第10讲 弹簧与功能讲义（高考动力学三大观点的综合应用）-2026年高中物理二轮复习功能专题（新高考通用）

该高中物理高考复习教案聚焦弹簧类能量问题，整合机械能、功能关系、动量守恒等核心考点，按基础公式、能量转化逻辑、常考模型（水平/竖直弹簧、连接体、斜面）分层梳理，通过知识精讲、模型归纳、解题模板构建及真题演练，帮助学生系统掌握高考高频难点。 教案以科学思维培养为核心，创新采用“模型分类+错点警示”教学策略，如在连接体模型中通过动量与能量守恒联立方程训练科学推理，设置单选、多选、解答题分层练习，配合易错点对比分析，有效提升学生问题解决能力，为教师提供精准复习节奏把控方案。

第10讲 与弹簧相关的能量问题 一、专题定位 弹簧类能量问题是高考机械能、功能关系、动量守恒模块的核心考点，常以选择题、实验题、计算题压轴题形式出现，侧重考查能量转化、受力分析与物理模型综合应用，是高考区分度较高的题型之一。 二、核心知识梳理 （一）基础公式 1. 胡克定律：F=kx（k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，即压缩/伸长量，非原长/总长） 2. 弹性势能：Ep＝kx2，弹性势能是状态量，仅与形变量有关，拉伸、压缩相同形变量，弹性势能相等。 3. 机械能守恒条件：只有重力、弹簧弹力做功，其他力不做功或做功代数和为0，系统动能、重力势能、弹性势能相互转化，总量不变。 4. 动能定理（万能公式）：合外力对物体做的功等于物体动能的变化，即＝mv－mv.，适用于所有弹簧能量问题，尤其含摩擦、外力的场景。 5. 功能关系：除重力、弹力外，其他力做的功等于系统机械能的变化，即=∆。 （二）核心能量转化逻辑 1. 水平弹簧（无摩擦）：动能 ↔ 弹性势能 2. 竖直弹簧：动能 ↔ 重力势能 ↔ 弹性势能 3. 弹簧+摩擦/外力：动能、势能、弹性势能与内能相互转化 三、高考常考模型精讲 模型1：水平弹簧-物体模型（无摩擦/有摩擦） 1. 无摩擦场景 ①原长位置：弹力为0，加速度为0，速度最大； ②最大形变量位置：速度为0，动能全部转化为弹性势能； ③解题方法：机械能守恒。 2. 有摩擦场景 ①物体运动过程中，摩擦力持续做负功，系统机械能不断减少； ②最终物体静止在弹簧原长位置（弹力为0，无相对运动趋势）； ③解题方法：动能定理。 模型2：竖直弹簧-物体模型（高频考点） 1. 核心位置： ①平衡位置：mg=k，加速度为0，速度最大、动能最大； ②最高点、最低点：速度为0，动能为0，势能与弹性势能相互转化； 2. 解题关键：必须同时考虑重力势能、弹性势能、动能的变化，优先用机械能守恒或动能定理。 模型3：弹簧连接体模型（动量+能量综合） 1. 适用条件：水平面光滑，系统动量守恒、机械能守恒； 2. 关键状态： ①弹簧最长/最短（最大形变量）：两物体速度相等，弹性势能最大； ②弹簧原长：弹性势能为0，两物体速度达到极值； 3. 解题方法：动量守恒定律+机械能守恒定律联立。 模型4：弹簧-斜面模型 1. 受力：重力分力mgsinθ、摩擦力f= μmgcosθ、弹簧弹力； 2. 能量：动能、重力势能、弹性势能、内能相互转化； 3. 解题方法：动能定理（无需分析复杂过程，直接列初末状态）。 四、通用解题步骤（模板化解题） S1. 定过程：明确研究的初状态和末状态，确定弹簧形变量变化； S2. 析受力：分析做功的力（重力、弹力、摩擦力、外力），判断守恒条件； S3. 选方法： ①只有重力、弹力做功→机械能守恒； ②含摩擦、外力→动能定理； ③连接体光滑水平面→动量+机械能守恒； S4. 列方程：代入能量、做功公式，计算求解； S5. 验结果：检查形变量、能量单位、物理过程合理性。 五、高考易错点警示 1. 混淆弹簧总长与形变量x，弹性势能仅与形变量有关； 2. 竖直弹簧模型忽略重力势能变化，导致能量分析错误； 3. 连接体模型误判状态：弹簧最长/最短≠速度为0，而是两物体共速； 4. 有摩擦时，认为物体静止在平衡位置，实际最终停在弹簧原长位置； 5. 弹性势能变化量：∆Ep=k_) 一：单选题 【典型例题1】一物块由O点下落，到A点时与直立于地面的轻弹簧接触，到B点时速度达到最大，到C点时速度减为零，然后被弹回．物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在弹性限度内，则物块(　　) A. 从A下降到B的过程中，合力先变小后变大 B. 从A下降到C的过程中，加速度先增大后减小 C. 从C上升到B的过程中，动能先增大后减小 D. 从C上升到B的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加 【参考答案】C 【名师解析】从A下降到B的过程中，物块受到重力和弹簧向上的弹力，重力大于弹力，弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到B点时速度达到最大，此时重力和弹簧的弹力大小相等，合力为零，故A错误。从A下降到B的过程中，弹簧的弹力小于重力，物块的合力向下，合力方向与速度方向相同，物块的速度增大。从B下降到C的过程中，弹簧的弹力大于重力，物块的合力向上，合力方向与速度方向相反，物块的速度减小，则从A下降到C的过程中，速度先增大后减小，故B正确。从C上升到B的过程中，物块受到重力和弹簧向上的弹力，弹力大于重力，合力向上，合力方向与速度方向相同，则物块的速度增大，动能增大，故C错误。对于物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即物块的动能、重力势能与弹性势能之和保持不变，从C上升到B的过程中，物块的动能增大，则系统的重力势能与弹性势能之和不断减小，故D错误。  【关键点拨】。 对物块正确受力分析，结合弹力的变化情况来分析合力的变化情况，再根据合力方向与速度方向的关系，判断速度的变化情况，从而确定动能的变化情况。根据系统的机械能守恒分析系统的重力势能与弹性势能之和变化情况。解决本题的关键要抓住弹簧弹力的可变性，判断合力的变化情况，从而判断出物块速度的变化情况。 【典型例题2】如图所示.轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让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物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量 B.B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的増加量 C. A的动能先增大后减小 D.细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量 【参考答案】D 【名师解析】 由于A、B和弹簧系统机械能守恒，所以B物体重力势能的减少量等于A、B增加的动能以及弹性势能，故选项A错误；整个系统机械能守恒，所以B物体杋楲能减少量等于A物体与弹簧机械能的增加，故选项B错误；根据动能定理可以知道，合力对A做正功，则物块A的速度增加，即动能增加，故选项C错误。根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的力即绳子的拉力等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故选项D正确；所以本题正确的选项为D 【典型例题3】如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，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=30°。原长为的轻弹簧水平放置，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的速度满足 C．弹簧弹性势能最大值为 D．P达到最大动能时，P对杆的弹力等于0 【答案】C 【详解】 A．根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，选项A错误； B．在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知 解得 选项B错误； C．根据系统机械能守恒可得 弹性势能的最大值为 选项C正确； D．P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，则 即杆的弹力为 不为零，选项D错误。 故选C。 【典型例题4】劲度系数分别为和的弹簧A和B连接在一起，拉长后将两端固定，如图，弹性势能、的关系是（　　） A． B． C． D．无法比较、的大小 【答案】B 【详解】 根据牛顿第三定律，A、B弹簧的弹力大小相等。由于 所以弹性势能 又由于 所以 故选B。 【变式训练1-1】如图所示，一轻质弹簧竖立于地面上，质量为m的小球，自弹簧正上方h高处由静止释放，则从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短(弹簧的形变始终在弹性限度内)的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小球的机械能守恒 B．重力对小球做正功，小球的重力势能减小 C．由于弹簧的弹力对小球做负功，所以小球的动能一直减小 D．小球的加速度先增大后减小 【参考答案】．B　 【名师解析】弹簧对小球做负功，因此小球的机械能减小，选项A错误；小球下落，重力对小球做了正功，因此重力势能减小，选项B正确；开始弹簧的弹力小于重力，合力对小球做正功，小球动能增加，当弹簧的弹力大于重力时，合力对小球做负功，小球动能才开始减小，选项C错误；刚开始重力大于弹力，合力向下，小球加速运动，当重力等于弹力时，加速度为零，速度最大，再向下运动时，弹力大于重力，加速度方向向上，速度减小，加速度增大，到达最低点时速度为零，加速度最大，选项D错误。 【变式训练1-2】如图甲所示，长为L的长木板水平放置，可绕左端的转轴O转动，左端固定一原长为的弹簧，一质量为m的小滑块压缩弹簧到图甲中的a点（物体与弹簧不连接），Oa间距离为。将小滑块由静止释放后，木板不动，小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕O点逆时针转动37°后固定，如图乙所示，仍将物体由a点静止释放，物体最多运动到离O点3L/4的b点。已知弹簧的弹性势能，其中k为弹性系数，Δx为弹簧的形变量。取sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列说法正确的是（　 　） A．物体与木板间的动摩擦因数为 B．物体在a点时，弹簧的弹性势能为 C．长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为 D．长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为 【答案】A 【详解】 A．由能量守恒定律 解得 ，A正确； B．物体在a点时，弹簧的弹性势能为 B错误； CD．弹力等于摩擦力时动能最大 解得 由能量守恒定律 解得 ，CD错误。 故选A。 【变式训练1-3】如图所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x，在下落过程中，小球受到的空气阻力为F阻，则弹簧在最短时具有的弹性势能为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 设弹力对小球做功为W，则小球从开始下落到弹簧达到最大压缩量的过程中，对小球应用动能定理得 解得 根据弹力做功与弹性势能的关系可知，弹簧在压缩最短时具有的弹性势能为 故选A。 【变式训练1-4】如图所示，质量为M的物体放在水平地面上，物体上方安装一劲度系数为k的轻弹簧，在弹簧处于原长时，用手拉着其上端P点很缓慢地向上移动，直到物体脱离地面向上移动一段距离。在这一过程中，P点的位移为H，则物体重力势能的增加量为（　　） A．MgH B．MgH＋ C．MgH－ D．MgH－ 【答案】C 【详解】 物体离开地面时，弹簧的伸长量 x= 物体上升的距离 h=H－x 则物体重力势能的增加量 ΔEp=Mgh=MgH－ 故选C。 【变式训练1-5】如图所示，轻弹簧下端系一重物，O点为其平衡位置（即重力和弹簧弹力大小相等的位置），今用手向下拉重物，第一次把它直接拉到A点，弹力做功为W1，第二次把它拉到B点后再让其回到A点，弹力做功为W2，已知，弹簧始终在弹性限度内，则这两次弹力做功的关系为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 弹簧弹力做的功与弹性势能的关系为 可知，两次弹簧的形变量相等，则 故选D。 【变式训练1-6】如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑。下列说法正确的是（　　） A．物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒 B．物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒 C．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零 D．物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h处 【答案】D 【详解】 AB．物块沿槽下滑过程中，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故AB错误； C．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的变化，物体的动量变化量不为零，故物体受到的冲量不为零，C错误； D．物块反弹后追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度，全过程系统机械能守恒，故物块不能回到槽上高h处，D正确。 故选D。 【变式训练1-7】轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端连接一小球，开始时小球静止在光滑水平直轨道上的O点，如图所示，现将小球沿轨道移到A点后由静止释放，小球运动到B点时速度刚好为零。忽略空气阻力，在小球由A运动到B的过程中，关于小球机械能的变化情况，以下判断正确的是（　　） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】C 【详解】 在小球由A运动到B的过程中，对弹簧和小球组成的系统，在运动过程中该系统机械能守恒，由于在这一运动过程中，弹簧的形变量先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，故对小球来说，小球的机械能将先增大后减小。 故选C。 【变式训练1-8】如图，一个质量为m的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L；将圆环拉至A点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是( ) A. 圆环在O点的速度最大 B. 圆环通过O点的加速度等于g C. 圆环在A点的加速度大小为 D. 圆环在B点的速度为 【参考答案】BC 【名师解析】 圆环受力平衡时速度最大，应在O点下方，故A错误；圆环通过O点时，水平方向合力零，竖直方向只受重力，故加速度等于g，故B正确；圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在A点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A点弹簧伸长。根据牛顿第二定律，有 ，解得，。故C正确；圆环从A到B过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能，，解得 故D错误。 【变式训练1-9】如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接井一起套在杆上，小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过铰链连接，当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长；此时给A一个微小扰动（初速度视为0），使小球A沿环顺时针滑下，到达环最右侧时小球A的速度为为重力加速度。不计一切摩擦，A、B均可慢为质点，则下列说法正确的是　　 A. 小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒 B. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中滑块B的重力能减小 C. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中小球A的重力势能减小了 D. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了 【参考答案】D 【名师解析】小球A、滑块B、轻杆和轻弹簧组成的系统在下滑过程中，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，则知小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能不守恒，故A错误；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，此时滑块B距离圆心的高度为，滑块B下落的高度为，滑块B的重力势能减小了，故B错误；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，小球A下落的高度为R，所以小球A的重力势能减小了mgR，故C正确；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧时，两个小球的速度方向都向下，如图所示，根据运动的合成与分解可得：，则，根据机械能守恒定律可得：，解得：，所以小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了，故D正确； 【关键点拨】 小球A、滑块B、轻杆和轻弹簧组成的系统机械能守恒；由几何关系求出小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中滑块B下落的高度、A下落的高度，由此求解滑块B的重力势能减小量、A的重力势能减少量；根据系统的机械能守恒求解小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加量。 本题的关键要掌握机械能守恒的条件以及功能关系；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。 【变式训练1-10】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则下列说法不正确的是(　　) A. 由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大 B. 由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少 C. 由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量 D. 