高中物理教科版必修二学案 与弹簧相关的功能问题 Word版含解析
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| 名称 | 高中物理教科版必修二学案 与弹簧相关的功能问题 Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 914.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-10-14 09:41:51 | ||
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文档简介
与弹簧相关的功能问题
【考纲解读与考频分析】
弹簧是物理中重要模型，与弹簧相关的功能问题考查频繁。
【高频考点定位】： 与弹簧相关的功能问题
考点一：与弹簧相关的功能问题
【3年真题链接】
1．（2019高考江苏卷物理8）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中（ ）
（A）弹簧的最大弹力为μmg （B）物块克服摩擦力做的功为2μmgs
（C）弹簧的最大弹性势能为μmgs （D）物块在A点的初速度为
【参考答案】BC
【名师解析】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。
2.（2018?江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（??? ）
A.?加速度先减小后增大?????????????????????????????????? ??B.?经过O点时的速度最大 C.?所受弹簧弹力始终做正功????????????????????????????????????D.?所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【参考答案】A,D
【名师解析】物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大， A符合题意、B不符合题意；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，C不符合题意；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功， 【分析】先明确从A到O的过程，弹簧压缩量先变小后伸长量变大，可知对物体先做正功后做负功，然后对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律可确定加速度的变化情况，有动能定理可知从A到B的过程中弹簧弹力做功与克服摩擦力做功的关系。
【2年模拟再现】
1.（2019·安徽安庆二模）如图所示，光滑细杆MN倾斜固定，与水平方向夹角为，一轻质弹簧一端固定在O点，另一端连接一小球，小球套在细杆上，O与杆MN在同一竖直平面内，P为MN的中点，且OP垂直于MN，已知小球位于杆上M、P两点时，弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内，OM弹簧处于拉长状态，OP处于压缩状态。现将小球从细杆顶端M点由静止释放，则在小球沿细杆从M点运动到N点的过程中重力加速度为，以下判断正确的是（ ）
A. 弹簧弹力对小球先做正功再做负功 B. 小球加速度大小等于的位置有三个 C. 小球运动到P点时的速度最大 D. 小球运动到N点时的动能是运动到P点时动能的两倍
【参考答案】BD
【名师解析】小球沿细杆从M点运动到N点的过程中，弹簧先恢复原长，然后被压缩，再伸长到原长，再被拉伸，对应做功为：先做正功、然后做负功、再做正功、再做负功，故A错误；小球加速度大小等于的位置有三个：一个是在P点、另外两个在弹簧处于原长的位置，故B正确；小球处于MPN三点时，弹簧形变量相等，弹性势能相等，小球从M到N过程中重力势能的减少量，是从M到P过程重力势能减少量的两倍，可得N点的动能是P点动能的两倍，N点的速度是P点速度的，故C错误；与C同理，小球从M到N过程中重力势能的减少量，是从M到P过程重力势能减少量的两倍，可得N点的动能是P点动能的两倍，故D正确。 【方法归纳】如图所示，小球位于杆上M、P两点时，弹簧的弹力大小相等且OM处于拉长状态，OP处于压缩状态。可得和之间各有一个位置弹簧处于原长状态，可以据此判断AB选项； 小球处于MPN三点时，弹簧形变量相等，弹性势能相等，根据机械能守恒定律，可判断CD选项 本题为涉及弹簧的力与运动和功与能量的综合性试题，需要应用受力分析、弹性势能、重力势能、动能、动能定理或机械能守恒定律等概念与规律，过程复杂，难度较大，应用机械能守恒定律相对更好一些，容易出错的是本题速度的最大值跟弹簧弹性系数、夹角、小球重力都有关系，N点速度不一定是最大值，对解题造成干扰。 2.（2019·江苏南京、盐城二模）如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与一个质量为m的滑块接触，弹簧处于原长，现施加水平外力F缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程中外力F做功为，滑块克服摩擦力做功为撤去F后滑块向右运动最终和弹簧分离不计空气阻力，滑块所受摩擦力大小恒定，则
A. 撤去F时，弹簧的弹性势能为 B. 撤去F后，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒 C. 滑块与弹簧分离时的加速度为零 D. 滑块与弹簧分离时的动能为
【参考答案】AD
【名师解析】在水平外力F向左压缩弹簧的过程中，滑块机械能的变化量为零。根据功能关系知滑块和弹簧组成的系统机械能增加量为，所以撤去F时，弹簧的弹性势能为故A正确。撤去F后，摩擦力对滑块要做功，所以滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒。故B错误。弹簧恢复原长时滑块与弹簧分离，此时滑块的合力等于滑动摩擦力，所以加速度不等于零，故C错误。从开始到滑块与弹簧分离的过程，由动能定理得：，得滑块与弹簧分离时的动能为：故D正确。
