机械能守恒定律专题10 能量守恒定律(4) 弹簧模型18.5.23

机械能守恒定律专题10 能量守恒定律应用（4）弹簧类问题

弹簧类动力学观点和功能观点解题综合问题：

弹簧初末态形变量相同，弹性势能相等，

或者两个过程弹簧的形变量变化量相等，弹性势能变化两相同

或者弹性势能与形变量的平方成正比

例题1、如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力。）（B）

A．B．C．D．

试题分析：小球A下降h过程，根据动能定理，有mgh-W1=0；小球B下降h过程，根据动能定

理，有，联立解得v=.选项B正确。

例题2、如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，下面悬挂一个质量为m的砝码A，手持木板B托住A缓慢向上压弹簧，至某一位置静止.此时如果撤去B，则A的瞬时加速度为1.6g现用手控制B使之以a=0.4g的加速度向下做匀加速直线运动.求:

(1):砝码A能够做匀加速运动的时间？

(2):砝码A做匀加速运动的过程中，弹簧弹力对它做了多少功?木板B对它的支持力做了多少功？

小题1:小题2:

（1）设初始状态弹簧压缩量为x1则kx1＋mg=m×可得x1=……………（1分）

当B以匀加速向下运动时，由于a＜g，所以弹簧在压缩状态时A、B不会分离，分离时弹簧处于伸长状态. ……（2分）设此时弹簧伸长量为x2，则mg－kx2= m×

可得x2=（1分）A匀加速运动的位移s=x1+x2=（1分）s=解得: …（2分）

（2）∵x 1=x 2∴这一过程中弹簧对物体A 的弹力做功为0…………（3分）

A 、

B 分离时（2分）由动能定理得：…（2分）

代入得： （2分）

例题3、如图甲，质量为m 的小木块左端与轻弹簧相连，弹簧的另一端与固定在足够大的光滑水平桌面上的挡板相连，木块的右端与一轻细线连接，细线绕过光滑的质量不计的轻滑轮，木块处于静止状态．在下列情况中弹簧均处于弹性限度内，不计空气阻力及线的形变，重力加速度为g ．

（1）图甲中，在线的另一端施加一竖直向下的大小为F 的恒力，木块离开初始位置O 由静止开始向右运动，弹簧开始发生伸长形变，已知木块过P 点时，速度大小为v ，O 、P 两点间距离为s ．求木块拉至P 点时弹簧的弹性势能；

（2）如果在线的另一端不是施加恒力，而是悬挂一个质量为M 的物块，如图乙所示，木块也从初始位置O 由静止开始向右运动，求当木块通过P 点时的速度大小．

（1）用力F 拉木块至P 点时，设此时弹簧的弹性势能为E P ，

根据功能关系有Fs=E P +1/2mv 2

…①

代入数据可解得：E P =Fs-1/2mv 2…

（2）悬挂钩码M 时，当木块运动到P 点时，弹簧的弹性势能仍为E p ，

设木块的速度为v′，由机械能守恒定律得：

Mgs=E P +1/2(m+M)v′2…③联立②③解得v′= √(mv 2+2(Mg-F)s)/(M+m)

例题4、如图，质量为m 1的物体A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m 2的物体B 相连，弹簧的劲度系数为k , A 、B 都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A ，另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态，A 上方的一段绳沿竖直方向.现在挂钩上挂一质量为m 3的物体C 并从静止状态释放，已知它恰好能使B 离开地面但不继续上升.若将C 换成另一个质量为（m 1+ m 3）的物体D ，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B 刚离地时D 的速度的大小是多少？已知重力加速度为g

解析： 开始时，A 、B 静止，设弹簧压缩量为1x ，有11g kx m =

挂C 并释放后，C 向下运动，A 向上运动，设B 刚要离地时弹簧伸长量为2x ，

有22kx m g =

B 不再上升，表示此时A 和

C 的速度为零，C 已降到其最低点.由机械能守恒，与

初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为 312112=m ()()E g x x m g x x ?+-+

C 换成

D 后，当B 刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得

311311211211()()()()22

22m m υm υm m g x x m g x x E ++=++-+-?

