042与弹簧相关的机械能守恒问题 精讲精练-2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题

一.必备知识精讲
1．弹簧类问题的突破要点
(1)弹簧的弹力大小由形变大小决定，解题时一般应从弹簧的形变分析入手，确定原长位置、现长位置、平衡位置等，再结合其他力的情况分析物体的运动状态。

(2)因软质弹簧的形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变。

因此，在分析瞬间变化时可以认为弹力大小不变，即弹簧的弹力不突变。

(3)在求弹簧的弹力做功或弹簧的弹性势能时，通常可以根据系统的机械能守恒或功能关系进行分析。

2．弹簧类问题的注意事项
(1)弹簧处于相同状态时弹性势能相等；
(2)在不同的物理过程中，弹簧形变量相等，则弹性势能的变化量相等。

(3)弹簧的弹性势能增加或减少时，弹簧与其它物体发生了能量的转移或转化。

二.典型例题精讲
题型一：弹簧与一物体相连
例1：(多选)如图所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O 在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让小球自由摆下，不计空气阻力，在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法中正确的是 ( )
A．小球的机械能守恒
B．小球的机械能减少
C．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变
D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒
答案:BD
[解析] 小球由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的
弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故选项A错误，B正确；在此过程中，由于有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能，等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C错误，D正确。

题型二：弹簧与多物体相连
例2：(多选)如图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面的倾角为θ＝30°。

质量均为1kg的A、B两物体用轻弹簧拴接在一起，弹簧的劲度系数为5N/cm，质量为2kg的物体C用细线通过光滑的轻质定滑轮与物体B连接。

开始时A、B均静止在斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细线刚好被拉直，现把手拿开，让C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，下列说法正确的是(g取10m/s2) ( )
A．初状态弹簧的压缩量为1cm
B．末状态弹簧的压缩量为1cm
C．物体B、C与地球组成的系统机械能守恒
D．物体C克服绳的拉力所做的功为0.2J
答案：AD
[解析] 初状态时，细线拉力为零，对B受力分析，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力F＝mg sinθ＝kx，解得x＝1cm，A正确；末状态时，对A进行受力分析，弹簧处于伸长状态，弹簧弹力F＝mg sinθ＝kx，解得x＝1cm，B错误；B、C与地球组成的系统，在运动过程中弹簧对系统做功，机械能不守恒，C错误；对A、B、C、弹簧和地球组成的系统由机械能守恒定律
得2Mgx－2mgx sinθ＝1
2
(M＋m)v2，对C由动能定理得2Mgx－W＝
1
2
Mv2，解得W＝0.2J，D正确。

二.举一反三，巩固练习
1．如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，O点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B后向上运动，不计空气阻力，不计物体与弹簧碰撞时的动能损失，弹簧一直在弹性限度范围内，重力加速度为g，则以下说法正确的是 ( )
A．物体落到O点后，立即做减速运动
B．物体从O点运动到B点，物体机械能守恒
C．在整个过程中，物体与弹簧组成的系统机械能守恒
D．物体在最低点时的加速度大于g
答案：CD
[解析] 在O点时，重力大于弹力，物体继续向下加速，A错误；物体从O到B过程中，弹簧的弹性势能增加，物体的机械能减小，B错误；在整个过程中，只有重力势能、弹性势能、动能的相互转化，物体与弹簧组成的系统机械能守恒，C正确；在最低点，由简谐运动的对称性知加速度大于g，D正确。

2．(多选)(2016·全国卷Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。

现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。

已知在M、
N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π
2。

在小球从M点运动到N点的过程
中 ( )
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
答案：BCD
[解析] 小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长。

弹簧的弹力方向与小球速度方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，D项正确。

3．(2015·天津理综)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。

现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中 ( )
A ．圆环的机械能守恒
B ．弹簧弹性势能变化了3mgL
C ．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
答案：B
[解析] 圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A 、D 错误；弹簧长度为2L 时，圆环下落的高度h ＝3L ，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔE p ＝mgh ＝3mgL ，选项B 正确；圆环下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C 错误。