【关键点拨】在水平外力F向左压缩弹簧的过程中，外力F和摩擦力做功的代数和等于滑块和弹簧组成的系统机械能增加量，由此求出撤去F时弹簧的弹性势能。撤去F后，对照机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，分析系统机械能是否守恒。弹簧恢复原长时滑块与弹簧分离，由牛顿第二定律分析滑块的加速度。由功能关系求滑块与弹簧分离时的动能。本题要注意正确分析物理过程，明确能量转化的情况，分段运用功能关系研究。 3.（2019·河南许昌二模）如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过饺链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，时，弹簧处于原长。当时，P由静止释放，下降到最低点时变为，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限庋内，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. 当时，P、Q的速度相同 C. 弹簧弹性势能最大值为 D. P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg
【参考答案】CD
【名师解析】、对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒。但对P、Q、弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；当时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得，可得，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误。根据系统机械能守恒可得：，弹性势能的最大值为，故C正确。P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有，则有，故D正确。 【关键点拨】 只有重力或弹簧弹力做功时，物体系统的机械能保持不变，要注意研究对象的选取，来分析机械能是否守恒；当时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等列式，分析两者速度大小关系，结合速度方向关系分析速度是否相同。根据系统机械能守恒可知P下降到最低点时弹性势能最大，由机械能守恒可求解弹簧弹性势能最大值。对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律可分析Q受到地面的支持力大小。 解决本题时，要明确研究的对象，知道P、Q组成的系统机械能不守恒，但对P、Q、弹簧组成的系统机械能是守恒的。也可以根据失重观点分析D项。 4.（2019·湖南衡阳二模）如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小A球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是
A. 小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g B. 小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大 C. 小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大 D. 小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大
【参考答案】AD
【名师解析】小球从B点运动到D点的过程中，弹簧处于压缩状态，小球竖直方向受到重力和弹簧压力的竖直分力，所以合力大于重力，加速度大于重力加速度g，因此，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；小球位于图中的C点时，弹簧处于原长，则小球从B点运动到C点的过程，弹簧的弹性势能减小，小球的重力势能也减小，则小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误。在C点小球的合力等于重力，小球要继续向下加速。小球从C点运动到D点的过程中，弹簧的拉力沿杆向上的分力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先加速后减速，所以在CD间的某点速度最大，重力对其做功的功率最大。故C错误。小球从A点运动到D点的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，即小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变。在D点，小球的重力势能和动能都最小，则弹簧的弹性势能最大，故D正确。 【关键点拨】 根据小球的受力情况，确定合力，判断最大加速度与g的关系。小球从B点运动到C点的过程，分析小球的动能如何变化，根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒，分析小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和如何变化。 本题是含有弹簧的机械能守恒问题，要知道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。要通过分析小球的受力情况，确定速度最大的位置。 5.（2019·江苏宿迁模拟3月）如图所示，足够大的水平光滑圆台中央立着一根光滑的杆，原长为L的轻弹簧套在杆上，质量均为m的A、B、C三个小球用两根轻杆通过光滑饺链连接，轻杆长也为L，A球套在竖直杆上，现将A球测在弹簧上端，当系统处于静止状态时，轻杆与竖直方向夹角已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，，。
求轻杆对B的作用力F和弹簧的劲度系数k； 让B、C球以相同的角速度绕竖直杆匀速转动，若转动的角速度为未知时，B、C球刚要 脱离圆台，求轻杆与竖直方向夹角的余弦和角速度； 两杆竖直并拢，A球提升至距圆台L高处静止，受到微小扰动，A球向下运动，同时B、C球向两侧相反方向在圆台上沿直线滑动，A、B、C球始终在同一竖直平面内，观测到A球下降的最大距离为球运动到最低点时加速度大小为，求此时弹簧的弹性势能以及B球加速度的大小a。
【名师解析】：平台光滑，对球进行受力分析，有重力和平台的支持力，如果此杆对球有作用力，则球不可能平衡，故轻杆对B的作用力： 弹簧的形变量： 对A进行受力分析，有重力和弹力，根据胡克定律和力的平衡条件有： 代入数据解得： 、C对桌面无弹力，ABC系统在竖直方向合力为零，根据力的平衡条件： 代入数据解得?? 对B进行受力分析，B的向心力由杆的拉力和重力的合力提供， 根据牛顿第二定律有： 代入数据解得?? 当A球下降时，ABC速度均为零，由机械能守恒有： 设杆此时拉力为T，杆与竖直方向夹角为，则?? A的加速度竖直向上，由牛顿第二定律有： 同理对B有??? 代入数据解得??