联立解得υ=

例题5、如图，

一个倾角θ＝30°的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上，顶端连有一轻质光滑定滑轮。质量为m 的A 物体置于地面，上端与劲度系数为k 的竖直轻弹簧相连。一条轻质绳跨过定滑轮，一端与斜面上质量为m 的B 物体相连，另一端与弹簧上端连接。调整细线和A 、B 物体的位置，使弹簧处于原长状态，且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行。现将B 物体由静止释放，已知B 物体恰好能使A 物体刚要离开地面但不继续上升。求：

（1）B 物体在斜面上下滑的最大距离x ；

（2）B 物体下滑到最低点时的加速度大小和方向；

（3）若将B 物体换成质量为2m 的C 物体，C 物体由上述初始位置静止释放，当A 物体刚好要离开地面时，C 物体的速度大小v 。

（1）（2）；方向沿斜面向上；（3）

【解析】试题分析：（1）当A 物体刚要离开地面但不上升时，A 物体处于平衡状态，设B 物体沿斜面下滑x ，则弹簧伸长为x 。对A 物体有 .........①解得.......②

（2）当A 物体刚要离开地面时，A 与地面间作用力为0。... ③

对A 物体：由平衡条件得....... ④

设B 物体的加速度大小为a ，对B 物体，由牛顿第二定律得

.......... ⑤ 解得 ...... ⑥B 物体加速度的方向沿斜面向上.......⑦

（3）A物体刚要离开地面时，弹簧的弹性势能增加ΔE，对B物体下滑的过程，由能量守恒定律

有：.........⑧

对C物体下滑的过程，由能量守恒定律有..........⑨

解得...........⑩考点：牛顿第二定律；能量守恒定律.

例题6、如图所示，倾角为θ的固定斜面与足够长的水平面平滑对接，一劲度系数k=18N/m的轻质弹簧的上端固定于斜面顶端，另一端连一质量为m=1kg的光滑小球A，跟A紧靠的物块B(质量也是m)与斜面之间的动摩擦因数μ1=0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，图中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力。当撤除力F后，A和B一起沿斜面下滑到某处时分离，分离后A一直在斜面上运动，B继续沿斜面下滑，已知：sinθ=0.6，cosθ=0.8，重力加速度g=10m/s2.

(1)A和B分离后A能否再回到出发点？请简述理由

(2)A和B分离时B的速度。

(3)求B最终停留的位置。

1)A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球的机械能减

少. (2)2m/s (3)2m.

解析(1)A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球和弹簧的机械能减少

(2)未撤去力F时，对A和B整体，根据平衡条件得：2mgs inθ+F1=F

由胡克定律可得：F1=kx1解得弹簧的压缩量为：x1=m

分离的瞬间，AB之间无弹力作用，但速度和加速度相等，

根据牛顿第二定律，对B：mg sinθ-f=ma B其中f=μ1mg cosθ联立解得a B=0

对A：mg sinθ-F2=ma A，其中弹力F2=kx2

由a A=a B=0，解得分离时弹簧的伸长量为：x2=m

可见x1=x2，AB整体运动到分离弹簧的弹力做功为零，根据动能定理有：

2mg?sinθ(x1+x2)?f(x1+x2)＝?2mv2带入数据解得：v=

(3)分离后由动能定理得：?μ2mgx ＝0?mv 2

代入数据解得：x =2m

例题7、如图14所示，半径为R 的光滑半圆形轨道CDE 在竖直平面内与光滑水平轨道AC 相切于C 点，水平轨道AC 上有一轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧自由端B 与轨道最低点C 的距离为4R ，现用一个小球压缩弹簧(不拴接)，当弹簧的压缩量为l 时，释放小球，小球在运动过程中恰好通过半圆形轨道的最高点E ；之后再次从B 点用该小球压缩弹簧，释放后小球经过BCDE 轨道抛出后恰好落在B 点，已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，弹簧始终处在弹性限度内，求第二次压缩时弹簧的压缩量．

图14

答案 2105

l 解析 设第一次压缩量为l 时，弹簧的弹性势能为E p .