4.(2017·江苏高考)(多选)如图所示，三个小球A 、B 、C 的质量均为m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L 。

B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。

现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°。

A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g 。

则此下降过程中( )
A ．A 的动能达到最大前，
B 受到地面的支持力小于32
mg B ．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于32
mg C ．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下
D ．弹簧的弹性势能最大值为
32
mgL 答案 AB
解析 取A 、B 、C 整体研究，三个小球皆静止时，地面对B 、C 球的弹力各为32
mg ，当A 球下降时，只要A 球未达最大速度，就有竖直向下的加速度，A 球就处于失重状态，此时地面
对B 球的支持力小于32
mg ，A 正确；A 球的动能最大时，a A ＝0，系统在竖直方向上F 合＝0，则地面对B 球的弹力为32
mg ，B 正确；弹簧的弹性势能最大时，对应着弹簧伸长量最大，A 球运动到最低点，此时v A ＝0，但a A ≠0，加速度方向竖直向上，C 错误；两杆间夹角由60°变为120°，A 球下落的距离h ＝L sin60°－L sin30°＝3－12
L ，A 球重力势能的减少量为ΔE p ＝3－12mgL ，由能量转化知，弹簧的弹性势能最大值为3－12
mgL ，D 错误。

5.如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端
固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。

质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。

现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块 ( )
A ．最大速度相同
B ．最大加速度相同
C ．上升的最大高度不同
D ．重力势能的变化量不同
答案：C
[解析] 本题考查了弹性势能与重力势能及动能的变化。

解题关键是各物理量所对应弹簧所处的状态及受力情况。

开始压缩量相同，弹力相同，释放瞬间两球加速度最大，由牛顿第二定律，kx 0－mg sin θ＝ma m ，a m ＝kx 0m
－g sin θ，由于两物块质量不同，因此最大加速度不同，因此B 选项错误；当物块加速为零时，速度最大，则kx ＝mg sin θ，由能量转化与守恒定律，有12kx 20＝12kx 2＋12mv 2m ，所以v 2m ＝kx 20m －mg 2sin 2
θk
，m 越大，v m 越小，两物块质量不同，最大速度不同，选项A 错误；达到最大高度时速度为零，弹性势能转化为重力势能，则12
kx 20＝mgh ，h
＝kx 2
02mg
，两物块质量不同，上升的最大高度不同，选项C 正确；弹簧相同，开始压缩量相同，全过程释放的弹性势能完全转化为重力势能，即ΔE PG ＝E PO ，重力势能的变化量相同，选项D 错误。

6.(多选)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 连接，另一端与物体A 相连，物体A 置于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连。

开始时托住B ，让A 处于静止状态且细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度。

下列有关该过程的分析正确的是( )
A ．
B 受到细线的拉力保持不变
B ．A 、B 组成的系统机械能不守恒
C ．B 机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
D ．当弹簧的拉力等于B 的重力时，A 的动能最大
答案 BD
解析 对A 有F T －kx ＝m A a ，对B 有m B g －F T ＝m B a ，联立有m B g －kx ＝(m A ＋m B )a ，由于弹簧的伸长量x 逐渐变大，从开始到B 速度达到最大的过程中，B 的加速度逐渐减小，可知，此过程中细线的拉力逐渐增大，是变力，A 错误；A 、弹簧与B 组成的系统机械能守恒，而A 、B 组成的系统机械能不守恒，B 正确；B 机械能的减少量等于A 机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故B 机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，C 错误；当弹簧的拉力等于B 的重力时，B 的速度最大，A 的速度也达到最大，则动能最大，D 正确。

7. (2021·八省联考河北卷)(多选)如图，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，弹簧处于原长l 0。

