資源簡介

　含彈簧的機械能守恒問題
目標要求　知道彈簧的彈性勢能與哪些因素有關，會分析含彈簧的機械能守恒問題。
1.由于彈簧發生形變時會具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統除重力、彈簧彈力以外的其他力不做功，系統機械能守恒。
2.彈簧兩端的物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能有最大值。
*3.對同一彈簧，彈性勢能的大小為Ep＝kx2，彈性勢能由彈簧的形變量決定，彈簧的伸長量和壓縮量相等時，彈簧的彈性勢能相等。
例1　如圖所示，質量為m的小球從靜止下落，落在與A點等高處、豎直放置、靜止的輕彈簧上，到達與B點等高處時小球重力與彈簧的彈力大小相等，圖中與C點等高處是小球到達的最低點。不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A.從O到C，小球重力勢能一直減小、動能一直增大，小球、地球、彈簧組成的系統機械能守恒
B.從A到C，小球重力勢能一直減小、動能先增大后減小，小球、地球、彈簧組成的系統機械能不守恒
C.到達B點時，小球的動能最大，彈性勢能最小
D.從O到A，小球重力勢能減小，動能增大，小球、地球組成的系統機械能守恒
例2　(多選)(2025·甘肅、青海、寧夏部分學校聯考)如圖所示，輕彈簧一端固定在O點，另一端與一質量為m的小球相連，小球套在固定的豎直光滑桿上，P點到O點的距離為L，OP與桿垂直，桿上M、N兩點與O點的距離均為2L。已知彈簧原長為L，重力加速度為g。現讓小球從M處由靜止釋放，下列說法正確的是(　　)
A.小球從M運動到N的過程中，有三個位置小球受到的合力等于重力
B.小球從M運動到N的過程中，小球的機械能守恒
C.小球從M運動到N的過程中，彈簧彈性勢能先減小后增大
D.小球通過N點時速率為2
例3　(2024·湖北省鄂南省級示范聯盟校一模)如圖所示，一頂角為直角的“”形光滑細桿豎直放置。質量均為m的兩金屬環套在細桿上，高度相同，用一勁度系數為k的輕質彈簧相連，此時彈簧為原長l0。兩金屬環同時由靜止釋放，運動過程中彈簧的伸長量在彈性限度內，且彈簧始終保持水平，已知彈簧的長度為l時，彈性勢能為k(l－l0)2，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.金屬環在最高點與最低點加速度大小相等
B.左邊金屬環下滑過程機械能守恒
C.彈簧的最大拉力為3mg
D.金屬環的最大速度為2g
例4　(2025·江蘇揚州市質檢)如圖所示，在傾角為30°的光滑固定斜面上，一勁度系數為k＝200 N/m的與斜面平行的輕質彈簧一端連接在固定擋板C上，另一端連接一質量為m＝4 kg 的物體A，一輕細繩繞過輕質定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質量也為m的小球B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長。用手托住小球B使細繩伸直且剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，不計一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)彈簧恢復原長時細繩上的拉力大小；
(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；
(3)物體A的最大速度的大小。
1.(多選)(2024·廣東省六校聯考模擬)“蹦極”被稱為“勇敢者的游戲”。將一根自然長度為OA的彈性輕繩一端系在人身上，另一端固定在跳臺邊緣。人從跳臺由靜止下落開始計時，下落過程中速度隨時間的變化如圖所示，圖中tA、tB、tC三個時刻分別對應A、B、C三個點，tB時刻是圖像最高點，不計空氣阻力。下列說法正確的是(　　)
A.重力加速度大小為
B.人從A點運動到B點這一過程中，人的重力勢能轉化為動能
C.人在下落過程中，彈性繩對人先做正功再做負功
D.人從A點運動到C點這一過程中，人的機械能一直減少
2.如圖，圓心為O1的光滑半圓環固定于豎直面，輕彈簧上端固定在O1正上方的O2點，c是O1O2和圓環的交點；將系于彈簧下端且套在圓環上的小球從a點靜止釋放，此后小球在a、b間做往復運動。若小球在a點時彈簧被拉長，在c點時彈簧被壓縮， aO1⊥aO2。則下列說法正確的是(　　)
A.小球在b點受到的合力為零
