2026高考物理大一轮复习-第六章 微点突破5含弹簧的机械能守恒问题-专项训练【含答案】

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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，弹性势能由弹簧的形变量决定，弹簧的伸长量和压缩量相等时，弹簧的弹性势能相等。
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
例2 (多选)(2025·甘肃、青海、宁夏部分学校联考)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23gL
例3 (2024·湖北省鄂南省级示范联盟校一模)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3mg
D.金属环的最大速度为2gm2k
例4 (2025·江苏扬州市质检)如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的与斜面平行的轻质弹簧一端连接在固定挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg 的物体A，一轻细绳绕过轻质定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住小球B使细绳伸直且刚好没有拉力，然后由静止释放，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小；
(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；
(3)物体A的最大速度的大小。
1.(多选)(2024·广东省六校联考模拟)“蹦极”被称为“勇敢者的游戏”。将一根自然长度为OA的弹性轻绳一端系在人身上，另一端固定在跳台边缘。人从跳台由静止下落开始计时，下落过程中速度随时间的变化如图所示，图中tA、tB、tC三个时刻分别对应A、B、C三个点，tB时刻是图像最高点，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.重力加速度大小为vAtA
B.人从A点运动到B点这一过程中，人的重力势能转化为动能
C.人在下落过程中，弹性绳对人先做正功再做负功
D.人从A点运动到C点这一过程中，人的机械能一直减少
2.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
3.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.EB.4m2g2sin2θk+E
C.2m2g2sin2θk+ED.4m2g2sin2θk+2E
4.(2024·湖北省部分高中联考)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)A球获得的最大速度vm的大小。
答案精析
例1 D [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 AD [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，故D正确。]
例3 A [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'＝2mgk
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＝gsin 45°
在最低点，由上述知FT＝2mg
根据牛顿第二定律可知FTcs 45°－mgsin 45°＝ma2，解得a2＝gsin 45°，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mgsin 45°＝Fcs 45°，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＝gm2k，故D错误。
]
例4 (1)30 N (2)0.2 m (3)1 m/s
解析 (1)弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律，
对B有mg－FT＝ma
对A有FT－mgsin 30°＝ma，
解得FT＝30 N。
(2)初态弹簧压缩量x1＝mgsin30°k＝0.1 m
当A速度最大时，A的加速度为0，
则有mg＝kx2+mgsin 30°
弹簧伸长量x2＝0.1 m
所以A沿斜面上升x1+x2＝0.2 m。
(3)因x1＝x2，故弹簧弹性势能改变量ΔEp＝0，
由系统机械能守恒有：
mg(x1+x2)－mg(x1+x2)sin 30°＝12×2mv2
解得v＝1 m/s。
跟踪训练
1.AD [由题图可知，人从跳台下落到A点的过程，人做自由落体运动，可得重力加速度大小为g＝vAtA，故A正确；人从A点运动到B点这一过程中，人的重力势能转化为人的动能和弹性绳的弹性势能，故B错误；人在下落过程中，弹性绳的形变量一直增大，弹性势能一直增大，故弹性绳对人一直做负功，故C错误；人从A点运动到C点这一过程中，人与弹性绳组成的系统机械能守恒，由于从A点到C点过程中，弹性绳弹性势能一直增大，故人的机械能一直减少，故D正确。]
2.D [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。]
3.B [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2mgsin θ－kx1＝2ma，kx1＝mgsin θ，解得a＝gsinθ2
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kx2－2mgsin θ＝2ma
解得x2＝3mgsinθk，根据系统机械能守恒有Epmax＝2mgsin θ·(x2－x1)+E＝4m2g2sin2θk+E，故选B。]
4.(1)30° (2)2gm5k
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，此时A的加速度为零
由牛顿第二定律得4mgsin α－2mg＝0
则sin α＝12，α＝30°
(2)初始时系统静止且细线无拉力，弹簧处于压缩状态，设弹簧压缩量为Δx，对B：kΔx＝mg
C球离开地面时，对C：kΔx＝mg，弹簧伸长量也为Δx，故弹簧弹性势能变化量为零，A、B、C三小球和弹簧组成的系统机械能守恒，有4mg·2Δx·sin α－mg·2Δx＝12(5m)vm2，联立解得vm＝2gm5k。