第六章 第5讲　小专题 含弹簧的机械能守恒问题和非质点类机械能守恒问题练习含答案-高考物理一轮专题

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1.含弹簧的系统内只有弹簧弹力和重力做功时,物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化,物体和弹簧组成的系统机械能守恒,而单个物体或弹簧机械能都不守恒。
2.弹簧弹力做功与路径无关,取决于初、末状态弹簧形变量的大小。
3.由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧形变量最大时(即弹簧弹性势能最大时),弹簧两端连接的物体速度相等;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零)。
[例1] 【只有弹簧弹力做功的机械能守恒】(2023·全国甲卷,24)如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45。小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求:
(1)小球离开桌面时的速度大小;
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
【答案】 (1)2Epm (2)5mghEp2mg
【解析】 (1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep=12mv2,
解得小球离开桌面时的速度大小为v=2Epm。
(2)小球与地面第一次碰撞后,竖直方向有h=vy'22g,
由题可知vy′=45vy,
而小球离开桌面后由平抛运动规律得x=vt,vy=gt,
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x=5mghEp2mg。
[例2] 【弹簧弹力和重力同时做功的机械能守恒】 (2025·四川高考适应性考试)(多选)如图,原长为l0的轻弹簧竖直放置,一端固定于地面,另一端连接厚度不计、质量为m1的水平木板X。将质量为m2的物块Y放在X上,竖直下压Y,使X离地高度为l,此时弹簧的弹性势能为Ep,由静止释放,所有物体沿竖直方向运动。则( )
[A] 若X、Y恰能分离,则Ep=(m1+m2)g(l0－l)
[B] 若X、Y恰能分离,则Ep=(m1+m2)gl
[C] 若X、Y能分离,则Y的最大离地高度为 Ep(m1+m2)g+(l0－l)
[D] 若X、Y能分离,则Y的最大离地高度为 Ep(m1+m2)g+l
【答案】 AD
【解析】 将质量为m2的物块Y放在X上由静止释放,两物体一起向上加速,若X、Y恰能分离,则到达原长时速度刚好为零,则弹性势能刚好全部转化为系统的重力势能,由机械能守恒定律可知Ep=(m1+m2)g(l0－l),故A正确,B错误;若X、Y能分离,设两物体到达原长时速度为v,有Ep=(m1+m2)g(l0－l)+12(m1+m2)v2,经过原长后两物体分离,物块Y的动能全部转化为重力势能,上升的高度为h,则有12m2v2=m2gh,则Y的最大离地高度为H=l0+h=Ep(m1+m2)g+l,故C错误,D正确。
考点二 非质点类机械能守恒问题
[例3] 【“链条”类问题】(2024·河北张家口阶段检测)有一条均匀金属链条,一半长度在光滑的足够高斜面上,斜面顶端是一个很小的圆弧(长度可忽略),斜面倾角为30°,另一半长度竖直下垂,由静止释放后链条滑动,重力加速度g取10 m/s2,链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为522 m/s,则金属链条的长度为( )
[A] 0.6 m[B] 1 m
[C] 2 m[D] 2.6 m
【答案】 C
【解析】 设链条的质量为2m,长度为L,以开始时链条的最高点为零势能面,链条的机械能为E=Ep+Ek=－12×2mg×L4sin θ－12×2mg×L4+0=－14mgL(1+sin θ),链条全部滑出后,动能为Ek′=12×2mv2,重力势能为Ep′=－2mg·L2,由机械能守恒定律可得E=Ek′+Ep′,即－14mgL(1+sin θ)=mv2－mgL,解得L=2 m,故选C。
[例4] 【“液柱”类问题】(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上,筒内装水,底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度为g,不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开,到两筒水面高度相等的过程中( )
[A] 水柱的重力做正功
[B] 大气压力对水柱做负功
[C] 水柱的机械能守恒
[D] 水柱动能的改变量是14ρgS(h1－h2)2
【答案】 ACD