在C处时，弹簧的弹性势能为mgh 【参考答案】B 【名师解析】圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A正确。圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，选项B错误；由A到B的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，选项C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh -W弹=0-0=0，则W弹=mgh，故D正确；故选B. 【变式训练1-11】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mgL 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 【参考答案】．B　 【名师解析】圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C错误；圆环重力势能减少了mgl，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了mgl，故B正确。 【变式训练1-12】如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，则下列说法正确的是(　　) A．轻弹簧的劲度系数是50 N/m B．从d到b滑块克服重力做功8 J C．滑块的动能最大值为8 J D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J 【答案】：　A 【解析】：　当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，有mgsin 30°＝k·，可得k＝mgsin 30°＝50 N/m，故A正确。滑块从d到a，运用动能定理得WG＋W弹＝0—0；又W弹＝Ep＝8 J，可得WG＝－8 J，即克服重力做功8 J，所以从d到b滑块克服重力做功小于8 J，故B错误。滑块从d到c，由系统的机械能守恒知滑块的动能增加量与重力势能增加量之和等于弹簧弹性势能的减小量8 J，所以滑块的动能最大值小于8 J，故C错误。弹簧弹性势能的最大值为8 J，根据功能关系知，从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功为8 J，而从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于8 J，故D错误。 【变式训练1-13】如图所示，固定斜面AB与水平面之间由一小段光滑圆弧连接，倾角为α，斜面的高度OB=h．细线一端固定在竖直挡板上，另一端连接一质量为m的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧（小物块与弹簧不连接）。烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面AB后，恰好能运动到斜面的最高点。已知AC=1，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（　　） A. 细线烧断前弹簧具有的弹性势能为mgh+μmg+μmghcotα B. 在此过程中产生的内能为mgh+μmgl+μmghcotα C. 弹簧对小物块做功为μmgH+μmghcotα D. 在此过程中斜面对小物块的摩擦力做功为 【参考答案】A 【名师解析】根据能量守恒定律可知，细线烧断前弹簧具有的弹性势能等于物块在B点的重力势能和产生的内能之和，即为：Ep=mgh+μmg+μmgcosα•=mgh+μmg+μmghcotα，故A正确。 在此过程中产生的内能等于物块克服摩擦力做的功，为Q=μmg+μmgcosα•=μmg+μmghcotα，故B错误。 弹簧对小物块做功等于细线烧断前弹簧具有的弹性势能，为mgh+μmg+μmghcotα，故C错误。 在此过程中斜面对小物块的摩擦力做功为Wf=-μmg-μmgcosα•=-μmg-μmghcotα，故D错误。 【关键点拨】 根据能量守恒定律求细线烧断前弹簧具有的弹性势能。在此过程中产生的内能等于小物块克服摩擦力做的功。根据动能定理求弹簧对小物块做功。根据功的公式求斜面对小物块的摩擦力做功。 解答本题的关键要知道物体在运动过程中存在着哪些形式的能的转化，知道做功过程中功是能量转化的量度。 二：多选题 【典型例题1】如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（   ） A. 木块A离开墙壁前，A，B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B. 木块A离开墙壁前，A，B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C. 木块A离开墙壁后，A，B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 D. 木块A离开墙壁后，A，B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 【参考答案】B,C 【名师解析】撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒．故A错误，B正确． A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒．故C正确、D错误． 【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒． 【典型例题2】如图，一个质量为m的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L；将圆环拉至A点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是( ) A. 圆环在O点的速度最大 B. 圆环通过O点的加速度等于g C. 圆环在A点的加速度大小为 D. 圆环在B点的速度为 【参考答案】BC 【名师解析】 圆环受力平衡时速度最大，应在O点下方，故A错误；圆环通过O点时，水平方向合力零，竖直方向只受重力，故加速度等于g，故B正确；圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在A点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A点弹簧伸长。根据牛顿第二定律，有 ，解得，。故C正确；圆环从A到B过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能，，解得 故D错误。 【典型例题3】如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A处，上端连接质量3kg的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的D点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，重力加速度取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 A.滑块先做匀加速后做匀减速运动 B.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1 C．弹簧的劲度系数为180 N/m D.滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为3.12 J 【参考答案】BD 【命题意图】本题考查了运动过程分析、牛顿第二定律、胡克定律、功能关系及其相关知识点，意在考查从图像中获取信息能力、分析综合能力、应用数学知识解决物理问题能力，体现的核心素养是运动和力的观念、能量观念和科学思维能力。 【解题思路】由图乙可知，物块运动的加速度先减小后增大，滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，选项A错误；将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的D点，由静止释放时，弹簧弹力为零，由图乙可知，其加速度为a1=5.2m/s2，根据牛顿第二定律，mgsin37°-μmgcos37°=ma1，解得.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.1，选项B正确；当滑块位移为x=0.2m时，弹簧沿斜面向上的弹力F=kx，物块加速度a2=-5.2m/s2，根据牛顿第二定律，mgsin37°-μmgcos37°-F=ma2，解得弹簧的劲度系数为k=156 N/m，选项C错误；对由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，由功能关系，mgsin37°x-μmgcos37°x=Ep，滑块滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为Ep =3.12 J，选项D正确。 【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是把图乙的加速度随位移变化图像误认为是速度随时间变化图像，导致错选A；二是没有通过分析运动，分析受力，利用牛顿运动定律列方程得出滑块与斜面间的动摩擦因数，导致漏选B；三是没有根据滑块位移为x=0.2m时，正确应用牛顿第二定律列方程得出弹簧的劲度系数，导致错选C；四是没有正确运用功能关系得出滑块在最低点时弹簧的弹性势能，导致漏选D。 【典型例题4】质量相等的两木块A、B用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图(a)所示。现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示。从木块A开始做匀加速直线运动到木块B将要离开地面时的这一过程(设此过程弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是 (　　) A.力F一直增大 B.弹簧的弹性势能一直减小 C.木块A的机械能一直增大 D.木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小 【参考答案】A、C 【名师解析】最初弹簧被压缩，木块A受到竖直向上的弹力等于重力，A受到重力，向上的弹力T以及向上的拉力F，根据牛顿第二定律可知F+T-mg=ma，随着A的运动，弹簧的弹力T在逐渐减小，所以F在增大，弹簧恢复原长后被拉长，则F-T-mg=ma ，随着A的运动弹力T在增大，所以F也在增大，故A正确；在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；在上升过程中因为物体A做匀加速运动，所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故C正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大故D错误；故选A、C。 【典型例题5】如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是（　　） A．xA＝h，aA＝0 B．xA＝h，aA＝g C．xB＝h＋，aB＝0 D．xC＝h＋，aC＝0 【答案】BC 【详解】 AB．OA段的直线是小球接触到弹簧之前的自由落体运动，AB段的曲线是从接触到弹簧开始，到压缩至弹力与重力等大的运动过程，所以A点处的坐标为h，加速度为g，故A错误，B正确； C．B点处小球的速度达到最大，说明弹簧弹力与重力等大，小球所受合力为零，加速度为零，坐标为，故C正确； D．C点处小球的速度减小到零，弹簧的压缩量达到最大，设压缩量为x，则 解得 故D错误。 故选BC。 【典型例题6】如图所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点的过程中（　　） A．重物的机械能减少 B．系统的机械能不变 C．系统的机械能增加 D．系统的机械能减少 【答案】AB 【详解】 A．重物自由摆下的过程中，弹簧拉力对重物做负功，重物的机械能减少。故A正确； BCD．对系统而言，除重力、弹力外，无其他外力做功，故系统的机械能守恒，故B正确，C、D错误。 故选AB。 【变式训练2-1】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 mg B. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于 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 mgL 【参考答案】A,B 【名师解析】、A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F= ；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于 mg，故A、B正确； 当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误； A下落的高度为：h=Lsin60°﹣Lsin30°，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EP=mgh= mgL，故D错误． 【分析】A的动能最大时受力平衡，根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值． 【变式训练2-2】如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力。下列说法中正确的 是 (　　) A.小球向上运动的过程中处于失重状态 B.小球压缩弹簧的过程中小球减小的动能等于弹簧增加的势能 C.弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能 D.小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒 【参考答案】A、B　 【名师解析】：小球抛出的过程中加速度为g，方向竖直向下，处于失重状态，故A正确；小球压缩弹簧的过程，小球的动能和弹簧的弹性势能总量守恒，所以小球减小的动能等于弹簧增加的势能，故B正确；小球抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球抛出时的动能等于小球的重力势能增加量与弹簧的最大弹性势能之和，故C错误；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，而小球的机械能不守恒，故D错误。 【变式训练2-3】如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，置于光滑水平面上，在水平力F的作用下，弹簧处于压缩状态，A紧压在竖直墙壁上。现撤去力F，在以后的运动过程中B的最大的速度为v，对撤去力F以后的过程，以下说法正确的是（　　） A．物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A的冲量大小为mv B．物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A做功的大小为mv2 C．物块A、B和弹簧组成的系统总动量守恒，机械能守恒 D．物块A的最大速度为v 【答案】AD 【详解】 A．撤去力F，B物块在弹力作用下加速，弹簧恢复原长时，B物块的速度达到最大，此过程中，A、B受到弹簧的弹力大小相等，方向相反，作用时间相同，则A、B的冲量大小相等，由动量定理可知 所以物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A的冲量大小为mv，故A正确； B．物块A离开竖直墙壁之前，由于物块A没有发生位移，则竖直墙壁对A不做功，故B错误； C．此过程中只有系统内的弹力做功，则机械能守恒，但竖直墙壁对A有力的作用，即系统的外力不为0，则系统动量不为0，故C错误； D．弹簧恢复原长时，B物块的速度达到最大，此时系统的总动量为mv，接着B减速，A加速弹簧被拉长，当B物块速度减为0时，A物块速度达最大，由动量守恒定律可知，A的最大速度也为v，故D正确。 故选AD。 【变式训练2-4】用如图所示实验能验证动量守恒定律，两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A、B被弹簧弹出，最后落在水平地面上落地点与平台边缘的水平距离分别为，，实验结果表明下列说法正确的是（　　） A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比 B．木块A、B的质量之比 C．弹簧对木块A、B做功之比 D．木块A、B离开弹簧时的动能之比 【答案】AD 【详解】 A．两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式 x=v0t 及lA=1m，lB=2m得 vA：vB=lA：lB=1：2 故A正确； B．弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得 mAvA-mBvB=0 解得 mA：mB=vB：vA=2：1 故B错误； CD．由 mA：mB=vB：vA=2：1 根据动能的表达式 可得 EkA：EkB=1：2 根据动能定理，弹簧对木块A、B做功之比 WA：WB=EkA：EkB=1：2 故D正确，C错误。 故选AD。 【变式训练2-5】如图所示，长为L的轻弹簧AB两端等高地固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长．现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为θ，若取初始位置为零重力势能面、重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) A. 物体向下运动的过程中，加速度先减小，后增大 B. 物体在最低点时，AO部分弹簧对物体的拉力大小为 C. 物体在最低点时，弹簧的弹性势能为 D. 若换用劲度系数较小的弹簧，则弹簧的最大弹性势能增大 【参考答案】ACD　 【名师解析】 物体向下运动，弹簧弹力增大，所受合外力减小，加速度减小，方向向下，当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，速度最大，物体继续向下运动，弹簧弹力增大，合力增大，加速度增大，方向向上，到达最低点时速度为零，故加速度先减小后增大，A正确；当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，物块继续向下运动，弹簧弹力增大，弹簧弹力的合力F大于重力，则有2F cos θ>mg，解得F>，故B错误；根据能量守恒定律，物体在最低点时，速度为零，动能为零，物块减小重力势能转化为弹簧的弹性势能，由几何关系得物块下降的高度h＝，故弹簧的弹性势能为ΔE弹＝mgh＝，C正确；若换用劲度系数较小的弹簧，则物体下落的高度将比原来增大，根据功能关系弹簧的最大弹性势能增大，D正确． 