两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。

对其中一
个金属环，下列说法正确的是⎝ ⎛⎭
⎪⎫弹簧的长度为l 时弹性势能为12k l －l 02( )
A ．金属环的最大加速度为 2g
B ．金属环的最大速度为g m 2k
C ．金属环与细杆之间的最大压力为322mg
D ．金属环达到最大速度时重力的功率为mg
2m 2k
答案 BC
解析 根据对称性可知，在金属环运动过程中，弹簧始终水平，刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，金属环的加速度最大，金属环的最大加速度为a m ＝g sin45°＝22g ，故A 错误；设弹簧的伸长量为x 1时金属环速度最大，根据平衡条件，沿杆方向有mg cos45°＝
kx 1cos45°，由机械能守恒定律得2mg ·x 12tan45°＝12kx 2
1＋12
×(2m )v 20，联立解得金属环的最大速度为v 0＝g m 2k ，金属环达到最大速度时重力的功率为P ＝mgv 0cos45°＝mg 2
2 m k
，故B 正确，D 错误；当金属环下落到最低点时，金属环速度为0，金属环与细杆之间的压力最
大，设此时弹簧的形变量为x 2，由机械能守恒定律得2mg x 22tan45°＝12
kx 22，对金属环进行受力分析，垂直于杆方向有F N ＝mg sin45°＋kx 2sin45°，可解得金属环与细杆之间的最大压力
为F N ＝322
mg ，故C 正确。

8.如图所示，质量均为m 的小滑块P 、Q 通过铰链用长为L 的轻杆连接，P 套在固定的竖直光滑杆上，Q 放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角α＝30°，原长为L
2
的轻弹簧水平放置，右端与Q 相连，左端固定在竖直杆O 点上。

P 由静止释放，下降到最低点时α变为
60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。

则P下降过程中( )
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．P、Q的速度大小始终相等
C．弹簧弹性势能最大值为3－1
2
mgL
D．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为mg
答案 C
解析在P下滑的过程中，对P、Q组成的系统，弹簧弹力做负功，则系统机械能减小，故A错误；将P、Q的速度进行分解，如图所示，可得v P cosα＝v Q sinα，即有v P＝v Q tanα，仅当α＝45°时，v P＝v Q，故B错误；当P下降到最低点时，弹簧的弹性势能最大，对P、Q
及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律，可得E pmax＝mg(L cos30°－L cos60°)＝3－1 2
mgL，故C正确；P达到最大动能时，P的加速度为零，则P、Q、轻杆组成的系统在竖直方向的加速度为零，对系统受力分析可得，此时Q受到地面的支持力大小等于P、Q的总重力，即2mg，故D错误。

9．如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，在弹簧的上端从静止开始释放0.5 kg的小球，小球的加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示。

重力加速度g取10 m/s2，则()
A．斜面的倾角θ＝60°
B．弹簧的劲度系数为12.5 N/m
C．小球最大的动能为0.25 J
D．弹簧最大弹性势能为1 J
答案BCD
解析由图可知，当弹簧压缩量x0＝0时，a0＝5 m/s2，则有a0＝g sinθ＝5 m/s2，解得θ＝30°，故A错误；当弹簧压缩量x1＝20 cm＝0.2 m时，a1＝0，则有
mg sinθ－kx1＝0，解得k＝mg sinθ
x1
＝0.5×10×sin30°
0.2N/m＝12.5 N/m，故B正确；
在a-x图像中，图线与x轴所围成的面积表示ax的大小，当x1＝0.2 m时，a1＝0，
此时小球的速度最大，由2ax＝v2可知，v m＝2×1
2×5×0.2 m/s＝1 m/s，则小
球最大的动能为E km＝1
2m v 2
m
＝0.25 J，故C正确；由运动的对称性可知，当弹簧的压缩量为x2＝0.4 m时，小球速度为零，此时弹簧的弹性势能最大，从最高点到弹簧压缩量为x2＝0.4 m的位置，对系统由机械能守恒定律可得，弹簧最大弹性势能
为E pm＝mgx2sin30°＝0.5×10×0.4×1
2J＝1 J，故D正确。