释放小球后弹簧的弹性势能转化为小球的动能，设小球离开弹簧时速度为v 1

由机械能守恒定律得E p ＝12

m v 12 设小球在最高点E 时的速度为v 2，由临界条件可知mg ＝m v 22R

，v 2＝gR 由机械能守恒定律可得12m v 12＝mg ·2R ＋12m v 22 以上几式联立解得E p ＝52

mgR 设第二次压缩时弹簧的压缩量为x ，此时弹簧的弹性势能为E p ′

小球通过最高点E 时的速度为v 3，由机械能守恒定律可得：E p ′＝mg ·2R ＋12

m v 32 小球从E 点开始做平抛运动，由平抛运动规律得4R ＝v 3t,2R ＝12

gt 2，解得v 3＝2gR ，故E p ′＝4mgR 由已知条件可得E p ′E p ＝x 2l 2，代入数据解得x ＝2105

l . 练习1：如图2所示，物体A 的质量为m ，置于水平地面上，A 的上端连一轻弹簧，原长为L ，劲度系数为k .现将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，使B 点上移距离为L ，此时物体A 也已经离开地面，则下列说法中正确的是( C )

图2

A ．提弹簧的力对系统做功为mgL

B ．物体A 的重力势能增加mgL

C ．系统增加的机械能小于mgL

D ．以上说法都不正确

练习2：如图1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x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，以下关系式正确的是（D）

A．x A＝h，a A＝g E PA＞0 B．x B＝h＋，a B＝0 E PB最大

C．x C＝h＋，a C＝g D．x C＞h＋，a C＞g E PC最大

练习3：如图7所示为某探究活动小组设计的节能运动系统，斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与

轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回

到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是(BC)

A．m=M B． m=2M

C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度

D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能

自木箱下滑至弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒有：

(m＋M)gh＝(m＋M)gμcos30°·＋E弹①

在木箱反弹到轨道顶端的过程中，由能量守恒有：E弹＝Mgμcos30°·＋Mgh ②

联立①②得：m＝2M，A错误，B正确．下滑过程中：

(M＋m)gsinθ－(M＋m)gμcosθ＝(M＋m)a1 ③

上滑过程中：Mgsinθ＋Mgμcosθ＝Ma2 ④

解之得：a2＝g(sinθ＋μcosθ)＞a1＝g(sinθ－μcosθ)，

故C正确．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D错误．

练习4：如图，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧.滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab=0.8

m, bc=0.4 m，重力加速度g=10m/s2,则下列正确的是：( BCD )

A.滑块动能的最大值是6 J

B.弹簧弹性势能的最大

值是6 J

C.从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J

D.滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒练习5：(2014·广东·16)图13是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(B)

图13

A．缓冲器的机械能守恒

B．摩擦力做功消耗机械能

C．垫板的动能全部转化为内能

D．弹簧的弹性势能全部转化为动能

解析由于车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．

练习6：如图所示，在不光滑的平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻弹簧相连接，现用一水平拉力F作用在B上，从静止开始经一段时间后，A、B一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为E k时撤去水平力F，最后系统停止运动，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中，系统（BD ）A．克服阻力做的功等于系统的动能E k

B．克服阻力做的功大于系统的动能E k

C．克服阻力做的功可能小于系统的动能E k

D．克服阻力做的功一定等于系统机械能的减少量

练习7：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，并且处于原长状态，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（B）

A、圆环的机械能守恒

B、弹簧弹性势能变化了

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练习8：(2013·江苏·9)如图15所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中(BC)

图15

A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12

μmga B ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32

μmga C ．经O 点时，物块的动能小于W －μmga

D ．物块动能最大时，弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能

由于物块与水平桌面间存在着摩擦，则该装置不能看成是弹簧振子，则A 、B 不关于O 点对称。由于运动中一部分机械能要转化成克服摩擦力做功变成内能，从而找到B 点离O 点将比A 点离O 近这一位置关系。进而能很好地对弹性势能、动能的转化进行分析。