【变式训练2-6】把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示；迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙）途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）．已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计．重力加速度g=10m/s2，则有（　　） 　 A．小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加 　 B．小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加 　 C．小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6J 　 D．小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4J 【参考答案】.BC 【名师解析】球从A上升到B位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力k△x=mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，A错误；小球从B到C的过程中，小球的弹力小于重力，故小球的动能一直减小；因小球高度增加，故小球的重力势能增加；故B正确；根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能：Ep=mgAC=0.2×10×0.3=0.6J；故C正确；由于无法确定小球受力平衡时的弹簧的形变量，故无法求出小球的最大动能；故D错误． 【变式训练2-7】如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的（　　） A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小 B．最低点的坐标为x=h+2x0 C．小球受到的弹力最大值等于2mg D．小球动能的最大值为 【答案】AD 【详解】 由图象结合小球的运动过程为：先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。 A．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A正确； B．根据对称性可知，小球在x=h+2x0和x=h两个位置的速度大小相等，所以x=h+2x0不是最低点，B错误； C．根据对称性可知，小球在x=h+2x0和x=h两个位置的合力大小相等，都等于mg，即小球在x=h+2x0位置时的弹力等于2mg，该位置不是最低点，所以弹力的最大值大于2mg，C错误； D．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，从开始下落到x=h+x0位置，由机械能守恒定律和平衡条件得 解得，D正确。 故选AD。 【变式训练2-81】一升降机箱底部装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦和空气阻力的影响，则升降机在从弹簧下端触地直到最低点的一段运动过程中（　　） A．升降机的速度不断减小 B．升降机的加速度不断变大 C．先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功 D．重力势能减小，弹性势能增大 【答案】CD 【详解】 AB．从弹簧下端触地直到最低点的运动过程中，弹簧的弹力不断变大；当弹力小于重力大小时，升降机加速度方向向下，升降机做加速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为 可知加速度减小；当弹力大于重力大小时，升降机加速度方向向上，升降机做减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为 可知加速度变大，故A、B错误； C．从升降机接触弹簧到速度最大的过程中，动能增大，由动能定理知，合力做功为正，则弹力做的负功小于重力做的正功；从速度最大位置到最低点的过程中，动能减小，由动能定理知，合力做功为负，则弹力做的负功大于重力做的正功，故C正确； D．由于升降机的高度不断下降，则重力势能不断减小，弹簧的压缩量不断增大，则弹性势能不断增大，故D正确； 故选CD。 【变式训练2-9】如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量△x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ） A．小球刚接触弹簧时速度最大 B．当△x=0.3m时，小球处于超重状态 C．该弹簧的劲度系数为20.0N/m D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 【参考答案】BCD 【名师解析】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x为0．1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得：k△x=mg，解得：，选项A错误；C正确；弹簧的最大缩短量为△x=0.3m，所以弹簧弹力为 F=20N/m×0.3m=6N>mg，故此时物体的加速度向上，物体处于超重状态，选项B正确；v-t图线的斜率表示物体的加速度，由图线可知从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，选项D正确；故选BCD． 【变式训练2-10】竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q.下列说法正确的是 A. 物块与钢板碰后的速度为 B. 物块与钢板碰后的速度为 C. 从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为 D. 从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0+h) 【参考答案】BC 【名师解析】物体下落h，由机械能守恒：mgh=mv12；物体与钢板碰撞，则动量守恒：，解得，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量关系可知：，则弹性势能的增加量为，选项C正确，D错误. 【变式训练2-11】如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a<g）的匀加速运动，A、B的速度随时间变化图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（    ） A．拉力F的最小值为2Ma B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零 C．A、B分离时，A上升的距离为 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 【答案】AC 【详解】A．A、B整体原来静止，合外力为零，施加外力F的瞬间，对A、B整体，根据牛顿第二定律有 F=2Ma 当A、B整体向上运动时，弹簧弹力减小，则F增大，故A正确； B．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a，且A、B间作用力为0，对B有 ，解得 故B错误； C．施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有，解得 A、B在t1时刻分离，由，解得 则A、B分离时，A上升的距离为 故C正确； D．当弹簧的弹力时，B达到最大速度，此时弹簧处于压缩状态，故D错误。 故选AC。 【变式训练2-12】如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J．现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．A点到O点的距离小于3.2m B．从B点释放后滑块运动的最大动能为9J C．从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点的动能小于1J D．从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1J 【参考答案】AB 【命题意图】本题考查弹性势能、机械能守恒定律及其相关知识点。 【解题思路】物块从O点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动。后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大，在最大速度时弹簧压缩△x= mgsin30°/k。设A点到O点的距离为xA，由机械能守恒定律，Ek1+Ep＝mg(△x+xA)sin30°，最大动能为8J，弹性势能Ep=k△x2= mgsin30°·△x，解得xA=3.2m-△x，即A点到O点的距离小于3.2m ，选项A正确；设从B点释放后滑块运动的最大动能为Ek2，动能最大时弹簧的弹性势能为Ep．从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek1+Ep＝mg(△x+xA)sin30°…①，从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek2+Ep＝mg(△x+xA+0.4) sin30°…②，由②﹣①得：Ek2﹣Ek1＝mg（0.4）sin30°，解得从B点释放滑块最大动能为：Ek2＝Ek1+mg（0.4）sin30°＝8J+0.5×10×0.4×0.5J＝9J，选项B正确；由于斜面光滑，对从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点的过程，根据机械能守恒，mg(△x+xA+0.4) sin30°=EkA+ mg(△x+xA)sin30°，解得经过A点的动能EkA＝mg（0.4）sin30°＝0.5×10×0.4×sin30°J＝1J，选项C错误；根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加为：△Ep＞mg（0.4）sin30°＝0.5×10×0.4×0.5J＝1J，选项D错误。 【方法归纳】对于包含弹簧在内的系统，讨论机械能守恒问题，要考虑弹簧弹性势能。弹性势能公式虽然不要求，但是我们可以根据弹力做功的图像面积得出弹性势能。 【变式训练2-13】在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g)(　　) A．物块A运动的距离为 B．物块A加速度为 C．拉力F做的功为mv2 D．拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量 【参考答案】．AD　 【名师解析】初始时刻以A为研究对象分析受力可知弹簧弹力F1＝mgsin θ，故可知此时弹簧的压缩量为x1＝＝，同理，当物体B刚要离开C时，以物体B为研究对象分析受力可知弹簧弹力F2＝mgsin θ，此时弹簧的伸长量为x2＝，所以可知物体A运动的距离x＝x1＋x2＝，故选项A正确；此时再以物体A为研究对象分析受力有F－mgsin θ－mgsin θ＝ma，故其加速度为a＝－2gsin θ，所以选项B错误；对系统初末状态而言，弹簧的弹性势能没有改变，根据动能定理有，WF－mgxsin θ＝mv2，则WF＝mv2＋mgxsin θ＝ΔEA，所以选项C错误、D正确。 【变式训练2-14】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（ ） A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做功为 C．在C处，弹簧的弹性势能为 D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 【答案】：BD 【解析】：由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A错误；根据能量守恒，从A到C有mgh＝Wf＋Ep，从C到A有mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得：Wf＝mv2，Ep＝mgh－mv2，所以B正确，C错误；根据能量守恒，从A到B有mgh1＝mv＋ΔEp1＋Wf1，从C到B有mv2＋ΔEp2＝mv＋Wf2＋mgh2，又有mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立可得vB2＞vB1，所以D正确。 【变式训练2-15】如图所示，一根粗细均匀的光滑细杆竖直固定，质量为m的小环C穿在细杆上，一个光滑的轻质小滑轮D固定在竖直墙上（竖直墙在图中没有画出）。A、B两物体用轻弹簧相连，竖直放在水平面上。一根没有弹性的轻绳，一端与A连接，另一端跨过小滑轮D与小环C相连。小环C位于M时，绳子与细杆的夹角为θ，此时B物体刚好对地面无压力。现让小环C从M点由静止释放，当下降h到达N点时，绳子与细杆的夹角再次为θ，环的速度达到v，下面关于小环C下落过程中的描述正确的是（　　） A. 小环C和物体A组成的系统机械能守恒 B. 当小环落到与滑轮同一高度时，小环的机械能最大 C. 小环C到达N点时A的速度为vcosθ D. 小环C到达N点时物体A的动能为mgh-mv2 【参考答案】BCD 【名师解析】小环C、物体A和轻弹簧组成的系统中，只有动能、重力势能和弹性势能间的转化，系统机械能守恒，故A错误；小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量；到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加；经过S的过程，非重力做负功，机械能减小；故下落到位置S时，小环C的机械能一定最大，故B正确；小环C到达N点时环的速度达到v，根据关联速度可知A的速度为vcosθ，故C正确；小环C到达N点时，弹簧做为零，根据动能定理有：，故物体A的动能为：，故D正确。 【关键点拨】。 小环、物体A、物体B、弹簧系统中只有动能和势能的转化，系统机械能守恒，根据功能关系分析机械能变化情况；根据关联速度求解到达N点时的A的速度；根据动能定理求C到达N点时A的动能。 题考查系统机械能守恒，关键结合机械能守恒定律和运动的分解列式分析，难点时物体多，要结合功能关系分析小环的机械能的变化情况。 三：解答题 【典型例题1】如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O点位置。质量为m的小物块A以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为μ。 （1）求O点和O′点间的距离x1； （2）求弹簧具有的最大弹性势能EP； （3）如图乙所示，若将另一个质量为2m的小物块B与弹簧右端拴接，物块B与水平面间的动摩擦因数也为μ，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？ 【名师解析】（1）物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理 解得： （2）物块A从O点向左运动到O’点的过程，弹力对A做功W0=-Ep 物块A从P点出发向左运动到O’点的过程，根据动能定理有 解得： （3）A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，整体从O’到O有 分离后对A有 联立解得: 【典型例题2】如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面。小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为L=0.8m，动摩擦因数为μ=0.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后，A滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于A滑块的重力，滑块B冲上小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2。求： (1)滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力； (2)爆炸后A与B获得的总动能是多少？ (3)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。 【答案】(1)7N，方向竖直向下；(2)2.7J；(3)0.22J 【详解】 (1)滑块A在最高点时，由牛顿第二定律得 已知最高点滑块对轨道的压力 从半圆轨道最低点到达最高点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得 在半圆轨道最低点，支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 代入数据解得 ， 由牛顿第三定律可知，滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力大小为7N，方向竖直向下； (2)炸药爆炸过程中，A、B系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得 由能量守恒定律得 代入数据解得 (3)B与车组成的系统动量守恒，B与车的速度相等时弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 代入数据解得 【典型例题3】通过探究得到弹性势能的表达式为。式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧伸长（或缩短）的长度。请利用弹性势能的表达式计算下列问题。放在地面上的物体，上端系在劲度系数k＝400N/m的弹簧上，弹簧的另一端拴在跨过定滑轮的绳子上，如图所示。手拉绳子的另一端，当往下拉0.1m时，物体开始离开地面，继续拉绳，使物体缓慢升高到离地h＝0.5m高处。如果不计弹簧质量和各种摩擦，求拉力所做的功以及弹簧的弹性势能。 【答案】22J；2J 【详解】 由题意知弹簧的最大伸长量x＝0.1m 弹性势能 刚好离开地面时，G＝F＝kx＝400×0.1N＝40N 则物体缓慢升高，F＝40N，物体上升h＝0.5m 拉力克服重力做功W＝Fl＝mgh＝40×0.5J＝20J 则拉力共做功W′＝（20＋2）J＝22J 【典型例题4】如图所示，物块A放在平台上，绕过定滑轮的细线一端连在物块A上，另一端连在物块B上，物块B与C用轻弹簧相连，物块C放在地面上，物块A、B、C的质量分别为2m、m、m，轻弹簧的原长为L0，劲度系数为，重力加速度为g，物块A与平台间的动摩擦因数为μ=0.2。开始时，物块A刚好要滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，然后给物块A施加一个大小为F=2mg的水平向右的拉力，求： (1)加上拉力F的瞬间，物块A的加速度a； (2)当物块B向上运动0.24L0的距离时，物块B的速度v； (3)若经过一段时间后撤去F，要使物块C能离开地面，则拉力至少需要做的功W。 