第六章　微点突破3　含弹簧的机械能守恒问题（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 苏京）

第六章 机械能守恒定律 微点突破3 含弹簧的机械能守恒问题 目标 要求 知道弹簧的弹性势能与哪些因素有关，会分析含弹簧的机械能守恒问题。 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＝ 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　(2024·江苏省高邮中学期中)如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则 A.t1时刻小球动能最大 B.t2时刻小球动能最大 C.t2～t3这段时间内，小球的动能先增大后减小 D.t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 √ 小球在接触弹簧之前做自由落体运动。碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0即重力大小等于弹簧弹力大小时加速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能。上升过程恰好是下降过程的逆过程。由题图乙可知 t1时刻开始接触弹簧，但在刚开始接 触后的一段时间内，重力大于弹簧弹 力，小球仍做加速运动，所以此刻小球的动能不是最大，A错误； t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小，B错误； t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧； t2～t3这段时间内，小球先加速后减速， 动能先增大后减小，弹簧的弹性势能 转化为小球的动能和重力势能，C正 确，D错误。 例2　如图所示，质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°。现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的有 A.下滑过程中小球的机械能守恒 √ 下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误； 在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速 度，根据牛顿第二定律可得mgcos 30°＝ma，解得a＝ 故B正确； 到达B点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速， 故C错误； 因为C是AO′段的中点，θ＝30°，由几何关系知当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在A、C两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转 化为小球的动能，有mgl0＝ 故D错误。 例3　(2023·江苏苏州市八校联盟月考)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量为4m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、 B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面 的夹角θ＝53°，OB长为3L，与AB垂直，不计滑轮的摩 擦，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，滑 块P从A到B的过程中，下列说法正确的是 A.滑块P的加速度一直减小 B.滑块P的最大速度为 C.轻绳对滑块P做功为8mgL D.重力对重物Q做功的功率一直减小 √ 根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为零，则重物Q重力的功率为零，当滑块P到达B点时，重物Q的速度也为零，此时重物Q重力的功率为零，则滑块由A到B的过程中，重物Q重力的功率先增大后减小，故D错误； 在A点弹簧对P的弹力向上，在B点弹簧对P弹力向下， 可知P先加速上升后减速上升，在A、B间某位置，合 力为零，速度最大，则滑块P的最大速度大于 从A点到速度最大点，弹簧的弹力不断减小，绳子拉 力在竖直方向的分力也减小，可知加速度不断减小， 在从速度最大点到B点过程中，绳子拉力在竖直方向的分力越来越小，合力向下，可知P所受的合力越来越大，则加速度越来越大，故A、B错误。 例4　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。整 个过程中A一直在斜面上且B未与滑轮相碰，求： 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，A的加速度此时为零。 由牛顿第二定律得4mgsin α－2mg＝0 (1)斜面的倾角α； 答案　30° (2)A球获得的最大速度vm的大小。 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 因B、C的质量均为m，则C球恰好离开地面时，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， 例5　(2023·江苏扬州市新华中学三模)如图所示，半径为R的光滑半圆形导轨固定在竖直面内的A、B两点，直径AB与竖直方向的夹角为60°，导轨上的C点在A点的正下方，D点是轨道的最低点， 质量为m的圆环套在导轨上，圆环通过两个相同 的轻弹簧分别与A、B两点连接，弹簧原长均为R， 对圆环施加水平向右的力F＝ 可使其静止在 D点。(重力加速度为g) (1)求弹簧的劲度系数k： 如图甲所示，圆环在D点时，BD弹簧处于原长， AD弹簧的伸长量为x＝( －1)R 对圆环受力分析，正交分解有F＝kxsin 30° (2)由C点静止释放圆环，求圆环运动到D点的 动能Ek； C点与D点的高度差h＝0.5R 圆环从C运动到D，在C点和D点两弹簧弹性势能的 和相等，根据机械能守恒 mgh＝Ek (3)由C点静止释放圆环，求圆环运动到D点时 对轨道的作用力FN。 答案　1.7mg，方向竖直向下 对圆环受力分析如图乙所示，正交分解有 解得FN′＝1.7mg 根据牛顿第三定律，圆环对轨道的作用力FN＝FN′＝1.7mg，方向竖直向下。 跟踪训练 1.(2023·江苏盐城市阶段练习)如图所示，“蹦极”运动中，游戏者身系弹性绳下落。不计空气阻力，游戏者从图中位置下落到最低点过程中，下列说法正确的是 A.弹性绳原长位置，弹性绳弹力等于游戏者重力 B.游戏者速度最大时，弹性绳的弹性势能为零 C.弹性绳的弹性势能最大时，游戏者速度最大 D.