【方法归纳】由于平台光滑，假设此杆对球有作用力，则球不可能平衡，故轻杆对B的没有作用力；对A，由胡克定律和力的平衡条件可以求出弹簧劲度系数k；利用整体法，把ABC看成一个整体，根据的力的平衡条件可以求出轻杆与竖直方向夹角的余弦；利用匀速圆周运动规律可以求出角速度；利用机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。 本题考查了胡克定律、力的平衡条件、牛顿第二定律、机械能守恒定律等知识。关键点一：由于平台光滑，假设此杆对球有作用力，则球不可能平衡，故轻杆对B的没有作用力；关键点二：利用整体法，把ABC看成一个整体，根据的力的平衡条件求轻杆与竖直方向夹角的余弦；关键点三：用机械能守恒定律求弹簧的弹性势能。
6.（2019·河南天一大联考模拟四）如图所示，质量为的物块可视为质点放在倾角为的光滑斜面体上，斜面固定在水平桌面上，劲度系数为的轻弹簧一端连接在斜面底端的固定挡板C上，另一端连接在物块A上，绕过斜面顶端定滑轮的不可伸长的轻绳一端连接在物块A上，另一端吊着质量也为m的物体B，物块A与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块A静止时刚好处在斜面的正中间。已知斜面长为，重力加速度g取。 若剪断轻弹簧，物块A到斜面顶端时，物块B还未落地，求物块A运动到斜面顶端要用多长时间； 若剪断轻绳，求物块A向下运动的最大速度。
【名师解析】剪断轻弹簧后，物块A和B一起做匀加速运动，对物块A，根据牛顿第二定律有：， 对物块B，根据牛顿第二定律有：， 代入数据，联立解得。 根据运动学公式有：，代入数据解得。 没有剪断轻绳时，设弹簧的伸长量为，根据平衡有：， 解得， 剪断轻绳后，当物块A的速度最大时，根据平衡有：， 解得， 从剪断轻绳到物块A的速度最大的过程中，弹簧的弹性势能变化量为零，根据机械能守恒有：， 代入数据解得。 答：物块A运动到斜面顶端要用1s； 物块A向下运动的最大速度。
【方法归纳】剪断轻弹簧后，物块A和B一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律，抓住两物块加速度大小相等，求出加速度大小，结合运动学公式求出物块A的运动时间。 剪断轻绳后，结合平衡得出剪断时和速度达到最大时弹性势能相等，结合机械能守恒求出最大速度。 本题考查了机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，注意在第二问中，初末状态弹簧的形变量相等，则弹性势能的变化量为零。
预测考点一：与弹簧相关的功能问题
【2年模拟再现】
1.（2019·重庆西南名校联盟3月）如图所示，一弹簧秤的秤盘质量为，水平秤盘内放一质量为的物体Q，秤盘与物体间的弹力大小为N，轻质弹簧质量不计，系统处于静止状态。现给Q物体施加一个竖直向上的力F，使物体从静止开始向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是
A. 物体Q在离开秤盘前，其对秤盘的压力N大于自身的重力 B. 时，弹簧恢复到原长 C. F所做的功小于Q所增加的机械能 D. Q与秤盘分离时，F最大
【参考答案】CD
【名师解析】解：A、当时，物体Q与秤盘脱离，则物体Q在离开秤盘前，其对秤盘的压力N是逐渐减小的，不是总大于自身的重力，故A错误；当时，物体Q与秤盘脱离，此时对秤盘：；此时弹簧的弹力不为零，则弹簧处于压缩状态，故B错误；根据能量关系，F所做的功与N做功之和等于Q所增加的机械能，即F所做的功小于Q所增加的机械能，故C正确；对物体Q：；Q与秤盘分离时N减小为0，此时F最大，故D正确。 【方法归纳】对物体Q进行受力分析，其受到重力、秤盘的支持力N及外力F，由于它作匀加速直线运动，因此外力F和随着N的大小不同而不同，分析状态时结合牛顿第二定律可得到相应量的变化；明确力F和N做功之和为物体Q机械能的变化，即可判断F所做的功与Q所增加的机械能大小关系。 该题外力F是变化的，因此需要通过其他量的变化及结合物体运动状态来分析问题，Q与秤盘分离的临界点为弹簧的弹力不足以对秤盘提供加速度，但此时弹簧弹力还未减小至零，这一点容易出错；物体Q受到重力、秤盘的支持力N及外力F，机械能的变化与重力无关，通过这一点关系可判断F所做的功与Q所增加的机械能大小关系。
2.（2019·山东济宁二模）如图所示，在一个直立的光滑圆管内放置一根轻质弹簧，弹簧的上端O与管口A的距离为，一个质量为m的小球从管口由静止开始下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为，设小球运动到O点时的速度大小为，不计空气阻力，则在这一过程中
A. 小球运动的最大速度大于 B. 小球运动的最大速度等于 C. 弹簧的劲度系数为 D. 弹簧的最大弹性势能为
【参考答案】AD
【名师解析】小球接触弹簧后受重力、向上的弹力，开始阶段重力大于弹力，加速度向下，即，x增大，加速度减小，做加速运动，当时有最大速度，再压缩重力小于弹力，加速度向上，，x增大，加速度增大，做减速运动。由上面的分析知当时，即时有最大速度，在OB之间，所以增大速度大于，故A正确B错误；当压缩到B点时，弹力大于重力，即，解得，故C错误；压缩到B点时，形变量最大，弹性势能最大，由功能关系得：，故D正确。 故选：AD。 【关键点拨】分析小球接触弹簧后的受力情况和运动情况。找到有最大速度的条件，根据功能关系求解弹簧的最大弹性势能。本题既要根据受力情况判断小球的运动情况，知道有最大速度时的受力特点，知道形变量最大时弹性势能最大。
. 3.（2019河南郑州二模）蹦极是一项考验体力、智力和心理承受能力的空中极限运动。跳跃者站在约50m高的塔台上，把一根原长为L的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处，另一端固定在塔台上，跳跃者头朝下跳下去。若弹性绳的弹力遵守胡克定律，不计空气阻力，则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中，跳跃者的动能Ek(图线①)和弹性绳的弹性势能Ep(图线②)随下落高度的变化图象中，大致正确的是（ ）
【参考答案】B
【命题意图】本题以蹦极为情景，考查蹦极过程中动能和弹性绳的弹性势能随下落高度的变化的分析及其相关知识点。
【解题思路】在跳跃者起跳到下落到弹性绳刚伸直（0~L）的过程中动能随下落高度h的增加线性增大；再往下落时动能和弹性势能都增大，当弹性绳的弹力等于跳跃者的重力时，速度最大，动能最大；继续向下落时动能减小，弹性绳的弹性势能增大，图象B正确。
【易错警示】解答此题常见错误主要有：没有考虑到弹性绳伸直后动能还要增大，导致错选C或A或D。
4.（2019·湖南长沙二模）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，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。 6. （2019高三考试大纲调研卷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.