B.彈簧在a點的伸長量可能小于彈簧在c點的壓縮量
C.彈簧處于原長時，小球的速度最大
D.在a、b之間，小球機械能最大的位置有兩處
3.如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直擋板，勁度系數為k的輕質彈簧一端固定在擋板上，另一端連接質量為m的小球A，當小球A處于靜止狀態時，彈簧的彈性勢能大小為E。現將另一個大小相等，質量相同的小球B(圖中未畫出)緊挨小球A右側輕放在斜面上，已知重力加速度大小為g，彈簧一直處在彈性限度內，則彈簧的最大彈性勢能為(　　)
A.E B.+E
C.+E D.+2E
4.(2024·湖北省部分高中聯考)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上。現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計。開始時整個系統處于靜止狀態；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面。求：
(1)斜面的傾角α；
(2)A球獲得的最大速度vm的大小。
答案精析
例1　D　[到達與B點等高處時小球重力與彈簧的彈力大小相等，此時加速度為0，速度達到最大，所以從O到C，小球重力勢能一直減小、動能先增大后減小，小球、地球、彈簧組成的系統機械能守恒，故A錯誤；從A到C，小球重力勢能一直減小、動能先增大后減小，小球、地球、彈簧組成的系統機械能守恒，故B錯誤；到達B點時，小球的動能最大，到達A點時彈性勢能最小，故C錯誤；從O到A，只有重力做功，小球重力勢能減小，動能增大，小球、地球組成的系統機械能守恒，故D正確。]
例2　AD　[OM＝ON＝2L，OP＝L，彈簧的原長為L，所以小球在MP之間某個位置時彈簧處于原長，彈簧彈力為0，小球受到的合力等于重力，同理小球在PN之間某個位置時彈簧處于原長，彈簧彈力為0，小球受到的合力等于重力，當小球經過P點時小球受到的合力等于重力，故A正確；小球從M運動到N的過程中，小球和彈簧組成的系統機械能守恒，但小球的機械能并不守恒，故B錯誤；小球從M運動到N的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，再減小又增大，故C錯誤；小球在M、N兩個位置時，彈簧的長度相等，所以彈簧的彈性勢能相等，在整個過程中小球的重力勢能全部轉化為動能，有mg×2L＝mv2，解得v＝2，故D正確。]
例3　A　[左邊金屬環下滑過程，除重力以外，還有彈簧的彈力對它做功，故金屬環下滑過程中機械能不守恒，故B錯誤；金屬環下降h'達到最低點時，速度減小為0，彈簧形變量最大為2h'，根據兩金屬環與彈簧系統機械能守恒有2mgh'＝k(2h')2，解得h'＝，彈簧的最大伸長量Δx＝2h'＝
彈簧的最大拉力為FT＝kΔx＝2mg，故C錯誤；
在最高點時金屬環只受重力和支持力作用，此時重力沿桿方向的分力提供加速度，有a1＝gsin 45°
在最低點，由上述知FT＝2mg
根據牛頓第二定律可知FTcos 45°－mgsin 45°＝ma2，解得a2＝gsin 45°，則a1＝a2
金屬環在最高點與最低點加速度大小相等，故A正確；
當金屬環的加速度為0時，速度最大，金屬環受力如圖所示，金屬環受到重力、桿的彈力和彈簧的彈力，沿桿方向加速度為0，即合力為0，有mgsin 45°＝Fcos 45°，又F＝kΔx，解得形變量Δx＝，根據幾何知識，兩個小球下降的高度為h＝，對兩個金屬環和彈簧根據機械能守恒，有2mgh＝k(Δx)2+×2mv2，解得v＝g，故D錯誤。
]
例4　(1)30 N　(2)0.2 m　(3)1 m/s
解析　(1)彈簧恢復原長時，根據牛頓第二定律，
對B有mg－FT＝ma
對A有FT－mgsin 30°＝ma，
解得FT＝30 N。
(2)初態彈簧壓縮量x1＝＝0.1 m
當A速度最大時，A的加速度為0，
則有mg＝kx2+mgsin 30°
彈簧伸長量x2＝0.1 m
所以A沿斜面上升x1+x2＝0.2 m。
(3)因x1＝x2，故彈簧彈性勢能改變量ΔEp＝0，
由系統機械能守恒有：
mg(x1+x2)－mg(x1+x2)sin 30°＝×2mv2
解得v＝1 m/s。
跟蹤訓練