【解析】 把连接两筒的阀门K打开,到两筒水面高度相等的过程中,等效于把左管高h1－h22的水柱移至右管,如图中的阴影部分所示,该部分水重心下降h1－h22,重力做正功,故A正确;把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中,大气压力对左筒水面做正功,对右筒水面做负功,抵消为零,故B错误;由上述分析知,只有重力做功,故水柱的机械能守恒,重力做的功等于重力势能的减少量,等于水柱动能的增加量,由机械能守恒定律得ΔEk=－ΔEp=WG=Δmg·h1－h22
=h1－h22·ρgS·h1－h22=14ρgS(h1－h2)2,故C、D正确。
[例5] 【“多个小球”组合类问题】(多选)固定在竖直面内的光滑圆管POQ,PO段长度为L,与水平方向的夹角为30°,在O处有插销,OQ段水平且足够长。管内PO段装满了质量均为m的小球,小球的半径远小于L,其编号如图所示。拔掉插销,1号球在下滑过程中( )
[A] 机械能不守恒
[B] 做匀加速运动
[C] 对2号球做的功为14mgL
[D] 经过O点时速度v=gL
【答案】 AC
【解析】 设一共有n个小球,运动过程中,有k(k≤n)个小球在光滑圆管PO内,对n个小球整体分析,根据牛顿第二定律有kmgsin 30°=nma,解得a=kmgsin30°nm,对1号球分析,假设2号球对1号 球有向上的支持力F,根据牛顿第二定律有mgsin 30°－F=ma,解得F=n－knmgsin 30°,则随着k的减小,2号球对1号球向上的支持力F增大且对1号球做负功,1号球的机械能不守恒,1号球的加速度在减小,故1号球做加速度减小的加速运动,故A正确,B错误;考虑整体小球的重心在管PO的中心,设所有小球在OQ段的速度为v,根据机械能守恒定律得nmg·12Lsin 30°=12nmv2,解得v=2gL2,故D错误;对1号球分析,从开始到1号球到达水平管道的过程中,设2号球对1号球做的功为W,根据动能定理可得mgLsin 30°－W=12mv2,解得W=14mgL,由于小球的半径远小于L,则1号球对2号球做的功等于2号球对1号球做的功,为14mgL,故C正确。
(1)物体虽然不能看作质点,但因只有重力做功,物体整体机械能守恒。
(2)在确定物体重力势能的变化量时,要根据情
况,将物体分段处理,确定好各部分的重心及重心高度的变化量。
(3)分析非质点类物体的动能时,要看物体各部分是否都在运动,运动的速度大小是否相同,若相同,则物体的动能才可以表示为12mv2。
(4)在解决多个小球类问题时,应抓住小球之间是否始终相互挤压。也可采用整体法,利用解决非质点类问题的方法进行解题。
(满分:60分)
对点1.含弹簧的机械能守恒问题
1.(6分)(2024·广东湛江一模)(多选)在儿童乐园的蹦床项目中,小孩在两根弹性绳和弹性网绳的协助下实现上下弹跳。如图所示,某次蹦床活动中,小孩静止时处于O点,当其弹跳到最高点A后下落,可将弹性网绳压到最低点B,小孩可看成质点,不计弹性绳的重力、弹性网绳的重力和空气阻力。则从最高点A到最低点B的过程中,小孩的( )
[A] 重力的功率先增大后减小
[B] 机械能一直减小
[C] 重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量
[D] 机械能的减少量等于弹性网绳弹性势能的增加量
【答案】 AC
【解析】 当小孩从A到B过程中,速度v先增大后减小,根据P=mgv,可知重力的功率先增大后减小,小孩的机械能先不变后减小,重力势能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量,即重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量,机械能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量,故选AC。
2.(4分)(2025·河北开学考试)如图所示,一轻质弹簧置于固定光滑斜面上,下端与固定在斜面底端的挡板连接,弹簧处于原长状态时上端位于B点。一质量为m的物块(可视为质点)从斜面上A点由静止开始释放,下滑至最低点C。已知弹簧的弹性势能表达式为Ep=12kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,斜面倾角为30°,AB=BC=L,忽略空气阻力和一切摩擦,弹簧形变始终在弹性限度内,重力加速度为g。下列说法正确的是( )
[A] 由A到C的过程中,物块的机械能守恒
[B] 弹簧的劲度系数为mg2L
[C] 当弹簧的压缩量为14L时,物块的速度最大
[D] 由A到C的过程中,物块的最大速度大小为322gL
【答案】 C
【解析】 由A到C的过程中,弹簧弹力对物块做负功,物块的机械能减小,故A错误;由于物块与弹簧组成的系统机械能守恒,则mg·2Lsin 30°=12kL2,所以k=2mgL,故B错误;当物块的加速度为零时,速度达到最大,则mgsin 30°=kx,解得x=L4,故C正确;根据系统机械能守恒可得mgsin 30°(L+L4)=12k(L4)2+12mvm2,解得vm=342gL,故D错误。
