹性势能达到最大，根据简谐运动的对称性，有kx2－2mgsinθ＝2ma解得x2＝3mgsinθk，根据系统机械能守恒有Epmax＝2mgsinθ·(x2－x1)＋E＝4m3.(2024·山东潍坊市开学考)如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2，则(A.弹簧的最大弹性势能为3mgx0B.小球运动的最大速度等于2gC.弹簧的劲度系数为mgD.小球运动中最大加速度为g答案A解析小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，根据能量守恒定律，有Epmax=3mgx0，故A正确；根据弹性势能表达式Ep=12kx2，则有3mgx0=12kx02，解得k=6mgx0，故C错误；当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有mg=kx，再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒，有mg(x+2x0)=12mvmax2+12kx2，解得最大速度为vmax=25gx06，故4.(多选)(八省联考·陕西·10)如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速释放P，则在物体P沿斜劈下滑过程中()A.轻绳拉力大小一直增大B.物体P的加速度大小一直增大C.物体P沿斜劈下滑的最大距离为6D.物体P的最大动能为8答案AD解析设物体P向下运动过程中的位移为x，弹簧的形变量为Δx，开始时弹簧被压缩，其弹力为支持力，从释放P到弹簧恢复原长过程中，对P、Q整体根据牛顿第二定律4mgsin30°-mg+kΔx=(4m+m)a可得a=mg随着x增大，Δx减小，则加速度逐渐减小，当弹簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，弹簧弹力为拉力，根据牛顿第二定律4mgsin30°-mg-kΔx=(4m+m)a可得a=mg随着x增大，Δx增大，当mg>kΔx时，随着x增大，加速度逐渐减小，当kΔx>mg时，随着x增大，加速度反向增大，所以物体P的加速度大小先减小后反向增大，故B错误；以P为研究对象，设绳子拉力为FT，根据牛顿第二定律4mgsin30°-FT=4ma可得弹簧恢复原长前FT=1.2mg-0.8kΔx随着Δx减小，FT增大；弹簧恢复原长后FT=1.2mg+0.8kΔx可知随着Δx增大，FT逐渐增大，所以轻绳拉力大小一直增大，故A正确；没有释放物体P前，根据平