【答案】(1) 0.4g；(2) ；(3) 0.512mgL0 【详解】 (1)开始时，细线的拉力 T1=μ×2mg=0.4mg 设开始时轻弹簧的弹力为F1，根据力的平衡 T1+F1=mg 加上拉力的瞬间，弹簧的弹力仍为F1，设细线的拉力为T2，设物块A的加速度大小为a， 对物块B T2+F1-mg=ma 对物块A 2mg-T2-μ×2mg=2ma 解得 a=0.4g (2)由(1)得 F1=kx1 x1=0.12L0 当物块B向上运动0.24L0的距离时，弹性势能变化量为0，设物块B的速度为v，根据动能定理 2mg×0.24L0-μ×2mg×0.24L0-mg×0.24L0=×3mv2 解得 (3)当物块C刚要离开地面时，设弹簧的伸长量为x2，根据力的平衡 kx2=mg 解得 x2=0.2L0 此时物块A、B的速度为零，则拉力做的功最少，根据动能定理 解得 W=0.512mgL0 【典型例题5】如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求： （1）当拉力为时，滑块的加速度大小； （2）滑块第一次到达B点时的动能； （3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有   ①，   ②，   ③ 联立①②③式并代入题给数据得   ④ （2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有   ⑤ 式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有   ⑥ 联立②③⑤⑥式并代入题给数据得   ⑦ （3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有   ⑧ 联立②③⑦⑧式并代入题给数据得   ⑨ 【典型例题6】如图所示，斜面倾角为，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M=1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，弹簧与斜面平行、且为原长，在木板右上端放一质量为m=2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为1=0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为2=0.25，系统处于静止状态。小金属块突然获得一个大小为v1=5.3m/s、平行斜面向下的速度，沿木板向下运动。当弹簧被压缩x=0.5m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动。设金属块从开始运动到木块达到共速共用时间t=0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sin=0.28、cos=0.96，g取10m/s2，结果保留二位有效数字。 (1)求木板开始运动瞬间的加速度； (2)假设木板由P点压缩弹簧到弹回P点过程中不受斜面摩擦力作用，求木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离。 【答案】(1)，方向沿斜面向下；(2)0.077m 【详解】 (1)木板刚开始运动瞬间，受竖直向下的重力、垂直于接触面向上的支持力、木块对木板的压力、木块对木板的摩擦力以及斜面对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得 解得，方向沿斜面向下； (2)设金属块与木板达到共同速度为，对金属块 在此过程中，以木板为研究对象，设弹簧对木板做的功为，则有 解得，则此时弹簧的弹性势能； 金属块和木板达到共同速度后压缩弹簧，速度减小到0后反向弹回，设弹簧恢复原长时，木板和金属块的速度为，在此过程中对木板和金属块，由能量守恒定律可得 木板离开弹簧后，设滑行距离为，由动能定理可得 联立可得 【变式训练3-1】如图所示，带有挡板的长木板置于光滑水平面上，轻弹簧放置在木板上，右端与挡板相连，左端位于木板上的B点。开始时木板静止，小铁块从木板上的A点以速度v0=4.0m/s正对着弹簧运动，压缩弹簧，弹簧的最大形变量xm=0.10m；之后小铁块被弹回，弹簧恢复原长；最终小铁块与木板以共同速度运动。已知当弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能，式中k为弹簧的劲度系数；长木板质量M=3.0kg，小铁块质量m=1.0kg，k=600N/m，A、B两点间的距离d=0.70m。取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求： （1）当弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小v； （2）小铁块与长木板间的动摩擦因数μ； （3）试通过计算说明最终小铁块停在木板上的位置。 【答案】（1）1.0m/s；（2）；（3）最终小铁块停在木板上A点 【详解】 （1）当弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度v，根据动量守恒定律 代入数据解得 （2）由功能关系，摩擦产生的热量等于系统损失的机械能 代入数据，解得 （3）小铁块停止滑动时，与木板有共同速度，由动量守恒定律判定，其共同速度仍为设小铁块在木板上向左滑行的距离为，由功能关系 代入数据，解得 而，所以最终小铁块停在木板上A点。 【变式训练3-2】如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，取＝3.17。求： (1)滑块C的初速度v0的大小； (2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B、C的速度大小。 【答案】(1)9m/s；(2)1.9m/s 【详解】 (1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得 弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得 解得 v1＝3m/s v0＝9m/s (2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得 根据能量守恒定律得 解得 v2＝1.9m/s 【变式训练3-3】如图所示，在水平轨道右侧安放半径为的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然状态。质量为的小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。物块A与PQ段间的动摩擦因数，轨道其他部分摩擦不计，重力加速度。求： (1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1； (2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1； (3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？ 【答案】(1)；(2)0.2m；(3)或 【详解】 (1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1，由动能定理得 解得 (2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆轨道的高度为h1，由动能定理得 解得 符合实际。 (3)①若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，则h2满足 由动能定理得 联立得 ②若A能沿轨道上滑到最高点，则满足 由动能定理得 联立得 综上所述，要使物块A能第一次返回圆轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是 或 【变式训练3-4】如图所示，足够长的光滑水平面上有A、B、C三物块，A、B质量都是2kg，C质量为4kg。A、B分别与一个特殊的轻弹簧两端相粘连，弹簧处于压缩得不能再压缩状态而被锁定，但还处于弹性限度内，此时弹簧储存的弹性势能为192J。现给A、B及弹簧整体一个向右的6m/s的速度，B与C碰后结合在一起不再分开。求： (1)B、C碰后C的速度 (2)若碰后运动过程中某时刻弹簧突然解锁，求当弹簧恢复自由时A、B、C的速度 【答案】(1)3m/s；(2) vA=9m/s 向左；vB = vC=7m/s 向右 【详解】 (1)当AB整体与C相碰的瞬时，由动量守恒定律 解得v=3m/s (2) 解锁后当弹簧恢复自由时，设向右为正，对系统由动量守恒和能量守恒 联立解得 vA=-9m/s 负号说明方向向左 vB = vC=7m/s 方向向右。 【变式训练3-5】在水平轨道上有一弹簧左端系于A点，右端与质量为m的小球接触但不连接。现用外力推动小球将弹簧压缩至P点保持静止，此时弹性势能为EP=mgs（s为一定值）。P、B之间的距离为2.5s，小球与水平轨道的动摩擦因数为µ=0.1，静止释放弹簧，小球沿水平轨道向右运动从DB进入圆弧轨道，如图所示。BC是一段竖直墙面，DEF是固定在竖直平面内的一段光滑绝缘圆弧轨道，轨道上端D点的切线水平，B、D间距很小，可看作重合的点。圆心O与轨道下端F的连线与竖直墙面的夹角为。在BC右边整个空间有水平向左、大小为F0=0.75mg的恒定风力，小球进入圆孤轨道之后恰好能沿着轨道DEF运动，一段时间后从轨道下端F处脱离，最后打在竖直墙面BC的C点。已知重力加速度为g，sin=0.8，求： (1)小球运动到B点的速度大小； (2)轨道DEF的半径R； (3)小球打在C点前瞬间的速度大小。 【答案】(1)；(2)；(3) 【详解】 (1)小球由静止释放到运动到B点，根据动能定理有 解得 (2)由题意得 设DEF轨道半径为R，设在E点小球达到等效最高点，由于小球恰好能沿着DEF轨道运动，则在E点有 根据动能定理得 解得 (3)过点F做切线以及垂直BC的水平线，则α为。如图 又因为 则小球所受合力的方向与水平方向夹角成。即在F点小球速度方向与合力方向共线，小球做直线运动，由几何关系得 从B到C全程动能定理有 解得 【变式训练3-6】如图，质量为 m=1 kg 的小滑块(视为质点)在半径为 R=0.2 m 的四分之一光滑圆弧的A 端由静止开始释放，通过 B 点在光滑水平面上运动一段距离后再由 C 点通过换向轨道过渡到倾角为 37 、长 x=1 m 的斜面 CD 上(过 C 点时速度大小不变) ，CD 斜面由特殊材料做成，动摩擦因数可调。斜面底部 D 点与光滑地面平滑相连，滑块通过 D 点前后速度大小不变。地面上一根轻弹簧一端固定在 O 点，自然状态下另一端恰好在 D 点。最大静摩擦力等于滑动摩擦力， sin37°=0.6，cos37°=0. 8，不计空气阻力。 (1) 求滑块通过圆弧轨道 B 点时对轨道的压力大小; (2) 若 CD 面与滑块间的动摩擦因数 μ=7/16，求质点从 C 运动到 D 的时间; (3) 若滑块最终停在 D 点，求 CD 面摩擦因数的取值范围。 【参考答案】（1） （2）t= 0.4s （3）或 【名师解析】(1) 从A到B由机械能守恒: 1 解得 v1=2m/s 在B点由牛顿第二定律: 1 得: FB= 30N 1 由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力FB= 30N 1 (2)在斜面上由牛顿第二定律: 解得: a=2.5m/s2 2 由运动学公式: 解得: t= 0.4s 2 (3)滑块最终停在D点有两种可能 a.滑块恰好能从C点滑到D点，则有: 代入得: 2 b.滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。 解得 2 综上，μ的取值范围为或 1 【变式训练3-7】如图，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点沿切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞，g取10 m/s2。求： (1)小物块由A到B的运动时间； (2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小； (3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，运动至C点停止，试求动摩擦因数μ。 【答案】：　(1) s　(2)50 J　(3) 【解析】：(1)设从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝gt2，t＝ s。 (2)由R＝h1，得∠BOC＝60°。设小物块平抛的水平速度是v1， 则＝tan 60° v1＝10 m/s 故Ep＝mv＝50 J。 (3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为2L， 由能量守恒知，mgh＋mv＝μmg·2L 代入数据计算得出μ＝ 【变式训练3-8】轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。 (1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离； (2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。 【答案】：　(1)　2l　(2)m≤M＜m 【解析】：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为 Ep＝5mgl① 设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得 Ep＝Mv＋μMg·4l② 联立①②式，取M＝m并代入题给数据得 vB＝③ 若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足 －mg≥0④ 设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l⑤ 联立③⑤式得 vD＝⑥ vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得 2l＝gt2⑦ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 x＝vDt⑧ 联立⑥⑦⑧式得 x＝2l⑨ (2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知 5mgl＞μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 Mv≤Mgl⑪ 联立①②⑩⑪式得 m≤M＜m⑫ 【变式训练3-9】如图所示，光滑水平面上木块A的质量mA＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量为mC＝2 kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑。开始时B、C静止，A以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短。求： (1)A、B碰撞后A的速度； (2)弹簧第一次恢复原长时C的速度。 【答案】：　(1)－4 m/s　(2) m/s 【解析】：　(1)因碰撞时间极短，A、B碰撞时，可认为C的速度为零，由动量守恒定律得： mAv0＝mAvA＋mBvB 解得vA＝＝－4 m/s，负号表示方向与A的初速度方向相反。 (2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零。 设此时B的速度为vB′，C的速度为vC，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mBvB＝mBvB′＋mCvC mBv＝mBvB′2＋mCv 得vC＝vB vC＝ m/s 【变式训练3-10】如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求： （1）脱离弹簧时A、B的速度大小和； （2）物块与桌面间动摩擦因数μ； （3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。 分析 （1）由平抛运动规律得出脱离弹簧时A、速度大小，由动量守恒定律得出脱离弹簧时B的速度大小； （2）由动能定理得出物块与桌面间动摩擦因数μ； （3）由能量守恒定律得出整个过程中，弹簧释放的弹性势能。 【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J 【解析】 （1）对物块A，由平抛运动规律，h=，xA=vAt， 联立解得：vA=1m/s 弹簧将两物块弹开，由动量守恒定律，mA vA= mB vB， 解得vB= vA=1m/s （2）对物块B，由动能定理，-μmB g xB=0- 解得：μ=0.2 （3）由能量守恒定律，整个过程中，弹簧释放的弹性势能 △Ep=μmB g×△x+μmA g×△x++=0.12J 【变式训练3-11】 如图所示，距水平地面高度的水平轨道，点左侧粗糙，点右侧光滑，甲、乙两物块均在点的右侧，物块甲距点、物块乙距轨道右端均足够远，两物块间有一根紧靠的水平轻弹簧（弹簧不与物块拴接）。第一次用手按住物块乙，向右缓慢推物块甲，然后将物块甲由静止释放，物块甲通过点后向左滑行后停下；第二次，其他情况不变，同时由静止释放两物块，一段时间后，物块乙落在地面上到轨道右端水平距离的A点。物块甲与点左侧轨道间的动摩擦因数，物块甲的质量，取重力加速度大小，两物块均视为质点，不计空气阻力。求： （1）在第一次用手按住物块乙的情况下，弹簧将物块甲弹开的过程中，弹簧对物块甲的冲量大小（结果可保留根号）； （2）物块乙的质量。 【参考答案】（1）；（2） 【名师解析】 （1）设在第一次用手按住物块乙的情况下，物块甲刚离开弹簧时的速度大小为，根据动能定理有 解得 对弹簧将物块甲弹开的过程，根据动量定理有 解得 （2）在第一次用手按住物块乙的情况下，设刚释放物块甲时，弹簧的弹性势能为，根据能量守恒定律有 解得 在第二次同时由静止释放两物块的情况下，物块乙离开轨道后向右水平抛出，设物块乙离开水平轨道后在空中运动的时间为，有 解得 设物块乙离开弹簧时的速度大小为，有 解得 设此种情况下物块甲离开弹簧时的速度大小为，对弹簧与两物块相互作用的过程，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 【变式训练3-12】如图，半径R＝0.1m的光滑半圆轨道ABC与足够长的水平轨道在A点平滑连接，初始时，静止在水平轨道D点的两个小滑块a、b用轻弹簧连接并锁定。解除锁定后，a、b立即弹开，b向左运动至E点（图中未画出）停下，a通过A点时，安装在A点的压力传感器示数，a继续运动通过C点后恰好落到E点。已知a的质量m＝50g，b的质量M＝150g，a、b与水平轨道间的动摩擦因数均是，重力加速度大小，不计空气阻力。求 （1）E点与A点的距离； （2）b从D点运动到E点的时间； （3）初始时，弹簧储存的弹性势能。 