3.(6分)(多选)如图所示,不可伸长的细绳的一端系着质量为m的小球(可视为质点),另一端固定在O点。现按压圆珠笔笔尾,松手后内部弹簧将笔尾迅速弹出,使小球做圆周运动。假设碰撞时弹簧释放的弹性势能全部转化为小球的动能,碰后立即撤去圆珠笔。已知绳长为L,重力加速度为g,忽略空气阻力。某次碰撞后小球刚好能运动到最高点,则( )
[A] 小球在最高点时速度为零
[B] 该次弹簧释放的弹性势能为2.5mgL
[C] 仅增大小球质量,小球无法到达最高点
[D] 若释放的弹性势能小于2.5mgL,绳子一定会松弛
【答案】 BC
【解析】 由题意可知,小球在最高点时,重力恰好提供向心力mg=mv2L,解得v=gL,故A错误;根据机械能守恒Ep=mg×2L+12mv2=52mgL,故B正确;根据Ep=mg×2L+12mv2,Fn=mv2L,解得Fn=2EpL－4mg,可知仅增大小球质量,若小球可以运动到最高点,所需向心力减小,而小球重力变大,则此时重力大于向心力,小球不能通过最高点,故C正确;若释放的弹性势能变小,则小球可能在不超过圆心高度做往复运动,此时绳子不会松弛,故D错误。
4.(14分)如图所示,足够长的长木板固定在水平面上且右端固定一定滑轮,甲、乙、丙三个物块的质量分别为M、m、2m,甲右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧的右端连接一轻质细绳,细绳跨过定滑轮并穿过乙(乙中央有孔)与丙相连,长木板上方的细绳和弹簧均保持水平。先将乙提起,甲、丙处于静止状态,然后将乙紧挨着丙由静止释放,之后的过程中甲恰好未发生滑动。已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2(式中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力及滑轮的摩擦。求:
(1)乙释放的瞬间受到丙的支持力大小;
(2)乙、丙一起下落过程中的最大速度;
(3)甲与长木板之间的动摩擦因数。
【答案】 (1)23mg (2)mg23k (3)4mM
【解析】 (1)乙释放前丙受到的绳的拉力F=2mg,设乙释放瞬间,乙、丙的加速度大小为a,刚释放时对乙、丙整体有3mg－F=3ma,
对乙有mg－FN=ma,
解得FN=23mg。
(2)初始时,弹簧的形变量x1=2mgk,
弹簧的弹性势能Ep1=12kx12,
设乙与丙的速度最大时弹簧的形变量为x2,速度最大时乙、丙整体的合力为零,故x2=3mgk,
弹簧的弹性势能Ep2=12kx22,
从刚释放乙到乙、丙速度最大,乙、丙和弹簧组成的系统机械能守恒,有
3mg(x2－x1)=Ep2－Ep1+12×3mvm2,
解得vm=mg23k。
(3)乙、丙运动到最低点时速度为0,弹簧拉力最大,甲刚好不滑动,设此时弹簧的形变量为x3,则弹簧的弹性势能Ep3=12kx32,
从刚释放乙到乙、丙运动到最低点,乙、丙和弹簧组成的系统机械能守恒,有
3mg(x3－x1)=Ep3－Ep1,
解得x3=4mgk,
kx3=μMg,
解得μ=4mM。
对点2.非质点类机械能守恒问题
5.(4分)如图所示,质量分布均匀的铁链,静止放在半径R=6πm的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑,当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为32 m/s。已知∠AOB=60°,以OC所在平面为参考平面,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
[A] 铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒
[B] 铁链在初始位置时其重心高度为33π m
[C] 铁链的端点A滑至C处时其重心下降2.8 m
[D] 铁链的端点A滑至C处时速度大小为62 m/s
【答案】 C
【解析】
铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边铁链的拉力,该拉力做负功,故机械能不守恒,故A错误;根据几何关系可知,铁链长度为L=πR3=2 m,铁链全部贴在球体上时,质量分布均匀且形状规则,如图,其重心在几何中心且在∠AOB的平分线上的E点,重心E到圆心O的距离为h0,B滑至C处时其重心F与圆心连线的长度不变也为h0,根据机械能守恒定律有mgh0－mgh0sin 30°=12mv12,代入数据解得h0=1.8 m,故B错误;铁链的端点A滑至C处时,其重心在参考平面下方L2处,则铁链的端点A滑至C处时其重心下降Δh=h0+L2=2.8 m,故C正确;铁链的端点A滑至C处过程,根据机械能守恒定律有mgΔh=12mv22,解得v2=214 m/s,故D错误。
6.(4分)如图所示,总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上,用细线将质量也为m的物块与软绳一端连接。现将物块由静止释放,直到软绳刚好全部离开滑轮。不计一切摩擦,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
[A] 刚释放物块时,细线的拉力大小等于mg
[B] 在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,软绳的机械能守恒