设A 离弹簧原长位置O 的距离为,则弹簧的形变量为，当物体从A 向左运动直至B 的过程中，

物体要克服摩擦力做功，则物体及弹簧系统的机械能一定减小，到B 时只具有弹性势能，则,由此可知B 离O 的距离比A 离O 的距离近。则

；故从O 到A 的过程中运用动能定理有

，解得A 处的弹性势能，

故A 项错误；同理，经过B 点时，弹簧的弹性势能

，故B 项正确；经过O 点的动能，则C 项正确；物块动能最大时是物体第一次回到平衡位置，受力分析不难得出该位置在O 点的右边，物体受到的弹力和物体受到的摩擦力大小相等，由于摩擦因数未知，则弹簧的弹性势能大小无法确定，故物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B 点时弹簧的弹性势能大小无法确定，故D 项错误。故本题答案为BC 。

【考点定位】本题考查动能定理、功能关系及弹力做功与弹性势能关系的理解。难度：较难。

练习9：(2014·福建·18)如图14所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块( C )

图14

A ．最大速度相同

B ．最大加速度相同

C ．上升的最大高度不同

D ．重力势能的变化量不同

解析 当弹簧的弹力和物块重力沿斜面向下的分力大小相等时，物块的速度最大，由于两物块的质量不同，故两物块速度分别达到最大时，与质量大的物块接触的弹簧的形变量较小，根据能量守恒定律可知，质量

大的物块的最大速度较小，选项A 错误．刚撤去外力时，两物块的加速度最大，根据牛顿第二定律得kx

－mg sin θ＝ma (θ为斜面倾角)，a ＝kx m

－g sin θ，由于两物块的质量不同，故两物块的最大加速度不同，选项B 错误．整个过程中，弹簧的弹性势能全部转化为物块的重力势能，由于两物块质量不同，故上升的最大高度不同，选项C 正确．两物块重力势能的变化量等于弹簧弹性势能的减少量，故重力势能的变化量相同，选项D 错误．

练习10：如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为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内，重力加速度为g ，则圆环（BD ）

A ．下滑过程中，加速度一直减小

B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv 2

C ．在C 处，弹簧的弹性势能为mv 2

﹣mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度 解：A 、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 错误；B 、研究圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程，运用动能定理列出等式 mgh+W f +W 弹=0﹣0=0 在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A ，运用动能定理列出等式﹣mgh+（﹣W 弹）+W f =0﹣mv 2 解得：W f =﹣mv 2，故B 正确；C 、W 弹=mv 2﹣mgh ，所以在C 处，弹簧的弹性势能为mgh ﹣mv 2

，故C 错误； D 、研究圆环从A 处由静止开始下滑到B 过程，运用动能定理列出等式mgh′+W′f +W′弹=m ﹣0 研究圆环从B 处上滑到A 的过程，运用动能定理列出等式﹣mgh′+W′f +（﹣W′弹）=0﹣m

mgh′﹣W′f +W′弹=m 由于W′f ＜0，所以m

＞m ，所以上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度，故D 正确；故选：BD

练习11：如图2所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面．弹簧一直在弹性限度内，则()

图2

A．两个阶段拉力做的功相等

B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量

C．第一阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量

D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量

答案 B

练习12：如图3所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W.不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有()

图3

A．物体重力势能减少量一定大于W

B．弹簧弹性势能增加量一定小于W

C．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W

D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W

答案AD

解析根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔE p＋W，所以物体重力势能减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：E k＝mgh－W弹＝mgh－ΔE p＝W，所以D正确．

练习13：如图7所示，一物体质量m＝2kg，在倾角为θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A 点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°＝0.8，求：(计算结果小数点后保留两位有效数字)

图7

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)弹簧的最大弹性势能E pm .

解析 (1)物体从开始位置A 点运动到最后D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，

机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12m v 20

＋mgl AD sin37°① 物体克服摩擦力产生的热量为Q ＝F f x ②

其中x 为物体运动的路程，即x ＝5.4m ③

F f ＝μmg cos37°④

由能量守恒定律可得ΔE ＝Q ⑤ 由①②③④⑤式解得μ≈0.52.

