《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

【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(D)

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

答案： 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】(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$\frac{5}{4} L$，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(AD)


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$2 \sqrt{\sqrt{3} g L}$

答案： 例2　AD　[OM=ON=2L，OP=L，弹簧的原长为$\frac{5}{4}$L，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$mg×2\sqrt{3}L=\frac{1}{2}mv^{2}$，解得$v=2\sqrt{\sqrt{3}gL}$，故D正确。]

【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$l_{0}$。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$\frac{1}{2} k\left(l-l_{0}\right)^{2}$，重力加速度为$g$，下列说法正确的是(A)


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$3 m g$
D.金属环的最大速度为$2 g \sqrt{\frac{m}{2 k}}$

答案：
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$2mgh'=\frac{1}{2}k(2h')^{2}$，解得$h'=\frac{mg}{k}$，弹簧的最大伸长量$\Delta x = 2h'=\frac{2mg}{k}$，弹簧的最大拉力为$T = k\Delta x = 2mg$，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$a_{1}=g\sin 45^{\circ}$，在最低点，由上述知$T = 2mg$，根据牛顿第二定律可知$T\cos 45^{\circ}-mg\sin 45^{\circ}=ma_{2}$，解得$a_{2}=g\sin 45^{\circ}$，则$a_{1}=a_{2}$，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$mg\sin 45^{\circ}=F\cos 45^{\circ}$，又$F = k\Delta x$，解得形变量$\Delta x=\frac{mg}{k}$，根据几何知识，两个小球下降的高度为$h=\frac{mg}{2k}$，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，有$2mgh=\frac{1}{2}k(\Delta x)^{2}+\frac{1}{2}×2mv^{2}$，解得$v = g\sqrt{\frac{m}{2k}}$，故D错误。]

【例4】（2025·江苏扬州市质检）
如图所示，在倾角为$30^{\circ}$的光滑固定斜面上，一劲度系数为$k = 200 \mathrm{~N} / \mathrm{m}$的与斜面平行的轻质弹簧一端连接在固定挡板$\mathrm{C}$上，另一端连接一质量为$m = 4 \mathrm{~kg}$的物体$\mathrm{A}$，一轻细绳绕过轻质定滑轮，一端系在物体$\mathrm{A}$上，另一端与质量也为$m$的小球$\mathrm{B}$相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住小球$\mathrm{B}$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$10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}$。求：

（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小；
（2）物体$\mathrm{A}$沿斜面向上运动多远时获得最大速度；0.2m
（3）物体$\mathrm{A}$的最大速度的大小。1m/s

答案： 例4　
(1)$30N$　
(2)$0.2m$　
(3)$1m/s$
解析　
(1)弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律，对B有$mg - T = ma$，对A有$T - mg\sin 30^{\circ} = ma$，解得$T = 30N$。
(2)初态弹簧压缩量$x_{1}=\frac{mg\sin 30^{\circ}}{k}=0.1m$，当A速度最大时，A的加速度为0，则有$mg = kx_{2} + mg\sin 30^{\circ}$，弹簧伸长量$x_{2}=0.1m$，所以A沿斜面上升$x_{1}+x_{2}=0.2m$。
(3)因$x_{1}=x_{2}$，故弹簧弹性势能改变量$\Delta E_{p}=0$，由系统机械能守恒有$mg(x_{1}+x_{2}) - mg(x_{1}+x_{2})\sin 30^{\circ}=\frac{1}{2}×2mv^{2}$，解得$v = 1m/s$。