[C] 在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,物块的机械能减少了18mgl
[D] 在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,软绳的机械能增加了38mgl
【答案】 C
【解析】 刚释放物块时,物块有向下的加速度,根据牛顿第二定律有mg－FT=ma,可知拉力小于mg,故A错误;在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,细线的拉力对软绳做了功,软绳机械能不守恒,故B错误;设软绳刚离开滑轮时,物块和软绳的速度为v,根据机械能守恒定律有mg·l2+mg2·l2=12·2m·v2,计算可得v=3gl2,则物块机械能的减少量为E减=mg·l2－12mv2=18mgl,故C正确;系统的机械能是守恒的,由于物块的机械能减少了18mgl,所以软绳的机械能增加了18mgl,故D错误。
7.(6分)(2025·福建福州开学考试)(多选)如图甲,一轻质弹簧的一端固定在倾角为30°的固定光滑斜面底端,一个质量为1 kg的物块从斜面上离弹簧上端一定距离的O点由静止释放。以位置O为原点、沿斜面向下为x轴正方向,取地面为零势能面。在物块下滑全过程中,重力势能随位移x变化关系如图乙中的图线①,弹簧弹性势能随物块位移变化关系如图乙中的图线②,弹簧始终在弹性限度范围内,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
[A] 弹簧原长为0.6 m
[B] 物块刚接触弹簧时的动能为3 J
[C] 弹簧的劲度系数大小为62.5 N/m
[D] 物块的最大加速度大小为25 m/s2
【答案】 BC
【解析】 取地面为零势能参考平面,根据题图乙可知,物块初状态的重力势能为Ep0=mgh=8 J,物块距离斜面底端L=hsin30°=1.6 m,题图乙中的图线②表示弹簧的弹性势能随物块位移变化的关系,由此可知物块下滑h1=0.6 m开始接触弹簧,则弹簧的原长为L0=L－h1=1.6 m－0.6 m=1.0 m,故A错误;物块刚接触弹簧时,重力势能为Ep1,根据机械能守恒定律有Ep0－Ep1=Ek1,解得Ek1=3 J,故B正确;由题图乙中图线②可知,弹簧发生形变的过程中,形变量为0.4 m,根据弹簧弹性势能的计算公式Ep弹=12kΔx2,解得k=62.5 N/m,故C正确;弹簧压缩量最大时,弹力为F=kΔx,根据牛顿第二定律有F－mgsin 30°=ma,解得a=20 m/s2,故D错误。
8.(16分)(2025·福建福州开学考试)如图所示,倾角θ=37°、光滑且足够长的斜面固定在水平面上,在斜面顶端固定一个半径和质量不计的光滑定滑轮D,质量均为m=1 kg的物体A和B用一劲度系数k=120 N/m的轻弹簧连接,物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住。用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接,小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆。当整个系统静止时,环C位于Q处,绳与细杆间的夹角 α=53°,且物体B对挡板P的压力恰好为零。图中SD水平且长度为d=0.4 m,位置R与位置Q关于位置S对称,轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行,现让环C从位置R由静止释放,取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)小环C的质量M;
(2)小环C运动到位置Q的速率v;
(3)小环C通过位置S时的动能Ek。
【答案】 (1)0.72 kg (2)22 m/s (3)2.76 J
【解析】 (1)当小环在Q点时由平衡条件可知
FTcs 53°=Mg,
对A、B整体
FT=2mgsin 37°,
解得M=0.72 kg。
(2)小环在R和Q位置时RD=QD,
故两位置的弹簧形变量相等,故弹性势能相等,
小环从位置R运动到位置Q的过程中,对于小环C、弹簧和A组成的系统,由机械能守恒定律有Mg2dtanα=12Mv2+12mvA2,
又vA=vcs α,
两式联立可得v=22 m/s。
(3)由题意可知,开始时B恰好对挡板没有压力,所以B受到重力、斜面的支持力和弹簧的拉力,弹簧处于伸长状态,由平衡条件有
mgsin θ=kΔx1,解得弹簧的伸长量为Δx1=0.05 m,
当小环C通过位置S时A下降的距离为
xA=dsinα－d=0.4sin53° m－0.4 m=0.1 m,
此时弹簧的压缩量为
Δx2=xA－Δx1=0.1 m－0.05 m=0.05 m,
由Δx1=Δx2,
所以小环C从R运动到S的过程中,初、末状态的弹性势能相等,
由速度分解可知此时A的速度为零,
对于小环C、弹簧和A组成的系统,由机械能守恒定律有
Mgdtanα+mgxAsin θ=Ek,
解得Ek=2.76 J。