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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.弹簧两端的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＝1
2kx2，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 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( )
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
例2 (多选)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( )
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√√3 gL
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
l0。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1
2k(l－l0)2，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
1
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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3mg
D.金属环的最大速度为2g√
m
2k
例4 (2024·山东潍坊市期中)如图所示，在倾角为θ=37°的固定光滑斜面底端固定一挡板，轻弹簧下
端与挡板连接，上端与物块A 连接，物块B 紧靠A 放置，弹簧的劲度系数k=60 N/m，A、B 的质量分
别为m1=1 kg、m2=2 kg。将B 用一根不可伸长的轻绳跨过斜面顶端的定滑轮与物体C 连接，B 与滑轮间
的轻绳与斜面平行，C 的质量m3=6 kg。开始时用手拖住C，使轻绳刚好伸直，C 到地面的距离为h=0.2
m。现将C 由静止释放，运动过程中B 不会离开斜面，C 落地后不反弹。已知劲度系数k 的弹簧形变量
为x 时弹簧的弹性势能Ep=1
2kx2，重力加速度大小g 取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)开始时弹簧的压缩量x1；
(2)A、B 分离时B 的动能(结果保留3 位有效数字)；
(3)B 沿斜面向上滑动的最大距离(结果保留2 位有效数字)。
1.如图，圆心为O1的光滑半圆环固定于竖直面，轻弹簧上端固定在O1正上方的O2点，c 是O1O2和圆环
的交点；将系于弹簧下端且套在圆环上的小球从a 点静止释放，此后小球在a、b 间做往复运动。若小
球在a 点时弹簧被拉长，在c 点时弹簧被压缩， aO1⊥aO2。则下列说法正确的是( )
A.小球在b 点受到的合力为零
B.弹簧在a 点的伸长量可能小于弹簧在c 点的压缩量
C.弹簧处于原长时，小球的速度最大
2
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D.在a、b 之间，小球机械能最大的位置有两处
2.(2024·山东省实验中学期中)如图所示，倾角为θ 的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直
挡板，劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端连接质量为m 的小球A，当小球A 处于静
止状态时，弹簧的弹性势能大小为E。现将另一个大小相等，质量相同的小球B(图中未画出)紧挨小球
A 右侧轻放在斜面上，已知重力加速度大小为g，弹簧一直处在弹性限度内，则弹簧的最大弹性势能为
( )
A.E
B.4 m
2 g
2sin
2θ
k
+E
C.2m
2 g
2sin
2θ
k
+E
D.4 m
2 g
2sin
2θ
k
+2E
3.(2024·山东潍坊市开学考)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，不计空气阻力，
重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep=1
2kx2，则( )
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√g x0
C.弹簧的劲度系数为mg
x0
D.小球运动中最大加速度为g
4.(多选)(八省联考·陕西·10)如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q 两个物体通过
轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q 的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P 和Q 的质量分别为4m 和m。
初始时，控制P 使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在
弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速释放P，则在物体P 沿斜劈下滑
过程中( )
A.轻绳拉力大小一直增大
B.物体P 的加速度大小一直增大
3
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C.物体P 沿斜劈下滑的最大距离为6mg
k
D.物体P 的最大动能为8m
2 g
2
5k
答案精析
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 AD [OM＝ON＝2L，OP＝L，弹簧的原长为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√3L＝1
2
mv2，解得v＝2√√3 gL，故D 正确。]
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'＝1
2k(2h')2，解得h'＝mg
k ，弹簧的最大伸长量Δx＝2h'＝2mg
k
弹簧的最大拉力为FT＝kΔx＝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a1＝gsin 45°
在最低点，由上述知FT＝2mg