【名师解析】（1）a通过A点，由牛顿第二定律 a由A点运动到C点，由机械能守恒定律a从C点平抛，有 解得 （2）a由D点运动到A点，由动能定理 b由D点运动到E点，由动能定理且 解除锁定时，由动量守恒定律解得 对b，由动量定理，解得 （3）由能量守恒定律，弹簧释放的弹性势能解得 【变式训练3-13】如图所示，质量M=0.5kg带有光滑弧形槽的滑块放在足够长的水平面a处，弧形槽上圆弧对应的圆心角60，半径R0.8m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径r0.5m，轨道与水平面相切固定于c点，已知水平面bc段粗糙且长度L2m，其余光滑。质量分别为m11kg、m20.5kg的物块P、Q静置在水平面上，两者之间有一压缩并用细线锁定的轻弹簧（弹簧与两物块均不拴接），弹簧此时储存的弹性势能Ep6J。某时刻将细线烧断，两物块与弹簧分离时均未从ab之间滑出，随即撤去弹簧。物块Q与水平面bc段间的动摩擦因数0.25，重力加速度g10m/s，两物块均可视为质点且滑上圆弧时均无能量损失。 （1）求物块P与弹簧分离时的速度大小； （2）判断物块P能否从M左端冲出；并求出P的最终速度； （3）求物块Q最终静止位置距离b点的距离。 【参考答案】（1）；（2）；（3） 【名师解析】 （1）弹簧恢复原长的过程中与两物块构成的系统动量守恒、机械能守恒，设物块P、Q与弹簧分离时速度分别为、，有 解得，物块P与弹簧分离时的速度大小； （2）设物块P沿滑块上升高度为h时与滑块达到共速v，两者水平方向动量守恒，机械能守恒有 解得 即物块P将从滑块右侧滑离，设滑离时物块P与滑块的速度分别为、，物块P在滑块上滑动的整个过程中，两者系统水平方向动量守恒、机械能守恒，有 解得 ，即物块P最终向左匀速运动，速度为； （3）设物块Q能沿半圆轨道最高上升高度为，由动能定理有 解得 即物块Q将沿圆轨道返回水平面 设物块Q未与物块P碰撞，最终静止在粗糙水平上，其在粗糙水平面滑行的路程为x，由动能定理有 解得 故物块Q最终静止的位置距离b点的距离 【变式训练3-14】如图所示，水平地面上固定着一足够长的木板，板上静置两小球。一轻质弹簧的左端固定在球上，右端与球接触但未连接。一带有圆弧轨道的小车紧靠木板放置，其轨道底端的切线与木板上表面重合，紧靠车左端有一挡板。现让小球从车轨道上距轨道底端高度为处静止滑下，当球离开车后，立即撤去挡板。球与球碰撞时间极短，碰后球返回到车轨道底端时的速度大小为。已知球、及车的质量分别为。小球均可视为质点，不计所有阻力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）球碰撞结束时球的速度大小； （2）当球与弹簧分离时，球的速度大小； （3）球冲上车的最高点距轨道底端的高度。 【参考答案】（1）5m/s；（2）1m/s，6m/s；（3）1m 【名师解析】 （1）球a开始下滑到与b相碰前，根据机械能守恒定律有 球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，故有 可得 （2）球b与球开始运动至球与弹簧分离的过程中，两球及弹簧构成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 可得， （3）小球a与车d构成的系统，在水平方向上动量守恒，且球a运动到最高点时，球a竖直方向上速度为零，以向左为正方向，水平方向上根据动量守恒定律有 设小球a冲上车的最高点距轨道底端的高度为h，则根据能量守恒守恒定律有 可得 【变式训练3-15】如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面上向右匀速运动．劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上．当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C.已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝1.0 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.求： (1) 物块在小车上滑行时的加速度a； (2) 物块运动到B点时的速度vB； (3) 弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x. 【名师解析】 (1) μmg＝ma(2分) a＝μg＝2 m/s2(1分) 方向向左(1分) (2) mg＝m(2分) 解得vC＝2 m/s(1分) mg2R＝mv－mv(2分) 解得vB＝2 m/s(1分) (3) 对m：－μmg(l＋x)＝mv－mv(2分) 对M：μmgx－Ep＝0－Mv(2分) Ep＝(M＋m)v－mv－μmgl 解得Ep＝13 J(1分) x＝0.25 m(1分) 【变式训练3-16】如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R＝0.8 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求： (1)小钢珠经过N点时速度的大小vN； (2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek； (3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s。 【名师解析】 　(1)在N点，由牛顿第二定律有mg＝m，解得 vN＝＝2 m/s。 (2)取M点所在的水平面为参考平面。 从M到N由机械能守恒定律有Ek＝mgR＋mv，解得 Ek＝0.12 J。 (3)小钢球从N到Q做平抛运动，设运动时间为t，水平方向有 x＝vNt，竖直方向有R＝gt2，解得x＝0.8 m。 答案　(1)2 m/s　(2)0.12 J　(3)0.8 m 【变式训练3-17】如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h＝0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep＝0.5 J。取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小球在C处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； (3)小球最终停止的位置。 【名师解析】 　(1)小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F＝2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力为：F向＝2.5mg＋mg＝3.5mg＝3.5×1×10＝35 N (2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零。 设此时滑块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg 解得x0＝＝0.1 m 由机械能守恒定律有mg(r＋x0)＋mv＝Ekm＋Ep 得Ekm＝mg(r＋x0)＋mv－Ep＝6 J (3)在C点，由F向＝ 代入数据得：vC＝ m/s 滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得mg·h－μmgs＝mv 解得BC间距离s＝0.5 m 小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。 设物块在BC上的运动路程为s′，由动能定理有0－mv－μmgs′ 解得s′＝0.7 m 故最终小滑块与B端的距离为s′－s＝0.2 m 答案　(1)35 N　(2)6 J　(3)距离B端0.2 m(或距离C端0.3 m) 【变式训练3-18】如图所示，A、B、C三个可视为质点的小物块质量分别为m1、m2、m3，且m1＞m2。A、B通过不可伸长的轻质细线绕过光滑的轻质滑轮相连，B、C通过轻质弹簧相连。用手拖住A物体，使B、C间的竖直弹簧恰好处于原长状态。松手释放A后，A下降距离d时，C恰好脱离地面且不能再上升。已知重力加速度为g。现把A换成质量为2m1的D物块，再次由弹簧处于原长状态时释放D，求： (1)弹簧劲度系数k和释放D的瞬间D的加速度大小； (2)当C恰好脱离地面时D的速度大小。 【答案】(1)；；(2) 【详解】 (1)C恰好离开地面时： kd=m3g k= 释放D的瞬间对D： 2m1g-T=2m1a 对B：T-m2g=m2a所以： (2)A下落过程有对系统由能量守恒得： D下落时，当C恰好离开地面时， 所以 【变式训练3-19】如图所示，光滑的玻璃管竖直固定放置，管内轻弹簧固定在玻璃管的底部，质量为6m的小球A固定在轻弹簧的上端，质量均为m的小球B、C用轻杆连接，在管内距A球一定高度处由静止释放，A、B、C三球的直径均略小于管的内径，A、B两球碰撞后粘在一起，碰撞后反弹至最高点时，A球的加速度大小为，重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，求： （1）B球与A球碰撞后一瞬间，轻杆对C球的作用力大小； （2）碰撞后一瞬间，三个球的速度大小。 【参考答案】（1）；（2） 【名师解析】 （1）B球与A球碰撞后一瞬间，设A、B、C三球的加速度为a，根据牛顿第二定律 开始时 设碰撞后一瞬间，杆对小球C的作用力为T，则有解得 （2）设反弹上升到最高点时，弹簧伸长量为x，根据题意解得 设碰撞后一瞬间三个球的速度大小为v，根据机械能守恒定律有 解得 【变式训练3-20】如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)．随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝) (1)求P第一次运动到B点时速度的大小； (2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能； (3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量． 【名师解析】：(1)根据题意知，B、C之间的距离为 l＝7R－2R ① 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 mglsin θ－μmglcos θ＝mv ② 式中θ＝37° 联立①②式并由题给条件得 vB＝2. ③ (2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv ④ E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x ⑤ P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R ⑦ Ep＝mgR. ⑧ (3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 x1＝R－Rsin θ ⑨ y1＝R＋R＋Rcos θ ⑩ 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1＝gt2⑪ x1＝vDt⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝ ⑬ 设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g ⑭ P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝m. 答案：(1)2　(2)mgR　(3)　m 【变式训练3-21】如图所示，足够长的光滑斜面固定在桌面上，斜面倾角θ=30°，D为挡板，质量均为m的物块B和C用轻弹簧连接静止在斜面上，弹簧的劲度系数为k，一细绳跨过光滑定滑轮连接B与轻质挂钩．将质量为2m的钩码A无初速度挂在挂钩上．已知重力加速度为g，求： （1）A没有挂上挂钩前，弹簧的压缩量； （2）A刚挂上挂钩瞬间，A的加速度大小； （3）物块C刚要离开D时，B的速度大小． B C D θ 【名师解析】 （1）对B受力分析可知： （3分） 解得： （2分） （2）A刚挂上挂钩瞬间，B没有获得速度，弹簧弹力不变．但A、B整体瞬间获得加速度，且两者加速度大小相等． 对A列牛顿第二定律： （2分） 对B列牛顿第二定律： （2分） 解得： （1分） 解法二：对A、B整体，根据牛顿第二定律： （3分） 解得： （2分） （3）物块C刚要离开D时，C与D之间弹力为0，对C受力分析可知，弹簧此时处于拉伸状态， 解得： （1分） 则B沿斜面向上移动的距离为 （1分） A下落的距离也为d，且A和B速度大小相等，初、末位置弹簧弹性势能相等。 根据系统机械能守恒：（2分） 解得： （2分） 【变式训练3-22】如图甲，倾角α＝的光滑斜面有一轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点（图中未画出），该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，sin＝0.6，cos＝0.8，求： （1）弹簧的最大弹性势能 （2）在B点撤去力F，物体被弹回到A点时的速度 【参考答案】（1）2.56J；（2）0.8 m/s 【名师解析】 （1）由题图乙可知 mgsin＝12N 解得m＝2kg 由题图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功 WF＝ 从A点B点的过程中由能量守恒可得 （2）撤去力F，设物体返回至A点时速度大小为v0，从A出发两次返回A处的过程应用动能定理W＝ 【变式训练3-23】如图所示，倾角 θ=37°的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轮半径和质量不计的光滑定滑轮 D，质量均为m=1kg 的物体A和B用一劲度系数k=240N/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=0.2m，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，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s2。 求：⑴小环 C 的质量 M； ⑵小环 C 通过位置 S 时的动能 Ek及环从位置 R 运动到位置 S 的过程中轻绳对环做的功 WT； ⑶小环 C 运动到位置 Q 的速率 v. 【名师解析】（1）先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力。支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为：T=2mgsinθ=2×10×sin37°=12N 以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图，则： T•cos53°=Mg 代入数据得：M=0.72kg （2）由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态；产生B沿斜面方向的受力： F1=mgsinθ=1×10×sin37°=6N 弹簧的伸长量：△x1= =0.025m 当小环 C 通过位置 S 时A下降的距离为： 此时弹簧的压缩量为：△x2=xA﹣△x1=0.025m 由速度分解可知此时A的速度为零，所以小环C从R运动到S的过程中，初末态的弹性势能相等，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒有： Mgdcotα+mgxAsinθ=Ek 代入数据解得：Ek=1.38J 环从位置 R 运动到位置 S 的过程中，由动能定理可知：WT+Mgdcotα=Ek 代入数据解得：WT=0.3J （3）环从位置 R 运动到位置 Q 的过程中，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒 对环在Q点的速度进行分解如下图，则：vA=vcosα 两式联立可得：v=2m/s 【变式训练3-24】如图所示，倾角的斜面固定在水平面上，斜面上P点及以下部分的表面光滑，P点以上部分的表面粗糙。质量分别为、的滑块A、B用轻弹簧连接后置于斜面上，滑块B与斜面下端的垂直挡板接触，滑块A平衡后恰好静止在P点。质量的“L”形木板C置于斜面上端，质量的滑块D置于木板C上，将木板C、滑块D由静止同时释放，此时木板C下边缘与P点的距离，滑块D与木板C下边缘的距离。已知弹簧的弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧的劲度系数，木板C上表面光滑、下表面与斜面粗糙部分间的动摩擦因数，木板C与滑块D及木板C与滑块A间的碰撞都是弹性碰撞，重力加速度，，滑块A、B、D均可视为质点。 （1）求木板C与滑块D发生第一次碰撞后瞬间木板C的速度大小； （2）求木板C与滑块A发生碰撞后瞬间滑块A的速度大小； （3）如果在滑块A与木板C第一次碰撞后便撤去木板C和滑块D，求木板C与滑块A第一次碰撞后滑块B对挡板的最大弹力。（结果保留根式）    【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）刚释放时对木板C有 解得木板C的加速度 故木板C开始时静止在斜面上 对滑块D有 解得滑块D的加速度 由 解得滑块D与木板C碰撞前瞬间的速度 因为滑块D与木板C间的碰撞是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得， （2）木板C与滑块D第一次碰撞后沿斜面向下匀速运动，运动到P点经历的时间 分析可知此时间内滑块D沿木板C表面向上滑动恰好减速为零，即木板C与滑块A的碰撞要早于木板C与滑块D的第二次碰撞 滑块A与木板C间的碰撞是弹性碰撞， 由动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得， （3）滑块A与木板C碰撞前受力平衡，有 解得碰撞前弹簧的形变量 弹簧处于压缩状态 木板C与滑块A碰撞后，滑块A获得初速度，开始向下压缩弹簧，设继续压缩了，当它运动到最低位置时根据动能定理有，解得 滑块A运动到最低位置时弹簧的形变量最大，滑块B对挡板的弹力最大，有 【变式训练3-25】如图所示，光滑固定斜面的倾角为θ。一轻弹簧，下端与斜面底端的固定挡板相连，上端与质量为mB的物体B相连。在B的上方放上质量为mA的物体A。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A，滑轮右侧轻绳与斜面平行，轻绳的另一端连接一轻质挂钩，整体都处于静止状态。已知轻弹簧的劲度系数为k，轻弹簧与斜面平行，重力加速度大小为g。现在在挂钩上加一个竖直向下的拉力，使物体A由静止开始以加速度大小为a沿斜面向上做匀加速直线运动。求： (1)当物体A和B分离的瞬间，拉力的大小； (2)当物体A和B分离的瞬间，物体A的速度大小； (3)从物体A开始运动到物体A和B分离所经过的时间。 