1.AD　[由題圖可知，人從跳臺下落到A點的過程，人做自由落體運動，可得重力加速度大小為g＝，故A正確；人從A點運動到B點這一過程中，人的重力勢能轉化為人的動能和彈性繩的彈性勢能，故B錯誤；人在下落過程中，彈性繩的形變量一直增大，彈性勢能一直增大，故彈性繩對人一直做負功，故C錯誤；人從A點運動到C點這一過程中，人與彈性繩組成的系統機械能守恒，由于從A點到C點過程中，彈性繩彈性勢能一直增大，故人的機械能一直減少，故D正確。]
2.D　[套在圓環上的小球從a點靜止釋放，此后小球在a、b間做往復運動，表明小球在a點受到的合力不等于零，合力的方向沿著a點的切線向上；因為系統的機械能守恒，a點和b點關于O1O2對稱，所以小球在b點受到的合力不等于零，合力的方向沿b點的切線向上，A錯誤；小球從a點到c點運動的過程中，小球在a點時動能最小，等于零，小球在a點時位置最低，小球在a點時的重力勢能最小，即小球在a點時的機械能最小；又因為小球和彈簧組成的系統機械能守恒，所以小球在a點時，彈簧的彈性勢能最大，那么，小球在a點時彈簧的形變量最大，所以彈簧在a點的伸長量一定大于彈簧在c點的壓縮量，B錯誤；小球受到重力、彈簧的彈力、圓環的支持力，這三個力的合力為零時，小球的速度最大，此時彈簧不處于原長狀態，C錯誤；因為系統的機械能守恒，所以彈簧處于原長時，小球的機械能最大；在a、b之間，彈簧處于原長的位置有兩處，D正確。]
3.B　[初始時A、B兩小球的加速度最大，以A、B兩小球為整體，根據牛頓第二定律有2mgsin θ－kx1＝2ma，kx1＝mgsin θ，解得a＝
當兩小球運動到最低點時，其速度為零，彈簧的彈性勢能達到最大，根據簡諧運動的對稱性，有kx2－2mgsin θ＝2ma
解得x2＝，根據系統機械能守恒有Epmax＝2mgsin θ·(x2－x1)+E＝+E，故選B。]
4.(1)30°　(2)2g
解析　(1)由題意可知，當A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，此時A的加速度為零
由牛頓第二定律得4mgsin α－2mg＝0
則sin α＝，α＝30°
(2)初始時系統靜止且細線無拉力，彈簧處于壓縮狀態，設彈簧壓縮量為Δx，對B：kΔx＝mg
C球離開地面時，對C：kΔx＝mg，彈簧伸長量也為Δx，故彈簧彈性勢能變化量為零，A、B、C三小球和彈簧組成的系統機械能守恒，有4mg·2Δx·sin α－mg·2Δx＝5m，聯立解得vm＝2g。(共28張PPT)
物理
大
一
輪
復
習
第六章
機械能守恒定律
目標
要求
知道彈簧的彈性勢能與哪些因素有關，會分析含彈簧的機械能守恒問題。
微點突破5
含彈簧的機械能守恒問題
1.由于彈簧發生形變時會具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統除重力、彈簧彈力以外的其他力不做功，系統機械能守恒。
2.彈簧兩端的物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能有最大值。
*3.對同一彈簧，彈性勢能的大小為Ep＝kx2，彈性勢能由彈簧的形變量決定，彈簧的伸長量和壓縮量相等時，彈簧的彈性勢能相等。
　　如圖所示，質量為m的小球從靜止下落，落在與A點等高處、豎直放置、靜止的輕彈簧上，到達與B點等高處時小球重力與彈簧的彈力大小相等，圖中與C點等高處是小球到達的最低點。不計空氣阻力，下列說法正確的是
A.從O到C，小球重力勢能一直減小、動能一直增大，小球、
　地球、彈簧組成的系統機械能守恒
B.從A到C，小球重力勢能一直減小、動能先增大后減小，
　小球、地球、彈簧組成的系統機械能不守恒
C.到達B點時，小球的動能最大，彈性勢能最小
D.從O到A，小球重力勢能減小，動能增大，小球、地球組成的系統機械
　能守恒
例1
√
到達與B點等高處時小球重力與彈簧的彈力大小相等，此時加速度為0，速度達到最大，所以從O到C，小球重力勢能一直減小、動能先增大后減小，小球、地球、彈簧組成的系統機械能守恒，故A錯誤；
從A到C，小球重力勢能一直減小、動能先增大后減小，小球、地球、彈簧組成的系統機械能守恒，故B錯誤；
到達B點時，小球的動能最大，到達A點時彈性勢能最小，故C錯誤；
從O到A，只有重力做功，小球重力勢能減小，動能增大，小球、地球組成的系統機械能守恒，故D正確。
(多選)(2025·甘肅、青海、寧夏部分學校聯考)如圖所示，輕彈簧一端固定在O點，另一端與一質量為m的小球相連，小球套在固定的豎直光滑桿上，P點到O點的距離為L，OP與桿垂直，桿上M、N兩點與O點
的距離均為2L。已知彈簧原長為L，重力加速度為g。現讓小球從M處由
靜止釋放，下列說法正確的是
A.小球從M運動到N的過程中，有三個位置小球受到的合力等于