根据牛顿第二定律可知FTcos 45°－mgsin 45°＝ma2，解得a2＝gsin 45°，则a1＝a2
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mgsin 45°＝Fcos 45°，又F＝kΔx，解得形变量Δx＝mg
k ，根据几何
知识，两个小球下降的高度为h＝mg
2k ，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，有2mgh＝1
2k(Δx)2+1
2
×2mv2，解得v＝g√
m
2k ，故D 错误。
4
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]
例4 (1)0.3 m (2)1.27 J (3)0.41 m
解析 (1)对A、B 整体受力分析，根据共点力平衡得(m1+m2)gsin 37°=kx1
解得x1=0.3 m
(2)A、B 分离时A、B 间恰无弹力，A、B 加速度相同，
设此时弹簧压缩量为x2，分别对A、B、C 受力分析，根据牛顿第二定律得
kx2-m1gsin 37°=m1a
FT-m2gsin 37°=m2a
m3g-FT=m3a
解得x2=0.2 m
设此时B 的速度大小为v1，A、B、C 和弹簧组成的系统机械能守恒
m3g(x1-x2)+1
2k(x1
2-x2
2)=1
2(m1+m2+m3)v1
2+(m1+m2)g(x1-x2)sin θ
可得B 的动能为EkB=1
2m2v1
2≈1.27 J
(3)设C 落地前瞬间速度为v2，A、B 分离时，C 离地面高度h1=0.1 m
B、C 组成系统机械能守恒
m3gh1-m2gh1sin θ=1
2(m2+m3)v2
2-1
2(m2+m3)v1
2
B 继续向上运动，设滑动距离为l，则有1
2m2v2
2=m2glsin θ
则B 沿斜面向上运动的最大距离s=l+h
可得s≈0.41 m。
跟踪训练
1.D [套在圆环上的小球从a 点静止释放，此后小球在a、b 间做往复运动，表明小球在a 点受到的合力不
等于零，合力的方向沿着a 点的切线向上；因为系统的机械能守恒，a 点和b 点关于O1O2对称，所以小球
在b 点受到的合力不等于零，合力的方向沿b 点的切线向上，A 错误；小球从a 点到c 点运动的过程中，
小球在a 点时动能最小，等于零，小球在a 点时位置最低，小球在a 点时的重力势能最小，即小球在a 点
时的机械能最小；又因为小球和弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球在a 点时，弹簧的弹性势能最大，
那么，小球在a 点时弹簧的形变量最大，所以弹簧在a 点的伸长量一定大于弹簧在c 点的压缩量，B 错误；
小球受到重力、弹簧的弹力、圆环的支持力，这三个力的合力为零时，小球的速度最大，此时弹簧不处于
原长状态，C 错误；因为系统的机械能守恒，所以弹簧处于原长时，小球的机械能最大；在a、b 之间，弹
簧处于原长的位置有两处，D 正确。]
5
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2.B [初始时A、B 两小球的加速度最大，以A、B 两小球为整体，根据牛顿第二定律有2mgsin θ－kx1＝
2ma，kx1＝mgsin θ，解得a＝gsinθ
2
当两小球运动到最低点时，其速度为零，弹簧的弹性势能达到最大，根据简谐运动的对称性，有kx2－
2mgsin θ＝2ma
解得x2＝3mgsinθ
k
，根据系统机械能守恒有Epmax＝2mgsin θ·(x2－x1)+E＝4 m
2 g
2sin
2θ
k
+E，故选B。]
3. A
[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，根据能量守恒定律，有
Epmax=3mgx0，故A 正确；根据弹性势能表达式Ep=1
2kx2，则有3mgx0=1
2kx0
2，解得k=6mg
x0
，故C 错误；当
小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有mg=kx，再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒，
有mg(x+2x0)=1
2mvmax
2+1
2kx2，解得最大速度为vmax=√
25 g x0
6
，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。]
4.AD
[设物体P 向下运动过程中的位移为x，弹簧的形变量为Δx，开始时弹簧被压缩，其弹力为支持力，从释放
P 到弹簧恢复原长过程中，对P、Q 整体根据牛顿第二定律4mgsin 30°-mg+kΔx=(4m+m)a
可得a=mg+k Δ x
5m
随着x 增大，Δx 减小，则加速度逐渐减小，当弹簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，弹簧弹力为拉力，
根据牛顿第二定律4mgsin 30°-mg-kΔx=(4m+m)a
可得a=mg−k Δ x
5m
随着x 增大，Δx 增大，当mg > kΔx 时，随着x 增大，加速度逐渐减小，当kΔx > mg 时，随着x 增大，加速
度反向增大，所以物体P 的加速度大小先减小后反向增大，故B 错误；
以P 为研究对象，设绳子拉力为FT，根据牛顿第二定律4mgsin 30°-FT=4ma
可得弹簧恢复原长前FT=1.2mg-0.8kΔx
随着Δx 减小，FT增大；
弹簧恢复原长后FT=1.2mg+0.8kΔx
可知随着Δx 增大，FT逐渐增大，所以轻绳拉力大小一直增大，故A 正确；
没有释放物体P 前，根据平衡条件mg=kx1
可得x1=mg
k
设物体P 沿斜劈下滑的最大距离为xmax，根据系统机械能守恒可得
6
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4mgxmaxsin 30°+1
2kx1
2=mgxmax+1
2k(xmax-x1)2
解得xmax=4 mg
k
故C 错误；
当P 的加速度为零时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件
4mgsin 30°=kx'+mg
解得x'=mg
k
可知P 动能最大时，弹簧的弹性势能与初始状态相等，设P 的动能为Ek，根据Ek=1
2×4mv2，可知Q 的动能
为1
2mv2= Ek
4 ，根据动能定理
4mg(x'+x1)sin 30°-mg(x'+x1)=Ek+ Ek
4
解得Ek=8m
2 g
2
5k
故D 正确。]
7