【答案】：(1)；(2) ；(3) 【解析】：如图所示 (1)当物体A和B分离的瞬间，两个物体之间恰好没有作用力，根据牛顿第二定律得 解得 (2)没有加力时，设弹簧的压缩量为x1，对A、B整体根据平衡条件得 解得 当物体A和B分离时，设弹簧的压缩量为x2，对B根据牛顿第二定律得 解得 A和B分离的瞬间，设物体A的速度大小为v，对物体A根据运动学公式得 解得 (3) 从物体A开始运动到物体A和B分离时，设经过的时间为t，由位移公式得 解得 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第10讲 与弹簧相关的能量问题 一、专题定位 弹簧类能量问题是高考机械能、功能关系、动量守恒模块的核心考点，常以选择题、实验题、计算题压轴题形式出现，侧重考查能量转化、受力分析与物理模型综合应用，是高考区分度较高的题型之一。 二、核心知识梳理 （一）基础公式 1. 胡克定律：F=kx（k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，即压缩/伸长量，非原长/总长） 2. 弹性势能：Ep＝kx2，弹性势能是状态量，仅与形变量有关，拉伸、压缩相同形变量，弹性势能相等。 3. 机械能守恒条件：只有重力、弹簧弹力做功，其他力不做功或做功代数和为0，系统动能、重力势能、弹性势能相互转化，总量不变。 4. 动能定理（万能公式）：合外力对物体做的功等于物体动能的变化，即＝mv－mv.，适用于所有弹簧能量问题，尤其含摩擦、外力的场景。 5. 功能关系：除重力、弹力外，其他力做的功等于系统机械能的变化，即=∆。 （二）核心能量转化逻辑 1. 水平弹簧（无摩擦）：动能 ↔ 弹性势能 2. 竖直弹簧：动能 ↔ 重力势能 ↔ 弹性势能 3. 弹簧+摩擦/外力：动能、势能、弹性势能与内能相互转化 三、高考常考模型精讲 模型1：水平弹簧-物体模型（无摩擦/有摩擦） 1. 无摩擦场景 ①原长位置：弹力为0，加速度为0，速度最大； ②最大形变量位置：速度为0，动能全部转化为弹性势能； ③解题方法：机械能守恒。 2. 有摩擦场景 ①物体运动过程中，摩擦力持续做负功，系统机械能不断减少； ②最终物体静止在弹簧原长位置（弹力为0，无相对运动趋势）； ③解题方法：动能定理。 模型2：竖直弹簧-物体模型（高频考点） 1. 核心位置： ①平衡位置：mg=k，加速度为0，速度最大、动能最大； ②最高点、最低点：速度为0，动能为0，势能与弹性势能相互转化； 2. 解题关键：必须同时考虑重力势能、弹性势能、动能的变化，优先用机械能守恒或动能定理。 模型3：弹簧连接体模型（动量+能量综合） 1. 适用条件：水平面光滑，系统动量守恒、机械能守恒； 2. 关键状态： ①弹簧最长/最短（最大形变量）：两物体速度相等，弹性势能最大； ②弹簧原长：弹性势能为0，两物体速度达到极值； 3. 解题方法：动量守恒定律+机械能守恒定律联立。 模型4：弹簧-斜面模型 1. 受力：重力分力mgsinθ、摩擦力f= μmgcosθ、弹簧弹力； 2. 能量：动能、重力势能、弹性势能、内能相互转化； 3. 解题方法：动能定理（无需分析复杂过程，直接列初末状态）。 四、通用解题步骤（模板化解题） S1. 定过程：明确研究的初状态和末状态，确定弹簧形变量变化； S2. 析受力：分析做功的力（重力、弹力、摩擦力、外力），判断守恒条件； S3. 选方法： ①只有重力、弹力做功→机械能守恒； ②含摩擦、外力→动能定理； ③连接体光滑水平面→动量+机械能守恒； S4. 列方程：代入能量、做功公式，计算求解； S5. 验结果：检查形变量、能量单位、物理过程合理性。 五、高考易错点警示 1. 混淆弹簧总长与形变量x，弹性势能仅与形变量有关； 2. 竖直弹簧模型忽略重力势能变化，导致能量分析错误； 3. 连接体模型误判状态：弹簧最长/最短≠速度为0，而是两物体共速； 4. 有摩擦时，认为物体静止在平衡位置，实际最终停在弹簧原长位置； 5. 弹性势能变化量：∆Ep=k_) 一：单选题 【典型例题1】一物块由O点下落，到A点时与直立于地面的轻弹簧接触，到B点时速度达到最大，到C点时速度减为零，然后被弹回．物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在弹性限度内，则物块(　　) A. 从A下降到B的过程中，合力先变小后变大 B. 从A下降到C的过程中，加速度先增大后减小 C. 从C上升到B的过程中，动能先增大后减小 D. 从C上升到B的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加 【参考答案】C 【名师解析】从A下降到B的过程中，物块受到重力和弹簧向上的弹力，重力大于弹力，弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到B点时速度达到最大，此时重力和弹簧的弹力大小相等，合力为零，故A错误。从A下降到B的过程中，弹簧的弹力小于重力，物块的合力向下，合力方向与速度方向相同，物块的速度增大。从B下降到C的过程中，弹簧的弹力大于重力，物块的合力向上，合力方向与速度方向相反，物块的速度减小，则从A下降到C的过程中，速度先增大后减小，故B正确。从C上升到B的过程中，物块受到重力和弹簧向上的弹力，弹力大于重力，合力向上，合力方向与速度方向相同，则物块的速度增大，动能增大，故C错误。对于物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即物块的动能、重力势能与弹性势能之和保持不变，从C上升到B的过程中，物块的动能增大，则系统的重力势能与弹性势能之和不断减小，故D错误。  【关键点拨】。 对物块正确受力分析，结合弹力的变化情况来分析合力的变化情况，再根据合力方向与速度方向的关系，判断速度的变化情况，从而确定动能的变化情况。根据系统的机械能守恒分析系统的重力势能与弹性势能之和变化情况。解决本题的关键要抓住弹簧弹力的可变性，判断合力的变化情况，从而判断出物块速度的变化情况。 【典型例题2】如图所示.轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让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物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量 B.B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的増加量 C. A的动能先增大后减小 D.细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量 【参考答案】D 【名师解析】 由于A、B和弹簧系统机械能守恒，所以B物体重力势能的减少量等于A、B增加的动能以及弹性势能，故选项A错误；整个系统机械能守恒，所以B物体杋楲能减少量等于A物体与弹簧机械能的增加，故选项B错误；根据动能定理可以知道，合力对A做正功，则物块A的速度增加，即动能增加，故选项C错误。根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的力即绳子的拉力等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故选项D正确；所以本题正确的选项为D 【典型例题3】如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，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=30°。原长为的轻弹簧水平放置，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的速度满足 C．弹簧弹性势能最大值为 D．P达到最大动能时，P对杆的弹力等于0 【答案】C 【详解】 A．根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，选项A错误； B．在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知 解得 选项B错误； C．根据系统机械能守恒可得 弹性势能的最大值为 选项C正确； D．P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，则 即杆的弹力为 不为零，选项D错误。 故选C。 【典型例题4】劲度系数分别为和的弹簧A和B连接在一起，拉长后将两端固定，如图，弹性势能、的关系是（　　） A． B． C． D．无法比较、的大小 【答案】B 【详解】 根据牛顿第三定律，A、B弹簧的弹力大小相等。由于 所以弹性势能 又由于 所以 故选B。 【变式训练1-1】如图所示，一轻质弹簧竖立于地面上，质量为m的小球，自弹簧正上方h高处由静止释放，则从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短(弹簧的形变始终在弹性限度内)的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小球的机械能守恒 B．重力对小球做正功，小球的重力势能减小 C．由于弹簧的弹力对小球做负功，所以小球的动能一直减小 D．小球的加速度先增大后减小 【变式训练1-2】如图甲所示，长为L的长木板水平放置，可绕左端的转轴O转动，左端固定一原长为的弹簧，一质量为m的小滑块压缩弹簧到图甲中的a点（物体与弹簧不连接），Oa间距离为。将小滑块由静止释放后，木板不动，小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕O点逆时针转动37°后固定，如图乙所示，仍将物体由a点静止释放，物体最多运动到离O点3L/4的b点。已知弹簧的弹性势能，其中k为弹性系数，Δx为弹簧的形变量。取sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列说法正确的是（　 　） A．物体与木板间的动摩擦因数为 B．物体在a点时，弹簧的弹性势能为 C．长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为 D．长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为 【变式训练1-3】如图所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x，在下落过程中，小球受到的空气阻力为F阻，则弹簧在最短时具有的弹性势能为（　　） A． B． C． D． 【变式训练1-4】如图所示，质量为M的物体放在水平地面上，物体上方安装一劲度系数为k的轻弹簧，在弹簧处于原长时，用手拉着其上端P点很缓慢地向上移动，直到物体脱离地面向上移动一段距离。在这一过程中，P点的位移为H，则物体重力势能的增加量为（　　） A．MgH B．MgH＋ C．MgH－ D．MgH－ 【变式训练1-5】如图所示，轻弹簧下端系一重物，O点为其平衡位置（即重力和弹簧弹力大小相等的位置），今用手向下拉重物，第一次把它直接拉到A点，弹力做功为W1，第二次把它拉到B点后再让其回到A点，弹力做功为W2，已知，弹簧始终在弹性限度内，则这两次弹力做功的关系为（　　） A． B． C． D． 【变式训练1-6】如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑。下列说法正确的是（　　） A．物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒 B．物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒 C．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零 D．物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h处 【变式训练1-7】轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端连接一小球，开始时小球静止在光滑水平直轨道上的O点，如图所示，现将小球沿轨道移到A点后由静止释放，小球运动到B点时速度刚好为零。忽略空气阻力，在小球由A运动到B的过程中，关于小球机械能的变化情况，以下判断正确的是（　　） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【变式训练1-8】如图，一个质量为m的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L；将圆环拉至A点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是( ) A. 圆环在O点的速度最大 B. 圆环通过O点的加速度等于g C. 圆环在A点的加速度大小为 D. 圆环在B点的速度为 【变式训练1-9】如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接井一起套在杆上，小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过铰链连接，当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长；此时给A一个微小扰动（初速度视为0），使小球A沿环顺时针滑下，到达环最右侧时小球A的速度为为重力加速度。不计一切摩擦，A、B均可慢为质点，则下列说法正确的是　　 A. 小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒 B. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中滑块B的重力能减小 C. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中小球A的重力势能减小了 D. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了 【变式训练1-10】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则下列说法不正确的是(　　) A. 由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大 B. 由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少 C. 由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量 D. 在C处时，弹簧的弹性势能为mgh 【变式训练1-11】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mgL 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 【变式训练1-12】如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，则下列说法正确的是(　　) A．轻弹簧的劲度系数是50 N/m B．从d到b滑块克服重力做功8 J C．滑块的动能最大值为8 J D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J 【变式训练1-13】如图所示，固定斜面AB与水平面之间由一小段光滑圆弧连接，倾角为α，斜面的高度OB=h．细线一端固定在竖直挡板上，另一端连接一质量为m的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧（小物块与弹簧不连接）。烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面AB后，恰好能运动到斜面的最高点。已知AC=1，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（　　） A. 细线烧断前弹簧具有的弹性势能为mgh+μmg+μmghcotα B. 在此过程中产生的内能为mgh+μmgl+μmghcotα C. 弹簧对小物块做功为μmgH+μmghcotα D. 在此过程中斜面对小物块的摩擦力做功为 二：多选题 【典型例题1】如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（   ） A. 木块A离开墙壁前，A，B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B. 木块A离开墙壁前，A，B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C. 木块A离开墙壁后，A，B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 D. 木块A离开墙壁后，A，B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 【参考答案】B,C 【名师解析】撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒．故A错误，B正确． A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒．故C正确、D错误． 【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒． 【典型例题2】如图，一个质量为m的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L；将圆环拉至A点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是( ) A. 圆环在O点的速度最大 B. 圆环通过O点的加速度等于g C. 圆环在A点的加速度大小为 D. 圆环在B点的速度为 【参考答案】BC 【名师解析】 圆环受力平衡时速度最大，应在O点下方，故A错误；圆环通过O点时，水平方向合力零，竖直方向只受重力，故加速度等于g，故B正确；圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在A点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A点弹簧伸长。根据牛顿第二定律，有 ，解得，。故C正确；圆环从A到B过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能，，解得 故D错误。 【典型例题3】如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A处，上端连接质量3kg的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的D点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，重力加速度取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 A.滑块先做匀加速后做匀减速运动 B.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1 C．弹簧的劲度系数为180 N/m D.滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为3.12 J 【参考答案】BD 【命题意图】本题考查了运动过程分析、牛顿第二定律、胡克定律、功能关系及其相关知识点，意在考查从图像中获取信息能力、分析综合能力、应用数学知识解决物理问题能力，体现的核心素养是运动和力的观念、能量观念和科学思维能力。 