　重力
B.小球從M運動到N的過程中，小球的機械能守恒
C.小球從M運動到N的過程中，彈簧彈性勢能先減小后增大
D.小球通過N點時速率為2
例2
√
√
OM＝ON＝2L，OP＝L，彈簧的原長為L，所以小球在MP之間某個位置時彈簧處于原長，彈簧彈力為0，小球受到的合力等于重力，同理小球在PN之間某個位置時彈簧處于原長，彈簧彈力為0，小球受到的合力等于重力，當小球經過P點時小球受到的合力等于重力，故A正確；
小球從M運動到N的過程中，小球和彈簧組成的系統機械能守恒，但小球的機械能并不守恒，故B錯誤；
小球從M運動到N的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，再減小又增大，故C錯誤；
小球在M、N兩個位置時，彈簧的長度相等，所以彈簧的彈性勢能相等，在整個過程中小球的重力勢能全部轉化為動能，有
mg×2L＝mv2，解得v＝2，故D正確。
(2024·湖北省鄂南省級示范聯盟校一模)如圖所示，一頂角為直角的“　　”形光滑細桿豎直放置。質量均為m的兩金屬環套在細桿上，高度相同，用一勁度系數為k的輕質彈簧相連，此時彈簧為原長l0。兩金屬環同時由靜止釋放，運動過程中彈簧的伸長量在彈性限度內，且彈簧始
終保持水平，已知彈簧的長度為l時，彈性勢能為k(l－l0)2，重力加速度
為g，下列說法正確的是
A.金屬環在最高點與最低點加速度大小相等
B.左邊金屬環下滑過程機械能守恒
C.彈簧的最大拉力為3mg
D.金屬環的最大速度為2g
例3
√
左邊金屬環下滑過程，除重力以外，還有彈簧的彈力對它做功，故金屬環下滑過程中機械能不守恒，故B錯誤；
金屬環下降h'達到最低點時，速度減小為0，彈簧形變量最大為2h'，根據
兩金屬環與彈簧系統機械能守恒有2mgh'＝k(2h')2，解得h'＝，彈簧的最大伸長量Δx＝2h'＝
彈簧的最大拉力為FT＝kΔx＝2mg，故C錯誤；
在最高點時金屬環只受重力和支持力作用，此時重力沿桿方向的分力提供加速度，有a1＝gsin 45°
在最低點，由上述知FT＝2mg
根據牛頓第二定律可知FTcos 45°－mgsin 45°＝ma2，解得a2＝gsin 45°，則a1＝a2
金屬環在最高點與最低點加速度大小相等，故A正確；
當金屬環的加速度為0時，速度最大，金屬環受力如圖所示，金屬環受到重力、桿的彈力和彈簧的彈力，沿桿方向加速度為0，即合力為0，有
mgsin 45°＝Fcos 45°，又F＝kΔx，解得形變量Δx＝，根據幾何知識，兩個小球下降的高度為h＝，對兩個金屬環和彈簧根據機械能守恒，有2mgh＝k(Δx)2＋×2mv2，解得v＝g，故D錯誤。
(2025·江蘇揚州市質檢)如圖所示，在傾角為30°的光滑固定斜面上，一勁度系數為k＝200 N/m的與斜面平行的輕質彈簧一端連接在固定擋板C上，另一端連接一質量為m＝4 kg 的物體A，一輕細繩繞過輕質定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質量也為m的小球B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長。用手托住小球B使細繩伸直且剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，不計一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)彈簧恢復原長時細繩上的拉力大小；
例4
答案　30 N
彈簧恢復原長時，根據牛頓第二定律，
對B有mg－FT＝ma
對A有FT－mgsin 30°＝ma，解得FT＝30 N。
(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；
答案　0.2 m
初態彈簧壓縮量x1＝＝0.1 m
當A速度最大時，A的加速度為0，
則有mg＝kx2＋mgsin 30°
彈簧伸長量x2＝0.1 m
所以A沿斜面上升x1＋x2＝0.2 m。
(3)物體A的最大速度的大小。
答案　1 m/s
因x1＝x2，故彈簧彈性勢能改變量ΔEp＝0，
由系統機械能守恒有：
mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝×2mv2
解得v＝1 m/s。
跟蹤訓練
1.(多選)(2024·廣東省六校聯考模擬)“蹦極”被稱為“勇敢者的游戲”。將一根自然長度為OA的彈性輕繩一端系在人身上，另一端固定在跳臺邊緣。人從跳臺由靜止下落開始計時，下落過程中速度隨時間的變化如圖所示，圖中tA、tB、tC三個時刻分別對應A、B、C三個點，tB時刻是圖像最高點，不計空氣阻力。下列說法正確的是