7.（2019高考大纲调研卷2）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．
38（2019江西南昌三模）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。
9．（2019河南洛阳一模）（10分）如图所示，质量为m2的物体B经一轻质弹簧与正下方地面上的质量为m1的物体A相连，弹簧的劲度系数为k，在B的正上方放上质量分别为m3、m4的物体C、D，整体都处于静止状态。现在立即去掉物体D，当B、C一起上升过程中（B、C锁定在一起保证B、C始终不分离），恰好能使A离开地面但不继续上升。再将物体D放在物体C上仍使整体处于静止状态，这次若将C、D一起立即去掉（解除B、C锁定），则当A刚离地时B的速度大小为多少？（已知重力加速度为g，A、B、C、D厚度不计）
【名师解析】.（10分）
（1）没有去掉物体D时（如图所示）：
设弹簧的压缩量为x1，对B、C、D整体，有：
（m2+m3+m4）g=kx1 ①
解得：x1= （2分）
（2）A恰离开地面时（如图所示）：
设弹簧的伸长量为x2，对A有：
m1g=kx2 ②
解得：x2= （2分）
（3）从刚去掉D到A恰离地的过程中：
B、C和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以机械能守恒。取刚去掉D时，B、C所在的位置为其零重力势能面，此时弹簧的弹性势能为E1。 A恰离地时，弹簧的弹性势能为E2。
对B、C和弹簧组成的系统，有：
E1= E2+（m2+m3）g(x1+ x2)③
解得：E1- E2= （3分）
（4）从刚去掉C、D到A恰离地的过程中：
B和弹簧组成的系统也只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒。取刚去掉C、D时，B所在的位置为B的零重力势能面，此时弹簧的弹性势能仍为E1。 A恰离地时，弹簧的弹性势能仍为E2，此时B的速度大小设为v，对B和弹簧组成的系统，有：
E1= E2+m2g(x1+ x2) +m2v2 ④
解得：v=（3分）
10．(2018·南师附中)如图所示，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，小物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能沿光滑圆弧形轨道BC的B点的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运动并与右边墙壁发生碰撞，取g＝10 m/s2。
(1)求小物块由A到B的运动时间；
(2)求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，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点P(P点未画出)。设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围。
【名师解析】：(1)设从A运动到B的时间为t，由平抛运动规律得
h1－h2＝gt2，
解得t＝ s。
(2)由R＝h1，h2＝15 m，根据几何关系知∠BOC＝60°。
设小物块平抛的水平速度是v1，
则＝tan 60°，解得v1＝10 m/s，
故Ep＝mv12＝50 J。
(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，
根据题意，该路程的最大值是smax＝3L，
路程的最小值是smin＝L，
路程最大时，动摩擦因数最小，路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知
mgh1＋mv12＝μminmgsmax，
mgh1＋mv12＝μmaxmgsmin，
解得μmax＝，μmin＝。
由小物块与墙壁只发生一次碰撞可知，≤μ＜。
答案：(1) s (2)50 J (3)≤μ＜
11.（2019吉林长春四模）利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。如图所示，传送带与水平方向成37°角，顺时针匀速运动的速度v＝4m/s。B、C分别是传送带与两轮的切点，相距L＝6.4m。倾角也是37°的斜面固定于地面且与传送带上的B点良好对接。一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m＝1kg的工件（可视为质点）。用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B点时速度v0＝8m/s，A、B间的距离x＝1m，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C点即为运送过程结束。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）工件沿传送带由B点上滑到C点所用的时间；
（3）工件沿传送带由B点上滑到C点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【参考答案】（1）42 J（4分）；（2）2.4 s（11分）；（3）19.2 J （5分）。
【命题意图】以传送带和弹簧为命题背景，考查能量守恒定律、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识点，意在考查学生的分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。
【名师解析】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能
Ep＝mgxsin 37°＋μmgxcos 37°＋mv （3分）
得Ep＝42 J （1分）
（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a1
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 （2分）
解得a1＝10 m/s2
工件与传送带共速需要时间t1＝ （1分）
解得
工件滑行位移大小x1＝ （1分）
解得 （1分）
因为μ＜tan 37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑 （1分）
在继续上滑过程中加速度为a2，则mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 （2分）
解得a2＝2 m/s2
假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，
则运动时间t2＝ （1分）
解得
工件滑行位移大小x2＝ （1分）
解得
工件运动到C点时速度恰好为零，故假设成立，
工件在传送带上上滑的总时间为t＝t1＋t2＝2.4 s （1分）
（3）第一阶段：工件滑行位移x1＝2.4 m，
传送带位移＝v t1＝1.6 m，相对位移＝0.8 m （1分）
摩擦生热Q1＝μmgcos 37° （1分）
解得
第二阶段：工件滑行位移x2＝4 m，