【解题思路】由图乙可知，物块运动的加速度先减小后增大，滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，选项A错误；将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的D点，由静止释放时，弹簧弹力为零，由图乙可知，其加速度为a1=5.2m/s2，根据牛顿第二定律，mgsin37°-μmgcos37°=ma1，解得.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.1，选项B正确；当滑块位移为x=0.2m时，弹簧沿斜面向上的弹力F=kx，物块加速度a2=-5.2m/s2，根据牛顿第二定律，mgsin37°-μmgcos37°-F=ma2，解得弹簧的劲度系数为k=156 N/m，选项C错误；对由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，由功能关系，mgsin37°x-μmgcos37°x=Ep，滑块滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为Ep =3.12 J，选项D正确。 【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是把图乙的加速度随位移变化图像误认为是速度随时间变化图像，导致错选A；二是没有通过分析运动，分析受力，利用牛顿运动定律列方程得出滑块与斜面间的动摩擦因数，导致漏选B；三是没有根据滑块位移为x=0.2m时，正确应用牛顿第二定律列方程得出弹簧的劲度系数，导致错选C；四是没有正确运用功能关系得出滑块在最低点时弹簧的弹性势能，导致漏选D。 【典型例题4】质量相等的两木块A、B用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图(a)所示。现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示。从木块A开始做匀加速直线运动到木块B将要离开地面时的这一过程(设此过程弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是 (　　) A.力F一直增大 B.弹簧的弹性势能一直减小 C.木块A的机械能一直增大 D.木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小 【参考答案】A、C 【名师解析】最初弹簧被压缩，木块A受到竖直向上的弹力等于重力，A受到重力，向上的弹力T以及向上的拉力F，根据牛顿第二定律可知F+T-mg=ma，随着A的运动，弹簧的弹力T在逐渐减小，所以F在增大，弹簧恢复原长后被拉长，则F-T-mg=ma ，随着A的运动弹力T在增大，所以F也在增大，故A正确；在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；在上升过程中因为物体A做匀加速运动，所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故C正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大故D错误；故选A、C。 【典型例题5】如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是（　　） A．xA＝h，aA＝0 B．xA＝h，aA＝g C．xB＝h＋，aB＝0 D．xC＝h＋，aC＝0 【答案】BC 【详解】 AB．OA段的直线是小球接触到弹簧之前的自由落体运动，AB段的曲线是从接触到弹簧开始，到压缩至弹力与重力等大的运动过程，所以A点处的坐标为h，加速度为g，故A错误，B正确； C．B点处小球的速度达到最大，说明弹簧弹力与重力等大，小球所受合力为零，加速度为零，坐标为，故C正确； D．C点处小球的速度减小到零，弹簧的压缩量达到最大，设压缩量为x，则 解得 故D错误。 故选BC。 【典型例题6】如图所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点的过程中（　　） A．重物的机械能减少 B．系统的机械能不变 C．系统的机械能增加 D．系统的机械能减少 【答案】AB 【详解】 A．重物自由摆下的过程中，弹簧拉力对重物做负功，重物的机械能减少。故A正确； BCD．对系统而言，除重力、弹力外，无其他外力做功，故系统的机械能守恒，故B正确，C、D错误。 故选AB。 【变式训练2-1】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 mg B. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于 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 mgL 【变式训练2-2】如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力。下列说法中正确的 是 (　　) A.小球向上运动的过程中处于失重状态 B.小球压缩弹簧的过程中小球减小的动能等于弹簧增加的势能 C.弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能 D.小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒 【变式训练2-3】如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，置于光滑水平面上，在水平力F的作用下，弹簧处于压缩状态，A紧压在竖直墙壁上。现撤去力F，在以后的运动过程中B的最大的速度为v，对撤去力F以后的过程，以下说法正确的是（　　） A．物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A的冲量大小为mv B．物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A做功的大小为mv2 C．物块A、B和弹簧组成的系统总动量守恒，机械能守恒 D．物块A的最大速度为v 【变式训练2-4】用如图所示实验能验证动量守恒定律，两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A、B被弹簧弹出，最后落在水平地面上落地点与平台边缘的水平距离分别为，，实验结果表明下列说法正确的是（　　） A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比 B．木块A、B的质量之比 C．弹簧对木块A、B做功之比 D．木块A、B离开弹簧时的动能之比 【变式训练2-5】如图所示，长为L的轻弹簧AB两端等高地固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长．现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为θ，若取初始位置为零重力势能面、重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) A. 物体向下运动的过程中，加速度先减小，后增大 B. 物体在最低点时，AO部分弹簧对物体的拉力大小为 C. 物体在最低点时，弹簧的弹性势能为 D. 若换用劲度系数较小的弹簧，则弹簧的最大弹性势能增大 【变式训练2-6】把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示；迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙）途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）．已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计．重力加速度g=10m/s2，则有（　　） 　 A．小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加 　 B．小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加 　 C．小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6J 　 D．小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4J 【变式训练2-7】如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的（　　） A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小 B．最低点的坐标为x=h+2x0 C．小球受到的弹力最大值等于2mg D．小球动能的最大值为 【变式训练2-81】一升降机箱底部装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦和空气阻力的影响，则升降机在从弹簧下端触地直到最低点的一段运动过程中（　　） A．升降机的速度不断减小 B．升降机的加速度不断变大 C．先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功 D．重力势能减小，弹性势能增大 【变式训练2-9】如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量△x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ） A．小球刚接触弹簧时速度最大 B．当△x=0.3m时，小球处于超重状态 C．该弹簧的劲度系数为20.0N/m D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 【变式训练2-10】竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q.下列说法正确的是 A. 物块与钢板碰后的速度为 B. 物块与钢板碰后的速度为 C. 从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为 D. 从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0+h) 【变式训练2-11】如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a<g）的匀加速运动，A、B的速度随时间变化图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（    ） A．拉力F的最小值为2Ma B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零 C．A、B分离时，A上升的距离为 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 【变式训练2-12】如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J．现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．A点到O点的距离小于3.2m B．从B点释放后滑块运动的最大动能为9J C．从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点的动能小于1J D．从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1J 【变式训练2-13】在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g)(　　) A．物块A运动的距离为 B．物块A加速度为 C．拉力F做的功为mv2 D．拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量 【变式训练2-14】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（ ） A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做功为 C．在C处，弹簧的弹性势能为 D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 【变式训练2-15】如图所示，一根粗细均匀的光滑细杆竖直固定，质量为m的小环C穿在细杆上，一个光滑的轻质小滑轮D固定在竖直墙上（竖直墙在图中没有画出）。A、B两物体用轻弹簧相连，竖直放在水平面上。一根没有弹性的轻绳，一端与A连接，另一端跨过小滑轮D与小环C相连。小环C位于M时，绳子与细杆的夹角为θ，此时B物体刚好对地面无压力。现让小环C从M点由静止释放，当下降h到达N点时，绳子与细杆的夹角再次为θ，环的速度达到v，下面关于小环C下落过程中的描述正确的是（　　） A. 小环C和物体A组成的系统机械能守恒 B. 当小环落到与滑轮同一高度时，小环的机械能最大 C. 小环C到达N点时A的速度为vcosθ D. 小环C到达N点时物体A的动能为mgh-mv2 三：解答题 【典型例题1】如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O点位置。质量为m的小物块A以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为μ。 （1）求O点和O′点间的距离x1； （2）求弹簧具有的最大弹性势能EP； （3）如图乙所示，若将另一个质量为2m的小物块B与弹簧右端拴接，物块B与水平面间的动摩擦因数也为μ，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？ 【名师解析】（1）物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理 解得： （2）物块A从O点向左运动到O’点的过程，弹力对A做功W0=-Ep 物块A从P点出发向左运动到O’点的过程，根据动能定理有 解得： （3）A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，整体从O’到O有 分离后对A有 联立解得: 【典型例题2】如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面。小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为L=0.8m，动摩擦因数为μ=0.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后，A滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于A滑块的重力，滑块B冲上小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2。求： (1)滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力； (2)爆炸后A与B获得的总动能是多少？ (3)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。 【答案】(1)7N，方向竖直向下；(2)2.7J；(3)0.22J 【详解】 (1)滑块A在最高点时，由牛顿第二定律得 已知最高点滑块对轨道的压力 从半圆轨道最低点到达最高点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得 在半圆轨道最低点，支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 代入数据解得 ， 由牛顿第三定律可知，滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力大小为7N，方向竖直向下； (2)炸药爆炸过程中，A、B系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得 由能量守恒定律得 代入数据解得 (3)B与车组成的系统动量守恒，B与车的速度相等时弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 代入数据解得 【典型例题3】通过探究得到弹性势能的表达式为。式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧伸长（或缩短）的长度。请利用弹性势能的表达式计算下列问题。放在地面上的物体，上端系在劲度系数k＝400N/m的弹簧上，弹簧的另一端拴在跨过定滑轮的绳子上，如图所示。手拉绳子的另一端，当往下拉0.1m时，物体开始离开地面，继续拉绳，使物体缓慢升高到离地h＝0.5m高处。如果不计弹簧质量和各种摩擦，求拉力所做的功以及弹簧的弹性势能。 【答案】22J；2J 【详解】 由题意知弹簧的最大伸长量x＝0.1m 弹性势能 刚好离开地面时，G＝F＝kx＝400×0.1N＝40N 则物体缓慢升高，F＝40N，物体上升h＝0.5m 拉力克服重力做功W＝Fl＝mgh＝40×0.5J＝20J 则拉力共做功W′＝（20＋2）J＝22J 【典型例题4】如图所示，物块A放在平台上，绕过定滑轮的细线一端连在物块A上，另一端连在物块B上，物块B与C用轻弹簧相连，物块C放在地面上，物块A、B、C的质量分别为2m、m、m，轻弹簧的原长为L0，劲度系数为，重力加速度为g，物块A与平台间的动摩擦因数为μ=0.2。开始时，物块A刚好要滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，然后给物块A施加一个大小为F=2mg的水平向右的拉力，求： (1)加上拉力F的瞬间，物块A的加速度a； (2)当物块B向上运动0.24L0的距离时，物块B的速度v； (3)若经过一段时间后撤去F，要使物块C能离开地面，则拉力至少需要做的功W。 【答案】(1) 0.4g；(2) ；(3) 0.512mgL0 【详解】 (1)开始时，细线的拉力 T1=μ×2mg=0.4mg 设开始时轻弹簧的弹力为F1，根据力的平衡 T1+F1=mg 加上拉力的瞬间，弹簧的弹力仍为F1，设细线的拉力为T2，设物块A的加速度大小为a， 对物块B T2+F1-mg=ma 对物块A 2mg-T2-μ×2mg=2ma 解得 a=0.4g (2)由(1)得 F1=kx1 x1=0.12L0 当物块B向上运动0.24L0的距离时，弹性势能变化量为0，设物块B的速度为v，根据动能定理 2mg×0.24L0-μ×2mg×0.24L0-mg×0.24L0=×3mv2 解得 (3)当物块C刚要离开地面时，设弹簧的伸长量为x2，根据力的平衡 kx2=mg 解得 x2=0.2L0 此时物块A、B的速度为零，则拉力做的功最少，根据动能定理 解得 W=0.512mgL0 【典型例题5】如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求： （1）当拉力为时，滑块的加速度大小； （2）滑块第一次到达B点时的动能； （3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有   ①，   ②，   ③ 联立①②③式并代入题给数据得   ④ （2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有   ⑤ 式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有   ⑥ 联立②③⑤⑥式并代入题给数据得   ⑦ （3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有   ⑧ 联立②③⑦⑧式并代入题给数据得   ⑨ 【典型例题6】如图所示，斜面倾角为，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M=1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，弹簧与斜面平行、且为原长，在木板右上端放一质量为m=2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为1=0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为2=0.25，系统处于静止状态。