A.重力加速度大小為
B.人從A點運動到B點這一過程中，人的重
　力勢能轉化為動能
C.人在下落過程中，彈性繩對人先做正功再做負功
D.人從A點運動到C點這一過程中，人的機械能一直減少
√
√
由題圖可知，人從跳臺下落到A點的過程，人做自由落體運動，可得重力加速度大小
為g＝，故A正確；
人從A點運動到B點這一過程中，人的重力勢能轉化為人的動能和彈性繩的彈性勢能，故B錯誤；
人在下落過程中，彈性繩的形變量一直增大，彈性勢能一直增大，故彈性繩對人一直做負功，故C錯誤；
人從A點運動到C點這一過程中，人與彈性繩組成的系統機械能守恒，由于從A點到C點過程中，彈性繩彈性勢能一直增大，故人的機械能一直減少，故D正確。
2.如圖，圓心為O1的光滑半圓環固定于豎直面，輕彈簧上端固定在O1正上方的O2點，c是O1O2和圓環的交點；將系于彈簧下端且套在圓環上的小球從a點靜止釋放，此后小球在a、b間做往復運動。若小球在a點時彈簧被拉長，在c點時彈簧被壓縮，aO1⊥aO2。則下列說法正確的是
A.小球在b點受到的合力為零
B.彈簧在a點的伸長量可能小于彈簧在c點的壓縮量
C.彈簧處于原長時，小球的速度最大
D.在a、b之間，小球機械能最大的位置有兩處
√
套在圓環上的小球從a點靜止釋放，此后小球在a、b間做往復運動，表明小球在a點受到的合力不等于零，合力的方向沿著a點的切線向上；因為系統的機械能守恒，a點和b點關于O1O2對稱，所以小球在b點受到的合力不等于零，合力的方向沿b點的切線向上，A錯誤；
小球從a點到c點運動的過程中，小球在a點時動能最小，等于零，小球在a點時位置最低，小球在a點時的重力勢能最小，即小球在a點時的機械能最小；又因為小球和彈簧組成的系統機械能守恒，所以小球在a點時，彈簧的彈性勢能最大，那么，小球在a點時彈簧的形變量最大，所以彈簧在a點的伸長量一定大于彈簧在c點的壓縮量，B錯誤；
小球受到重力、彈簧的彈力、圓環的支持力，這三個力的合力為零時，小球的速度最大，此時彈簧不處于原長狀態，C錯誤；
因為系統的機械能守恒，所以彈簧處于原長時，小球的機械能最大；在a、b之間，彈簧處于原長的位置有兩處，D正確。
3.如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直擋板，勁度系數為k的輕質彈簧一端固定在擋板上，另一端連接質量為m的小球A，當小球A處于靜止狀態時，彈簧的彈性勢能大小為E。現將另一個大小相等，質量相同的小球B(圖中未畫出)緊挨小球A右側輕放在斜面上，已知重力加速度大小為g，彈簧一直處在彈性限度內，則彈簧的最大彈性勢能為
A.E B.＋E
C.＋E D.＋2E
√
初始時A、B兩小球的加速度最大，以A、B兩小球為整體，根據牛頓第二定律有2mgsin θ－kx1＝2ma，kx1
＝mgsin θ，解得a＝
當兩小球運動到最低點時，其速度為零，彈簧的彈性勢能達到最大，根據簡諧運動的對稱性，有kx2－2mgsin θ＝2ma
解得x2＝，根據系統機械能守恒有Epmax＝2mgsin θ·(x2－x1)＋E＝＋E，故選B。
4.(2025·湖北省部分高中聯考)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上。現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計。開始時整個系統處于靜止狀態；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面。求：
(1)斜面的傾角α；
答案　30°
由題意可知，當A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，此時A的加速度為零
由牛頓第二定律得4mgsin α－2mg＝0
則sin α＝，α＝30°
(2)A球獲得的最大速度vm的大小。
答案　2g
初始時系統靜止且細線無拉力，彈簧處于壓縮狀態，設彈簧壓縮量為Δx，對B：kΔx＝mg
C球離開地面時，對C：kΔx＝mg，彈簧伸長量也為
Δx，故彈簧彈性勢能變化量為零，A、B、C三小球和彈簧組成的系統機
械能守恒，有4mg·2Δx·sin α－mg·2Δx＝(5m)，聯立解得vm＝2g。

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