传送带位移＝v t2＝8 m，相对位移＝4 m （1分）
摩擦生热Q2＝μmgcos 37° （1分）
解得
总热量Q＝19.2 J （1分）
注：计算题用其他方法得到正确结果，可按步骤酌情给分。
【1年仿真原创】
1.如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至其离地高度h1＝0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图像，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10 m/s2，由图像可知( )
A．滑块的质量为0.2 kg
B．弹簧原长为0.2 m
C．弹簧最大弹性势能为0.32 J
D．滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.18 J
【参考答案】AB
【名师解析】 由动能定理得ΔEk＝F合(h－h1)，h1＝0.1 m，所以题图图像各点切线斜率的绝对值等于合外力的大小，图像的直线部分表示合外力恒定，即滑块离开了弹簧只受重力作用，F合＝mg＝＝2 N，m＝0.2 kg，选项A正确；由题意和题图知，h≥0.2 m时滑块不受弹簧的弹力，即脱离了弹簧，所以弹簧原长为0.2 m，选项B正确；滑块在h1＝0.1 m处时，弹簧的弹性势能最大，滑块动能为0，滑块与弹簧作为系统的机械能为Epm＋mgh1，当滑块到达h2＝0.35 m处，动能又为0，弹簧的弹性势能也为0，系统的机械能为mgh2，由机械能守恒定律有Epm＋mgh1＝mgh2，解得Epm＝0.5 J，选项C错误；由题图可知，当h＝0.18 m时，滑块动能最大，由机械能守恒定律可知，此时滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，最小值为Epmin＝Epm＋mgh1－Ekm＝0.38 J，故D错误。
2．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
【考纲解读与考频分析】
弹簧是物理中重要模型，与弹簧相关的功能问题考查频繁。
【高频考点定位】： 与弹簧相关的功能问题
考点一：与弹簧相关的功能问题
【3年真题链接】
1．（2019高考江苏卷物理8）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中（ ）
（A）弹簧的最大弹力为μmg （B）物块克服摩擦力做的功为2μmgs
（C）弹簧的最大弹性势能为μmgs （D）物块在A点的初速度为
【参考答案】BC
【名师解析】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。
2.（2018?江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（??? ）
A.?加速度先减小后增大?????????????????????????????????? ??B.?经过O点时的速度最大 C.?所受弹簧弹力始终做正功????????????????????????????????????D.?所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【参考答案】A,D
【名师解析】物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大， A符合题意、B不符合题意；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，C不符合题意；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功， 【分析】先明确从A到O的过程，弹簧压缩量先变小后伸长量变大，可知对物体先做正功后做负功，然后对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律可确定加速度的变化情况，有动能定理可知从A到B的过程中弹簧弹力做功与克服摩擦力做功的关系。
【2年模拟再现】
1.（2019·安徽安庆二模）如图所示，光滑细杆MN倾斜固定，与水平方向夹角为，一轻质弹簧一端固定在O点，另一端连接一小球，小球套在细杆上，O与杆MN在同一竖直平面内，P为MN的中点，且OP垂直于MN，已知小球位于杆上M、P两点时，弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内，OM弹簧处于拉长状态，OP处于压缩状态。现将小球从细杆顶端M点由静止释放，则在小球沿细杆从M点运动到N点的过程中重力加速度为，以下判断正确的是（ ）
A. 弹簧弹力对小球先做正功再做负功 B. 小球加速度大小等于的位置有三个 C. 小球运动到P点时的速度最大 D. 小球运动到N点时的动能是运动到P点时动能的两倍
【参考答案】BD
【名师解析】小球沿细杆从M点运动到N点的过程中，弹簧先恢复原长，然后被压缩，再伸长到原长，再被拉伸，对应做功为：先做正功、然后做负功、再做正功、再做负功，故A错误；小球加速度大小等于的位置有三个：一个是在P点、另外两个在弹簧处于原长的位置，故B正确；小球处于MPN三点时，弹簧形变量相等，弹性势能相等，小球从M到N过程中重力势能的减少量，是从M到P过程重力势能减少量的两倍，可得N点的动能是P点动能的两倍，N点的速度是P点速度的，故C错误；与C同理，小球从M到N过程中重力势能的减少量，是从M到P过程重力势能减少量的两倍，可得N点的动能是P点动能的两倍，故D正确。 【方法归纳】如图所示，小球位于杆上M、P两点时，弹簧的弹力大小相等且OM处于拉长状态，OP处于压缩状态。可得和之间各有一个位置弹簧处于原长状态，可以据此判断AB选项； 小球处于MPN三点时，弹簧形变量相等，弹性势能相等，根据机械能守恒定律，可判断CD选项 本题为涉及弹簧的力与运动和功与能量的综合性试题，需要应用受力分析、弹性势能、重力势能、动能、动能定理或机械能守恒定律等概念与规律，过程复杂，难度较大，应用机械能守恒定律相对更好一些，容易出错的是本题速度的最大值跟弹簧弹性系数、夹角、小球重力都有关系，N点速度不一定是最大值，对解题造成干扰。 2.（2019·江苏南京、盐城二模）如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与一个质量为m的滑块接触，弹簧处于原长，现施加水平外力F缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程中外力F做功为，滑块克服摩擦力做功为撤去F后滑块向右运动最终和弹簧分离不计空气阻力，滑块所受摩擦力大小恒定，则
A. 撤去F时，弹簧的弹性势能为 B. 撤去F后，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒 C. 滑块与弹簧分离时的加速度为零 D. 滑块与弹簧分离时的动能为
【参考答案】AD
【名师解析】在水平外力F向左压缩弹簧的过程中，滑块机械能的变化量为零。根据功能关系知滑块和弹簧组成的系统机械能增加量为，所以撤去F时，弹簧的弹性势能为故A正确。撤去F后，摩擦力对滑块要做功，所以滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒。故B错误。弹簧恢复原长时滑块与弹簧分离，此时滑块的合力等于滑动摩擦力，所以加速度不等于零，故C错误。从开始到滑块与弹簧分离的过程，由动能定理得：，得滑块与弹簧分离时的动能为：故D正确。