小金属块突然获得一个大小为v1=5.3m/s、平行斜面向下的速度，沿木板向下运动。当弹簧被压缩x=0.5m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动。设金属块从开始运动到木块达到共速共用时间t=0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sin=0.28、cos=0.96，g取10m/s2，结果保留二位有效数字。 (1)求木板开始运动瞬间的加速度； (2)假设木板由P点压缩弹簧到弹回P点过程中不受斜面摩擦力作用，求木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离。 【答案】(1)，方向沿斜面向下；(2)0.077m 【详解】 (1)木板刚开始运动瞬间，受竖直向下的重力、垂直于接触面向上的支持力、木块对木板的压力、木块对木板的摩擦力以及斜面对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得 解得，方向沿斜面向下； (2)设金属块与木板达到共同速度为，对金属块 在此过程中，以木板为研究对象，设弹簧对木板做的功为，则有 解得，则此时弹簧的弹性势能； 金属块和木板达到共同速度后压缩弹簧，速度减小到0后反向弹回，设弹簧恢复原长时，木板和金属块的速度为，在此过程中对木板和金属块，由能量守恒定律可得 木板离开弹簧后，设滑行距离为，由动能定理可得 联立可得 【变式训练3-1】如图所示，带有挡板的长木板置于光滑水平面上，轻弹簧放置在木板上，右端与挡板相连，左端位于木板上的B点。开始时木板静止，小铁块从木板上的A点以速度v0=4.0m/s正对着弹簧运动，压缩弹簧，弹簧的最大形变量xm=0.10m；之后小铁块被弹回，弹簧恢复原长；最终小铁块与木板以共同速度运动。已知当弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能，式中k为弹簧的劲度系数；长木板质量M=3.0kg，小铁块质量m=1.0kg，k=600N/m，A、B两点间的距离d=0.70m。取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求： （1）当弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小v； （2）小铁块与长木板间的动摩擦因数μ； （3）试通过计算说明最终小铁块停在木板上的位置。 【变式训练3-2】如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，取＝3.17。求： (1)滑块C的初速度v0的大小； (2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B、C的速度大小。 【变式训练3-3】如图所示，在水平轨道右侧安放半径为的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然状态。质量为的小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。物块A与PQ段间的动摩擦因数，轨道其他部分摩擦不计，重力加速度。求： (1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1； (2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1； (3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？ 【变式训练3-4】如图所示，足够长的光滑水平面上有A、B、C三物块，A、B质量都是2kg，C质量为4kg。A、B分别与一个特殊的轻弹簧两端相粘连，弹簧处于压缩得不能再压缩状态而被锁定，但还处于弹性限度内，此时弹簧储存的弹性势能为192J。现给A、B及弹簧整体一个向右的6m/s的速度，B与C碰后结合在一起不再分开。求： (1)B、C碰后C的速度 (2)若碰后运动过程中某时刻弹簧突然解锁，求当弹簧恢复自由时A、B、C的速度 【变式训练3-5】在水平轨道上有一弹簧左端系于A点，右端与质量为m的小球接触但不连接。现用外力推动小球将弹簧压缩至P点保持静止，此时弹性势能为EP=mgs（s为一定值）。P、B之间的距离为2.5s，小球与水平轨道的动摩擦因数为µ=0.1，静止释放弹簧，小球沿水平轨道向右运动从DB进入圆弧轨道，如图所示。BC是一段竖直墙面，DEF是固定在竖直平面内的一段光滑绝缘圆弧轨道，轨道上端D点的切线水平，B、D间距很小，可看作重合的点。圆心O与轨道下端F的连线与竖直墙面的夹角为。在BC右边整个空间有水平向左、大小为F0=0.75mg的恒定风力，小球进入圆孤轨道之后恰好能沿着轨道DEF运动，一段时间后从轨道下端F处脱离，最后打在竖直墙面BC的C点。已知重力加速度为g，sin=0.8，求： (1)小球运动到B点的速度大小； (2)轨道DEF的半径R； (3)小球打在C点前瞬间的速度大小。 【变式训练3-6】如图，质量为 m=1 kg 的小滑块(视为质点)在半径为 R=0.2 m 的四分之一光滑圆弧的A 端由静止开始释放，通过 B 点在光滑水平面上运动一段距离后再由 C 点通过换向轨道过渡到倾角为 37 、长 x=1 m 的斜面 CD 上(过 C 点时速度大小不变) ，CD 斜面由特殊材料做成，动摩擦因数可调。斜面底部 D 点与光滑地面平滑相连，滑块通过 D 点前后速度大小不变。地面上一根轻弹簧一端固定在 O 点，自然状态下另一端恰好在 D 点。最大静摩擦力等于滑动摩擦力， sin37°=0.6，cos37°=0. 8，不计空气阻力。 (1) 求滑块通过圆弧轨道 B 点时对轨道的压力大小; (2) 若 CD 面与滑块间的动摩擦因数 μ=7/16，求质点从 C 运动到 D 的时间; (3) 若滑块最终停在 D 点，求 CD 面摩擦因数的取值范围。 【变式训练3-7】如图，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点沿切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞，g取10 m/s2。求： (1)小物块由A到B的运动时间； (2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小； (3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，运动至C点停止，试求动摩擦因数μ。 【变式训练3-8】轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。 (1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离； (2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。 【变式训练3-9】如图所示，光滑水平面上木块A的质量mA＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量为mC＝2 kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑。开始时B、C静止，A以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短。求： (1)A、B碰撞后A的速度； (2)弹簧第一次恢复原长时C的速度。 【变式训练3-10】如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求： （1）脱离弹簧时A、B的速度大小和； （2）物块与桌面间动摩擦因数μ； （3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。 【变式训练3-11】 如图所示，距水平地面高度的水平轨道，点左侧粗糙，点右侧光滑，甲、乙两物块均在点的右侧，物块甲距点、物块乙距轨道右端均足够远，两物块间有一根紧靠的水平轻弹簧（弹簧不与物块拴接）。第一次用手按住物块乙，向右缓慢推物块甲，然后将物块甲由静止释放，物块甲通过点后向左滑行后停下；第二次，其他情况不变，同时由静止释放两物块，一段时间后，物块乙落在地面上到轨道右端水平距离的A点。物块甲与点左侧轨道间的动摩擦因数，物块甲的质量，取重力加速度大小，两物块均视为质点，不计空气阻力。求： （1）在第一次用手按住物块乙的情况下，弹簧将物块甲弹开的过程中，弹簧对物块甲的冲量大小（结果可保留根号）； （2）物块乙的质量。 【变式训练3-12】如图，半径R＝0.1m的光滑半圆轨道ABC与足够长的水平轨道在A点平滑连接，初始时，静止在水平轨道D点的两个小滑块a、b用轻弹簧连接并锁定。解除锁定后，a、b立即弹开，b向左运动至E点（图中未画出）停下，a通过A点时，安装在A点的压力传感器示数，a继续运动通过C点后恰好落到E点。已知a的质量m＝50g，b的质量M＝150g，a、b与水平轨道间的动摩擦因数均是，重力加速度大小，不计空气阻力。求 （1）E点与A点的距离； （2）b从D点运动到E点的时间； （3）初始时，弹簧储存的弹性势能。 【变式训练3-13】如图所示，质量M=0.5kg带有光滑弧形槽的滑块放在足够长的水平面a处，弧形槽上圆弧对应的圆心角60，半径R0.8m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径r0.5m，轨道与水平面相切固定于c点，已知水平面bc段粗糙且长度L2m，其余光滑。质量分别为m11kg、m20.5kg的物块P、Q静置在水平面上，两者之间有一压缩并用细线锁定的轻弹簧（弹簧与两物块均不拴接），弹簧此时储存的弹性势能Ep6J。某时刻将细线烧断，两物块与弹簧分离时均未从ab之间滑出，随即撤去弹簧。物块Q与水平面bc段间的动摩擦因数0.25，重力加速度g10m/s，两物块均可视为质点且滑上圆弧时均无能量损失。 （1）求物块P与弹簧分离时的速度大小； （2）判断物块P能否从M左端冲出；并求出P的最终速度； （3）求物块Q最终静止位置距离b点的距离。 【变式训练3-14】如图所示，水平地面上固定着一足够长的木板，板上静置两小球。一轻质弹簧的左端固定在球上，右端与球接触但未连接。一带有圆弧轨道的小车紧靠木板放置，其轨道底端的切线与木板上表面重合，紧靠车左端有一挡板。现让小球从车轨道上距轨道底端高度为处静止滑下，当球离开车后，立即撤去挡板。球与球碰撞时间极短，碰后球返回到车轨道底端时的速度大小为。已知球、及车的质量分别为。小球均可视为质点，不计所有阻力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）球碰撞结束时球的速度大小； （2）当球与弹簧分离时，球的速度大小； （3）球冲上车的最高点距轨道底端的高度。 【变式训练3-15】如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面上向右匀速运动．劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上．当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C.已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝1.0 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.求： (1) 物块在小车上滑行时的加速度a； (2) 物块运动到B点时的速度vB； (3) 弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x. 【变式训练3-16】如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R＝0.8 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求： (1)小钢珠经过N点时速度的大小vN； (2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek； (3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s。 【变式训练3-17】如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h＝0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep＝0.5 J。取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小球在C处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； (3)小球最终停止的位置。 【变式训练3-18】如图所示，A、B、C三个可视为质点的小物块质量分别为m1、m2、m3，且m1＞m2。A、B通过不可伸长的轻质细线绕过光滑的轻质滑轮相连，B、C通过轻质弹簧相连。用手拖住A物体，使B、C间的竖直弹簧恰好处于原长状态。松手释放A后，A下降距离d时，C恰好脱离地面且不能再上升。已知重力加速度为g。现把A换成质量为2m1的D物块，再次由弹簧处于原长状态时释放D，求： (1)弹簧劲度系数k和释放D的瞬间D的加速度大小； (2)当C恰好脱离地面时D的速度大小。 【变式训练3-19】如图所示，光滑的玻璃管竖直固定放置，管内轻弹簧固定在玻璃管的底部，质量为6m的小球A固定在轻弹簧的上端，质量均为m的小球B、C用轻杆连接，在管内距A球一定高度处由静止释放，A、B、C三球的直径均略小于管的内径，A、B两球碰撞后粘在一起，碰撞后反弹至最高点时，A球的加速度大小为，重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，求： （1）B球与A球碰撞后一瞬间，轻杆对C球的作用力大小； （2）碰撞后一瞬间，三个球的速度大小。 【变式训练3-20】如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)．随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝) (1)求P第一次运动到B点时速度的大小； (2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能； (3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量． 【变式训练3-21】如图所示，足够长的光滑斜面固定在桌面上，斜面倾角θ=30°，D为挡板，质量均为m的物块B和C用轻弹簧连接静止在斜面上，弹簧的劲度系数为k，一细绳跨过光滑定滑轮连接B与轻质挂钩．将质量为2m的钩码A无初速度挂在挂钩上．已知重力加速度为g，求： （1）A没有挂上挂钩前，弹簧的压缩量； （2）A刚挂上挂钩瞬间，A的加速度大小； （3）物块C刚要离开D时，B的速度大小． B C D θ 【变式训练3-22】如图甲，倾角α＝的光滑斜面有一轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点（图中未画出），该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，sin＝0.6，cos＝0.8，求： （1）弹簧的最大弹性势能 （2）在B点撤去力F，物体被弹回到A点时的速度 【变式训练3-23】如图所示，倾角 θ=37°的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轮半径和质量不计的光滑定滑轮 D，质量均为m=1kg 的物体A和B用一劲度系数k=240N/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=0.2m，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，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s2。 求：⑴小环 C 的质量 M； ⑵小环 C 通过位置 S 时的动能 Ek及环从位置 R 运动到位置 S 的过程中轻绳对环做的功 WT； ⑶小环 C 运动到位置 Q 的速率 v. 【变式训练3-24】如图所示，倾角的斜面固定在水平面上，斜面上P点及以下部分的表面光滑，P点以上部分的表面粗糙。质量分别为、的滑块A、B用轻弹簧连接后置于斜面上，滑块B与斜面下端的垂直挡板接触，滑块A平衡后恰好静止在P点。质量的“L”形木板C置于斜面上端，质量的滑块D置于木板C上，将木板C、滑块D由静止同时释放，此时木板C下边缘与P点的距离，滑块D与木板C下边缘的距离。已知弹簧的弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧的劲度系数，木板C上表面光滑、下表面与斜面粗糙部分间的动摩擦因数，木板C与滑块D及木板C与滑块A间的碰撞都是弹性碰撞，重力加速度，，滑块A、B、D均可视为质点。 （1）求木板C与滑块D发生第一次碰撞后瞬间木板C的速度大小； （2）求木板C与滑块A发生碰撞后瞬间滑块A的速度大小； （3）如果在滑块A与木板C第一次碰撞后便撤去木板C和滑块D，求木板C与滑块A第一次碰撞后滑块B对挡板的最大弹力。（结果保留根式）    【变式训练3-25】如图所示，光滑固定斜面的倾角为θ。一轻弹簧，下端与斜面底端的固定挡板相连，上端与质量为mB的物体B相连。在B的上方放上质量为mA的物体A。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A，滑轮右侧轻绳与斜面平行，轻绳的另一端连接一轻质挂钩，整体都处于静止状态。已知轻弹簧的劲度系数为k，轻弹簧与斜面平行，重力加速度大小为g。现在在挂钩上加一个竖直向下的拉力，使物体A由静止开始以加速度大小为a沿斜面向上做匀加速直线运动。求： (1)当物体A和B分离的瞬间，拉力的大小； (2)当物体A和B分离的瞬间，物体A的速度大小； (3)从物体A开始运动到物体A和B分离所经过的时间。 1 学科网（北京）股份有限公司 $