弹性绳伸长阶段，其弹性势能一直增大，游戏 者的动能先增大后减小 √ 1 2 3 4 27 弹性绳原长位置，弹性绳弹力为零，小于游戏者重力，故A错误； 弹性绳伸长过程，一开始弹力小于重力，游戏者向 下做加速运动；当弹力等于重力时，游戏者速度达 到最大；之后游戏者继续下落，弹力大于重力，游 戏者向下做减速运动，当运动到最低点时，弹性绳 伸长量最大，此时弹性绳的弹性势能最大；可知弹 性绳伸长阶段，其弹性势能一直增大，游戏者的动 能先增大后减小，故B、C错误，D正确。 1 2 3 4 28 2.(2023·江苏南通市海安高级中学检测)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为 OP与杆垂直。当小球置于 杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运 动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法 正确的是 1 2 3 4 C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力 先变小后变大 D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球 受到的摩擦力做功相同 √ 1 2 3 4 根据题意，设弹簧的劲度系数为k，在P点时， 由于球置于杆上P点时恰好能保持静止， 则有F1＝FN，mg＝μFN 1 2 3 4 由平衡条件有FN′＝F′sin 45°， 由牛顿第二定律有 mg＋F′cos 45°－μFN′＝ma， 1 2 3 4 杆上M、N两点与O点的距离均为l，所以小球在M和N点时弹簧处于原长，小球从M到P过程中，弹簧的压缩量增大、弹力增 大，弹簧弹力在水平方向的分力增大、摩擦力增大； 小球从P到N过程中，弹簧的压缩量减小、弹力减小， 弹簧弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减小，故从 M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大 后变小，故C错误； 关于P点对称的任意两点，小球受到的摩擦力相同，所以从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D正确。 1 2 3 4 3.(2023·江苏扬州市一模)如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，已知弹簧的弹性势 能表达式Ep＝ 重力加速度为g，不计空气阻力，则 1 2 3 4 √ 小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，且有Epmax＝3mgx0，故A正确； 根据选项A和弹簧弹性势能的表达式有 当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度， 则有mg＝kx1， 再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒有mg(x1＋2x0) 解得最大速度为vmax＝ ，故B错误； 小球运动到最低点时有kx0－mg＝ma，解得a＝5g，故D错误。 1 2 3 4 4.(2023·江苏镇江市阶段练习)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，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： 1 2 3 4 (1)小环C的质量M； 1 2 3 4 答案　0.72 kg 先以A、B组成的整体为研究对象，A、B整体受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为 FT＝2mgsin θ＝2×1×10×sin 37°＝12 N 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FT·cos 53°＝Mg 代入数据得M＝0.72 kg 1 2 3 4 (2)小环C运动到位置Q的速率v； 1 2 3 4 环从位置R运动到位置Q的过程中，小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒 1 2 3 4 vA＝vcos α (3)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的过程中轻绳拉力对环做的功WT。 答案　2.76 J　0.6 J 1 2 3 4 此时弹簧的压缩量Δx2＝xA－Δx1＝0.05 m 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、末态弹簧的弹性势能相等，小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒，有 1 2 3 4 当小环C通过位置S时A下降的距离为 1 2 3 4 解得Ek＝2.76 J 环从位置R运动到位置S的过程中， 解得WT＝0.6 J。 kx2， B.小球滑到B点时的加速度大小为g C.小球下滑到B点时速度最大 D.小球下滑到C点时的速度大小为 g， mvC2，解得vC＝， 2 根据题意可知，滑块P、重物Q和弹簧组成的系统机械能守 恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高度为h＝3L·tan 53°＝ 4L，重物Q下降的高度为H＝OA－OB＝－OB＝2L， 设滑块P运动到位置B处速度大小为v，在A、B处时弹簧对 滑块的弹力大小相等，可知滑块在A、B处弹簧的弹性势能相 等，根据机械能守恒定律有4mgH－mgh＝mv2，联立解得滑 块P在B点的速度为v＝2，设轻绳对滑块P做功为W，对滑块由动能定理得W－mgh＝mv2，解得W＝8mgL，故C正确； 2， 则sin α＝，α＝30°。 答案　2g 有4mg·2Δx·sin α－mg·2Δx＝(5m)vm2 联立解得vm＝2g。 答案　 解得k＝ 答案　 解得Ek＝ 由Ek＝mv2得，圆环运动到D点时的速度 v＝ kxcos 30°＋FN′－mg＝m l， A.弹簧的劲度系数为 B.小球在P点下方l处的加速度大小为(3－4)g 弹簧的弹力为F1＝k· 联立解得k＝，故A错误； 小球在P点下方处时，弹簧与杆的夹角为45°，此时弹簧的长度为 l1＝l，弹簧处于压缩状态，受力情况如图所示 弹力大小为F′＝k(l－l)＝(4－2)mg 联立解得a＝g，故B错误； kx2， A.弹簧的最大弹性势能为3mgx0 B.小球运动的最大速度等于2 C.弹簧的劲度系数为 D.小球运动过程的最大加速度为g ＝mvmax2＋kx12， 3mgx0＝kx02， 解得k＝，故C错误； 答案　2 m/s　  Mg(2d·)＝Mv2＋mvA2 两式联立可得v＝2 m/s  xA＝－d＝0.1 m  Mgd·＋mgxAsin θ＝Ek 弹簧的伸长量Δx1＝＝0.05 m 由动能定理可知WT＋Mg＝Ek， $