【关键点拨】在水平外力F向左压缩弹簧的过程中，外力F和摩擦力做功的代数和等于滑块和弹簧组成的系统机械能增加量，由此求出撤去F时弹簧的弹性势能。撤去F后，对照机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，分析系统机械能是否守恒。弹簧恢复原长时滑块与弹簧分离，由牛顿第二定律分析滑块的加速度。由功能关系求滑块与弹簧分离时的动能。本题要注意正确分析物理过程，明确能量转化的情况，分段运用功能关系研究。 3.（2019·河南许昌二模）如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过饺链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，时，弹簧处于原长。当时，P由静止释放，下降到最低点时变为，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限庋内，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. 当时，P、Q的速度相同 C. 弹簧弹性势能最大值为 D. P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg
【参考答案】CD
【名师解析】、对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒。但对P、Q、弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；当时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得，可得，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误。根据系统机械能守恒可得：，弹性势能的最大值为，故C正确。P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有，则有，故D正确。 【关键点拨】 只有重力或弹簧弹力做功时，物体系统的机械能保持不变，要注意研究对象的选取，来分析机械能是否守恒；当时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等列式，分析两者速度大小关系，结合速度方向关系分析速度是否相同。根据系统机械能守恒可知P下降到最低点时弹性势能最大，由机械能守恒可求解弹簧弹性势能最大值。对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律可分析Q受到地面的支持力大小。 解决本题时，要明确研究的对象，知道P、Q组成的系统机械能不守恒，但对P、Q、弹簧组成的系统机械能是守恒的。也可以根据失重观点分析D项。 4.（2019·湖南衡阳二模）如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小A球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是
A. 小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g B. 小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大 C. 小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大 D. 小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大
【参考答案】AD
【名师解析】小球从B点运动到D点的过程中，弹簧处于压缩状态，小球竖直方向受到重力和弹簧压力的竖直分力，所以合力大于重力，加速度大于重力加速度g，因此，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；小球位于图中的C点时，弹簧处于原长，则小球从B点运动到C点的过程，弹簧的弹性势能减小，小球的重力势能也减小，则小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误。在C点小球的合力等于重力，小球要继续向下加速。小球从C点运动到D点的过程中，弹簧的拉力沿杆向上的分力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先加速后减速，所以在CD间的某点速度最大，重力对其做功的功率最大。故C错误。小球从A点运动到D点的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，即小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变。在D点，小球的重力势能和动能都最小，则弹簧的弹性势能最大，故D正确。 【关键点拨】 根据小球的受力情况，确定合力，判断最大加速度与g的关系。小球从B点运动到C点的过程，分析小球的动能如何变化，根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒，分析小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和如何变化。 本题是含有弹簧的机械能守恒问题，要知道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。要通过分析小球的受力情况，确定速度最大的位置。 5.（2019·江苏宿迁模拟3月）如图所示，足够大的水平光滑圆台中央立着一根光滑的杆，原长为L的轻弹簧套在杆上，质量均为m的A、B、C三个小球用两根轻杆通过光滑饺链连接，轻杆长也为L，A球套在竖直杆上，现将A球测在弹簧上端，当系统处于静止状态时，轻杆与竖直方向夹角已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，，。
求轻杆对B的作用力F和弹簧的劲度系数k； 让B、C球以相同的角速度绕竖直杆匀速转动，若转动的角速度为未知时，B、C球刚要 脱离圆台，求轻杆与竖直方向夹角的余弦和角速度； 两杆竖直并拢，A球提升至距圆台L高处静止，受到微小扰动，A球向下运动，同时B、C球向两侧相反方向在圆台上沿直线滑动，A、B、C球始终在同一竖直平面内，观测到A球下降的最大距离为球运动到最低点时加速度大小为，求此时弹簧的弹性势能以及B球加速度的大小a。
【名师解析】：平台光滑，对球进行受力分析，有重力和平台的支持力，如果此杆对球有作用力，则球不可能平衡，故轻杆对B的作用力： 弹簧的形变量： 对A进行受力分析，有重力和弹力，根据胡克定律和力的平衡条件有： 代入数据解得： 、C对桌面无弹力，ABC系统在竖直方向合力为零，根据力的平衡条件： 代入数据解得?? 对B进行受力分析，B的向心力由杆的拉力和重力的合力提供， 根据牛顿第二定律有： 代入数据解得?? 当A球下降时，ABC速度均为零，由机械能守恒有： 设杆此时拉力为T，杆与竖直方向夹角为，则?? A的加速度竖直向上，由牛顿第二定律有： 同理对B有??? 代入数据解得??
