机械能守恒定律专题4弹簧教师版.docx

机械能守恒定律专题4弹簧教师版.docx

《机械能守恒定律专题4弹簧教师版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《机械能守恒定律专题4弹簧教师版.docx（21页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

机械能守恒定律专题4弹簧教师版

机械能守恒定律专题4弹簧类问题

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）∵x1=x2∴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EP，

根据功能关系有Fs=EP+1/2mv2…①代入数据可解得：

EP=Fs-1/2mv2…

（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Ep，

设木块的速度为v′，由机械能守恒定律得：

Mgs=EP+1/2（m+M）v′2…③联立②③解得v′=√（mv2+2（Mg-F）s）/（M+m）

例题4、如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2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m3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（m1+m3）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

，有

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

，

有

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

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

联立解得

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：

2mgsinθ+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：

mgsinθ-f=maB其中f=μ1mgcosθ联立解得aB=0

对A：

mgsinθ-F2=maA，其中弹力F2=kx2

由aA=aB=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−

mv2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　

l

解析　设第一次压缩量为l时，弹簧的弹性势能为Ep.

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v1

由机械能守恒定律得Ep＝

mv12

设小球在最高点E时的速度为v2，由临界条件可知mg＝m

，v2＝

由机械能守恒定律可得

mv12＝mg·2R＋

mv22以上几式联立解得Ep＝

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Ep′

小球通过最高点E时的速度为v3，由机械能守恒定律可得：

Ep′＝mg·2R＋

mv32

小球从E点开始做平抛运动，由平抛运动规律得4R＝v3t,2R＝

gt2，解得v3＝2

，故Ep′＝4mgR

由已知条件可得

＝

，代入数据解得x＝

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mgLB．物体A的重力势能增加mgL

C．系统增加的机械能小于mgLD．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．xA＝h，aA＝g   EPA＞0B．xB＝h＋

，aB＝0EPB最大

C．xC＝h＋

，aC＝g    D．xC＞h＋

，aC＞gEPC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=MB．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°·

＋Mgh②

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10N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=0.8m,bc=0.4m，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6JB.弹簧弹性势能的最大值是6J

C.从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6JD.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Ek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Ek

B．克服阻力做的功大于系统的动能Ek

C．克服阻力做的功可能小于系统的动能Ek

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－

μmga

B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－

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－mgsinθ＝ma（θ为斜面倾角），a＝

－gsinθ，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

mv2

C．在C处，弹簧的弹性势能为

mv2﹣mghD．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+Wf+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）+Wf=0﹣

mv2

解得：

Wf=﹣

mv2，故B正确；C、W弹=

mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣

mv2，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＝ΔEp＋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：

Ek＝mgh－W弹＝mgh－ΔEp＝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＝4m．当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，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＝3m．挡板及弹簧质量不计，g取10m/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Epm.

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＝ΔEk＋ΔEp＝

mv

＋mglADsin37°①

物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Ffx②

其中x为物体运动的路程，即x＝5.4m③

Ff＝μmgcos37°④

由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤由①②③④⑤式解得μ≈0.52.

（2）由A到C的过程中，动能减少ΔEk＝

mv

⑥

重力势能减少ΔEp′＝mglACsin37°⑦

摩擦生热Q′＝FflAC＝μmgcos37°lAC⑧

由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为ΔEpm＝ΔEk＋ΔEp′－Q′⑨

联立⑥⑦⑧⑨解得ΔEpm≈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v0从距O点右方s0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s1；

（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s2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＝

，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v0＞

，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）

（2）

－

　（3）

－

解析　

（1）A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcosθ

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

2mgLsinθ＋

×3mv02＝

×3mv2＋mgL＋FfL解得v＝

（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－Ff·2x＝0－

×3mv2解得x＝

－

（3）弹