(2)由A 到C 的过程中，动能减少ΔE k ＝12m v 20

⑥ 重力势能减少ΔE p ′＝mgl AC sin37°⑦

摩擦生热Q ′＝F f l AC ＝μmg cos37°l AC ⑧

由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为ΔE pm ＝ΔE k ＋ΔE p ′－Q ′⑨

联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm ≈24.46J. 答案 (1)0.52 (2)24.46J

练习14：如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A （可视为质点）以初速度v 0从距O 点右方s 0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．求：

（1）物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功；

（2）O 点和O?点间的距离s 1；

（3）若将另一个与A 完全相同的物块B （可视为质点）与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左压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s 2是多少？

AB

共同从O′到O有，（2分）

分离后对A有，（2分）

联立以上各式可得。（3分）

练习15：如图是一组滑轮装置，绳子都处于竖直状态，不计绳子和滑轮质量及一切阻力，悬挂的两物体质量分别为 m1=m，m2=4m，m1下端通过劲度系数为k的轻质弹簧与地面相连（重力加速度为g，轻质弹簧始终处于弹性限度之内）求：

（1）系统处于静止时弹簧的形变量；

（2）用手托住m2且让m1静止在弹簧上，绳子绷直但无拉力，放手之后两物体的运动发生在同一竖直平面内，求m2运动的最大速度．

（1）（2）

试题分析：（1）弹簧处于拉伸状态对（2分）

对 （2分）伸长量 ：

（2分）

（2）释放

的初始时刻，对 有 （1分） 当速度最大时，两者加速度都等于零。由机械能守恒： （4分）

由速度关系： （2分）解得： （1分）

练习16：如图10所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝

32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点．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 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，初始时物体A 到C 点的距离为L .现给

A 、

B 一初速度v 0＞gL ，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到

C 点．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求：

图10

(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度；

(2)弹簧的最大压缩量；

(3)弹簧的最大弹性势能．

答案 (1)v 20－gL (2)v 202g －L 2 (3)3m v 204－3mgL 4

解析 (1)A 与斜面间的滑动摩擦力F f ＝2μmg cos θ

物体A 从初始位置向下运动到C 点的过程中，根据功能关系有

2mgL sin θ＋12×3m v 02＝12

×3m v 2＋mgL ＋F f L 解得v ＝v 20－gL (2)从物体A 接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点的整个过程中，对A 、B 组成的系统应用动

能定理－F f ·2x ＝0－12×3m v 2 解得x ＝v 202g －L 2

(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统根据功能关系有

E p ＋mgx ＝2mgx sin θ＋

F f x 所以E p ＝F f x ＝3m v 204－3mgL 4

练习17：如图12所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k ＝16N/m 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上，B 、C 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C 放在倾角α＝30°的固定光滑斜面上．用手拿住C ，使细线刚好拉直但无拉力作用，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量

均为m ＝0.2 kg ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，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C 后它沿斜面下滑，A 刚离开地面时，B 获得最大速度，求：

图12

(1)从释放C 到物体A 刚离开地面时，物体C 沿斜面下滑的距离；

(2)物体C 的质量；

(3)释放C 到A 刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C 做的功．

答案 (1)0.25m (2)0.8kg (3)－0.6J

解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x B ，得

kx B ＝mg ①

设物体A 刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A ，得

kx A ＝mg

② 当物体A 刚离开地面时，物体C 沿斜面下滑的距离为h ＝x A ＋x B ③

由①②③解得h ＝2mg k ＝0.25m

④ (2)物体A 刚离开地面时，物体B 获得最大速度v m ，加速度为零，设C 的质量为M ，对B 有

F T －mg －kx A ＝0

⑤ 对C 有Mg sin α－F T ＝0

⑥

由②⑤⑥解得M ＝4m ＝0.8kg

(3)由于x A ＝x B ，物体B 开始运动到速度最大的过程中，弹簧弹力做功为零，且B 、C 两物体速度大小相等，

由能量守恒有Mgh sin α－mgh ＝12

(m ＋M )v m 2 解得v m ＝1m/s

对C 由动能定理可得Mgh sin α＋W T ＝12

M v m 2 解得W T ＝－0.6J.