【方法归纳】由于平台光滑，假设此杆对球有作用力，则球不可能平衡，故轻杆对B的没有作用力；对A，由胡克定律和力的平衡条件可以求出弹簧劲度系数k；利用整体法，把ABC看成一个整体，根据的力的平衡条件可以求出轻杆与竖直方向夹角的余弦；利用匀速圆周运动规律可以求出角速度；利用机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。 本题考查了胡克定律、力的平衡条件、牛顿第二定律、机械能守恒定律等知识。关键点一：由于平台光滑，假设此杆对球有作用力，则球不可能平衡，故轻杆对B的没有作用力；关键点二：利用整体法，把ABC看成一个整体，根据的力的平衡条件求轻杆与竖直方向夹角的余弦；关键点三：用机械能守恒定律求弹簧的弹性势能。
6.（2019·河南天一大联考模拟四）如图所示，质量为的物块可视为质点放在倾角为的光滑斜面体上，斜面固定在水平桌面上，劲度系数为的轻弹簧一端连接在斜面底端的固定挡板C上，另一端连接在物块A上，绕过斜面顶端定滑轮的不可伸长的轻绳一端连接在物块A上，另一端吊着质量也为m的物体B，物块A与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块A静止时刚好处在斜面的正中间。已知斜面长为，重力加速度g取。 若剪断轻弹簧，物块A到斜面顶端时，物块B还未落地，求物块A运动到斜面顶端要用多长时间； 若剪断轻绳，求物块A向下运动的最大速度。
【名师解析】剪断轻弹簧后，物块A和B一起做匀加速运动，对物块A，根据牛顿第二定律有：， 对物块B，根据牛顿第二定律有：， 代入数据，联立解得。 根据运动学公式有：，代入数据解得。 没有剪断轻绳时，设弹簧的伸长量为，根据平衡有：， 解得， 剪断轻绳后，当物块A的速度最大时，根据平衡有：， 解得， 从剪断轻绳到物块A的速度最大的过程中，弹簧的弹性势能变化量为零，根据机械能守恒有：， 代入数据解得。 答：物块A运动到斜面顶端要用1s； 物块A向下运动的最大速度。
【方法归纳】剪断轻弹簧后，物块A和B一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律，抓住两物块加速度大小相等，求出加速度大小，结合运动学公式求出物块A的运动时间。 剪断轻绳后，结合平衡得出剪断时和速度达到最大时弹性势能相等，结合机械能守恒求出最大速度。 本题考查了机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，注意在第二问中，初末状态弹簧的形变量相等，则弹性势能的变化量为零。
预测考点一：与弹簧相关的功能问题
【2年模拟再现】
1.（2019·重庆西南名校联盟3月）如图所示，一弹簧秤的秤盘质量为，水平秤盘内放一质量为的物体Q，秤盘与物体间的弹力大小为N，轻质弹簧质量不计，系统处于静止状态。现给Q物体施加一个竖直向上的力F，使物体从静止开始向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是
A. 物体Q在离开秤盘前，其对秤盘的压力N大于自身的重力 B. 时，弹簧恢复到原长 C. F所做的功小于Q所增加的机械能 D. Q与秤盘分离时，F最大
【参考答案】CD
【名师解析】解：A、当时，物体Q与秤盘脱离，则物体Q在离开秤盘前，其对秤盘的压力N是逐渐减小的，不是总大于自身的重力，故A错误；当时，物体Q与秤盘脱离，此时对秤盘：；此时弹簧的弹力不为零，则弹簧处于压缩状态，故B错误；根据能量关系，F所做的功与N做功之和等于Q所增加的机械能，即F所做的功小于Q所增加的机械能，故C正确；对物体Q：；Q与秤盘分离时N减小为0，此时F最大，故D正确。 【方法归纳】对物体Q进行受力分析，其受到重力、秤盘的支持力N及外力F，由于它作匀加速直线运动，因此外力F和随着N的大小不同而不同，分析状态时结合牛顿第二定律可得到相应量的变化；明确力F和N做功之和为物体Q机械能的变化，即可判断F所做的功与Q所增加的机械能大小关系。 该题外力F是变化的，因此需要通过其他量的变化及结合物体运动状态来分析问题，Q与秤盘分离的临界点为弹簧的弹力不足以对秤盘提供加速度，但此时弹簧弹力还未减小至零，这一点容易出错；物体Q受到重力、秤盘的支持力N及外力F，机械能的变化与重力无关，通过这一点关系可判断F所做的功与Q所增加的机械能大小关系。
2.（2019·山东济宁二模）如图所示，在一个直立的光滑圆管内放置一根轻质弹簧，弹簧的上端O与管口A的距离为，一个质量为m的小球从管口由静止开始下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为，设小球运动到O点时的速度大小为，不计空气阻力，则在这一过程中
A. 小球运动的最大速度大于 B. 小球运动的最大速度等于 C. 弹簧的劲度系数为 D. 弹簧的最大弹性势能为
【参考答案】AD
【名师解析】小球接触弹簧后受重力、向上的弹力，开始阶段重力大于弹力，加速度向下，即，x增大，加速度减小，做加速运动，当时有最大速度，再压缩重力小于弹力，加速度向上，，x增大，加速度增大，做减速运动。由上面的分析知当时，即时有最大速度，在OB之间，所以增大速度大于，故A正确B错误；当压缩到B点时，弹力大于重力，即，解得，故C错误；压缩到B点时，形变量最大，弹性势能最大，由功能关系得：，故D正确。 故选：AD。 【关键点拨】分析小球接触弹簧后的受力情况和运动情况。找到有最大速度的条件，根据功能关系求解弹簧的最大弹性势能。本题既要根据受力情况判断小球的运动情况，知道有最大速度时的受力特点，知道形变量最大时弹性势能最大。
. 3.（2019河南郑州二模）蹦极是一项考验体力、智力和心理承受能力的空中极限运动。跳跃者站在约50m高的塔台上，把一根原长为L的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处，另一端固定在塔台上，跳跃者头朝下跳下去。若弹性绳的弹力遵守胡克定律，不计空气阻力，则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中，跳跃者的动能Ek(图线①)和弹性绳的弹性势能Ep(图线②)随下落高度的变化图象中，大致正确的是（ ）
【参考答案】B
【命题意图】本题以蹦极为情景，考查蹦极过程中动能和弹性绳的弹性势能随下落高度的变化的分析及其相关知识点。
【解题思路】在跳跃者起跳到下落到弹性绳刚伸直（0~L）的过程中动能随下落高度h的增加线性增大；再往下落时动能和弹性势能都增大，当弹性绳的弹力等于跳跃者的重力时，速度最大，动能最大；继续向下落时动能减小，弹性绳的弹性势能增大，图象B正确。
【易错警示】解答此题常见错误主要有：没有考虑到弹性绳伸直后动能还要增大，导致错选C或A或D。
4.（2019·湖南长沙二模）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，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。 6. （2019高三考试大纲调研卷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.