10. (2020·黑龙江省大庆中学高三下学期开学考试)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，开始时细
绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是()
A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为2mg h
C．物体A着地时的加速度大小为g 2
D．物体A着地时弹簧的弹性势能为mgh－1
2m v
2
答案AC
解析由题可知，物体A下落过程中，物体B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；物体A与地面即将接触时，物体B对地面恰好无压力，则此时弹簧的弹力为T＝mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T＝kh，联立解得弹簧的劲度系数为k＝mg
h
，故B错误；物体A着地时，弹簧的弹力为T＝mg，则细绳对A的拉力也等于mg，对A，根据牛顿第二定律得2mg－mg＝2ma，解得a＝
g 2，故C正确；物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有：2mgh＝E p＋1
2×2m v
2，
解得E p＝2mgh－m v2，故D错误。

11.如图所示，光滑水平轨道AB 与光滑半圆形轨道BC 在B 点相切连接，半圆轨道半径为R ，轨道AB 、BC 在同一竖直平面内．一质量为m 的物块在A 处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C .已知物块在到达B 点之前已经与弹簧分离，重力加速度为g .求：
(1)物块由C 点平抛出去后在水平轨道上的落点到B 点的距离；
(2)物块在B 点时对半圆轨道的压力大小；
(3)物块在A 点时弹簧的弹性势能．
答案 (1)2R (2)6mg (3)52
mgR 解析 (1)因为物块恰好能通过C 点，则有：mg ＝m v C 2
R
x ＝v C t ，2R ＝12
gt 2 解得x ＝2R
即物块在水平轨道上的落点到B 点的距离为2R ；
(2)物块由B 到C 过程中机械能守恒，
则有12m v B 2＝2mgR ＋12
m v C 2 设物块在B 点时受到的半圆轨道的支持力为F N ，
则有：F N －mg ＝m v B 2R
， 解得F N ＝6mg
由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力大小F N ′＝F N ＝6mg .
(3)由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为
E p ＝2mgR ＋12m v C 2，解得E p ＝52mgR .
12．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。

求：
(1)斜面的倾角α。

(2)球A 获得的最大速度v m 。

[答案] (1)α＝30° (2)v m ＝2g m 5k
[解析] (1)由题意可知，当A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面。

物体A 的加速度此时为零
由牛顿第二定律：4mg sin α－2mg ＝0
则：sin α＝12
α＝30°。

(2)由题意可知，A 、B 两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A 沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，同时弹簧的弹性势能相等，故有：2mg ＝k Δx
4mg Δx sin α－mg Δx ＝12
(5m )v 2m 得：v m ＝2g
m 5k。

13.一劲度系数为k ＝100 N/m 的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q 。

一轻绳跨过O 点的定滑轮，一端与物块Q 连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P 连接，定滑轮到竖直杆的距离为d ＝0.3 m 。

初始时在外力作用下，物块P 在A 点静止不动，轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50 N 。

已知物块P 质量为m 1＝0.8 kg ，物块Q 质量为m 2＝5 kg ，不计滑轮大小及摩擦，取g ＝10 m/s 2。

现将物块P 静止释放，求：
(1)物块P 位于A 点时，弹簧的伸长量x 1；
(2)物块P 上升h ＝0.4 m 至与滑轮O 等高的B 点时的速度大小；
(3)物块P 上升至B 点过程中，轻绳拉力对其所做的功。

答案 (1)0.1 m (2)2 3 m/s (3)8 J
解析 (1)物块P 位于A 点时，绳子张力T ＝50 N ，设弹簧的伸长量为x 1，
对物块Q 受力分析有T ＝m 2g sin θ＋kx 1，
解得x 1＝0.1 m 。

(2)由几何知识可知，OB 垂直于竖直杆，d ＝0.3 m ，则此时物块Q 速度为零，下降的距离为
Δx ＝ h 2＋d 2
－d ＝0.2 m ，
则弹簧压缩量为x 2＝0.2 m －0.1 m ＝0.1 m ，则P 从A 到B 弹簧的弹性势能不变。

物块P 从A 到B ，对系统根据机械能守恒定律有 m 2g ·Δx ·sin θ－m 1gh ＝12m 1v 2
B ，
代入数据可得v B ＝2 3 m/s 。

(3)设此过程轻绳拉力对P 做的功为W T ，对物块P 由动能定理有W T －m 1gh ＝12
m 1v 2B －0， 代入数据得W T ＝8 J 。