7.（2019高考大纲调研卷2）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．
38（2019江西南昌三模）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。
9．（2019河南洛阳一模）（10分）如图所示，质量为m2的物体B经一轻质弹簧与正下方地面上的质量为m1的物体A相连，弹簧的劲度系数为k，在B的正上方放上质量分别为m3、m4的物体C、D，整体都处于静止状态。现在立即去掉物体D，当B、C一起上升过程中（B、C锁定在一起保证B、C始终不分离），恰好能使A离开地面但不继续上升。再将物体D放在物体C上仍使整体处于静止状态，这次若将C、D一起立即去掉（解除B、C锁定），则当A刚离地时B的速度大小为多少？（已知重力加速度为g，A、B、C、D厚度不计）
【名师解析】.（10分）
（1）没有去掉物体D时（如图所示）：
设弹簧的压缩量为x1，对B、C、D整体，有：
（m2+m3+m4）g=kx1 ①
解得：x1= （2分）
（2）A恰离开地面时（如图所示）：
设弹簧的伸长量为x2，对A有：
m1g=kx2 ②
解得：x2= （2分）
（3）从刚去掉D到A恰离地的过程中：
B、C和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以机械能守恒。取刚去掉D时，B、C所在的位置为其零重力势能面，此时弹簧的弹性势能为E1。 A恰离地时，弹簧的弹性势能为E2。
对B、C和弹簧组成的系统，有：
E1= E2+（m2+m3）g(x1+ x2)③
解得：E1- E2= （3分）
（4）从刚去掉C、D到A恰离地的过程中：
B和弹簧组成的系统也只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒。取刚去掉C、D时，B所在的位置为B的零重力势能面，此时弹簧的弹性势能仍为E1。 A恰离地时，弹簧的弹性势能仍为E2，此时B的速度大小设为v，对B和弹簧组成的系统，有：
E1= E2+m2g(x1+ x2) +m2v2 ④
解得：v=（3分）
10．(2018·南师附中)如图所示，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，小物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能沿光滑圆弧形轨道BC的B点的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运动并与右边墙壁发生碰撞，取g＝10 m/s2。
(1)求小物块由A到B的运动时间；
(2)求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，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点P(P点未画出)。设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围。
【名师解析】：(1)设从A运动到B的时间为t，由平抛运动规律得
h1－h2＝gt2，
解得t＝ s。
(2)由R＝h1，h2＝15 m，根据几何关系知∠BOC＝60°。
设小物块平抛的水平速度是v1，
则＝tan 60°，解得v1＝10 m/s，
故Ep＝mv12＝50 J。
(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，
根据题意，该路程的最大值是smax＝3L，
路程的最小值是smin＝L，
路程最大时，动摩擦因数最小，路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知
mgh1＋mv12＝μminmgsmax，
mgh1＋mv12＝μmaxmgsmin，
解得μmax＝，μmin＝。
由小物块与墙壁只发生一次碰撞可知，≤μ＜。
答案：(1) s (2)50 J (3)≤μ＜
11.（2019吉林长春四模）利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。如图所示，传送带与水平方向成37°角，顺时针匀速运动的速度v＝4m/s。B、C分别是传送带与两轮的切点，相距L＝6.4m。倾角也是37°的斜面固定于地面且与传送带上的B点良好对接。一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m＝1kg的工件（可视为质点）。用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B点时速度v0＝8m/s，A、B间的距离x＝1m，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C点即为运送过程结束。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）工件沿传送带由B点上滑到C点所用的时间；
（3）工件沿传送带由B点上滑到C点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【参考答案】（1）42 J（4分）；（2）2.4 s（11分）；（3）19.2 J （5分）。
【命题意图】以传送带和弹簧为命题背景，考查能量守恒定律、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识点，意在考查学生的分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。
【名师解析】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能
Ep＝mgxsin 37°＋μmgxcos 37°＋mv （3分）
得Ep＝42 J （1分）
（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a1
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 （2分）
解得a1＝10 m/s2
工件与传送带共速需要时间t1＝ （1分）
解得
工件滑行位移大小x1＝ （1分）
解得 （1分）
因为μ＜tan 37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑 （1分）
在继续上滑过程中加速度为a2，则mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 （2分）
解得a2＝2 m/s2
假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，
则运动时间t2＝ （1分）
解得
工件滑行位移大小x2＝ （1分）
解得
工件运动到C点时速度恰好为零，故假设成立，
工件在传送带上上滑的总时间为t＝t1＋t2＝2.4 s （1分）
（3）第一阶段：工件滑行位移x1＝2.4 m，
传送带位移＝v t1＝1.6 m，相对位移＝0.8 m （1分）
摩擦生热Q1＝μmgcos 37° （1分）
解得
第二阶段：工件滑行位移x2＝4 m，
传送带位移＝v t2＝8 m，相对位移＝4 m （1分）
摩擦生热Q2＝μmgcos 37° （1分）
解得
总热量Q＝19.2 J （1分）
注：计算题用其他方法得到正确结果，可按步骤酌情给分。
【1年仿真原创】
1.如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至其离地高度h1＝0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图像，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10 m/s2，由图像可知( )
A．滑块的质量为0.2 kg
B．弹簧原长为0.2 m
C．弹簧最大弹性势能为0.32 J
D．滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.18 J
【参考答案】AB
【名师解析】 由动能定理得ΔEk＝F合(h－h1)，h1＝0.1 m，所以题图图像各点切线斜率的绝对值等于合外力的大小，图像的直线部分表示合外力恒定，即滑块离开了弹簧只受重力作用，F合＝mg＝＝2 N，m＝0.2 kg，选项A正确；由题意和题图知，h≥0.2 m时滑块不受弹簧的弹力，即脱离了弹簧，所以弹簧原长为0.2 m，选项B正确；滑块在h1＝0.1 m处时，弹簧的弹性势能最大，滑块动能为0，滑块与弹簧作为系统的机械能为Epm＋mgh1，当滑块到达h2＝0.35 m处，动能又为0，弹簧的弹性势能也为0，系统的机械能为mgh2，由机械能守恒定律有Epm＋mgh1＝mgh2，解得Epm＝0.5 J，选项C错误；由题图可知，当h＝0.18 m时，滑块动能最大，由机械能守恒定律可知，此时滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，最小值为Epmin＝Epm＋mgh1－Ekm＝0.38 J，故D错误。
2．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