能量守恒定律教师版讲解.docx
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能量守恒定律教师版讲解
第4课时 功能关系 能量守恒定律
[知识梳理]）
知识点、功能关系
1．功能关系
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．能量守恒定律
（1）内容：
能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变。
（2）表达式：
ΔE减＝ΔE增。
考点一 对功能关系的理解与应用
功是能量转化的量度。
力学中的功与对应的能量的变化关系如下表所示：
功
能量改变
关系式
W合：
合外力的功（所有外力的功）
动能的改变量（ΔEk）
W合＝ΔEk
WG：
重力的功
重力势能的改变量（ΔEp）
WG＝－ΔEp
W弹：
弹簧弹力做的功
弹性势能的改变量（ΔEp）
W弹＝－ΔEp
W其他：
除重力或系统内弹簧弹力以外的其他外力做的功
机械能的改变量（ΔE）
W其他＝ΔE
f·Δs：
一对滑动摩擦力做功的代数和
因摩擦而产生的内能（Q）
f·Δs＝Q
（Δs为物体间的
相对位移）
考点二 能量守恒定律的应用
应用能量守恒定律的解题步骤
1．选取研究对象和研究过程，了解对应的受力情况和运动情况。
2．分析有哪些力做功，相应的有多少形式的能参与了转化，如动能、势能（包括重力势能、弹性势能、电势能）、内能等。
3．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
4．列出能量转化守恒关系式：
ΔE减＝ΔE增，求解未知量，并对结果进行讨论。
【例2】 （多选）如图5为某探究活动小组设计的节能运输系统。
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（ ）
图5
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
解析 根据功能关系知，木箱在下滑和上滑时克服摩擦力所做功等于接触面之间产生的内能。
木箱下滑时Q1＝Wf1＝μ（M＋m）glcos30°①
木箱上滑时Q2＝Wf2＝μMglcos30°②
木箱从开始下滑到弹簧压缩至最短的过程中，设弹簧的最大弹性势能为Epmax，则根据能量转化与守恒定律得
（M＋m）glsin30°＝Q1＋Epamx③
卸下货物后，木箱被弹回到轨道顶端的过程中，同理有
Epmax＝Mglsin30°＋Q2④
联立①②③④并将μ＝
代入得m＝2M，A错误，B正确；
同时，从③式可以看出，木箱下滑的过程中，克服摩擦力和弹簧弹力做功，因此减少的重力势能一部分转化为内能，一部分转化为弹簧的弹性势能，故D错误；
木箱不与弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：
下滑时（M＋m）gsin30°－μ（M＋m）gcos30°＝（M＋m）a1
上滑时Mgsin30°＋μMgcos30°＝Ma2
解得a1＝
，a2＝
，故C正确。
答案 BC
【变式训练】
2.（2014·福建5月质检）如图6所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的
细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。
质量为m的滑块在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数μ＝
，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep。
求：
图6
（1）滑块到达B点时的速度大小vB；
（2）水平面BC的长度s；
（3）在压缩弹簧过程中滑块的最大速度vm。
解析
（1）滑块在曲面上下滑过程，由动能定理得
mg·2r＝
mv
，
解得vB＝2
（2）在C点，由mg＝m
得vC＝
滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得
mg·2r－μmgs＝
mv
解得s＝3r
（3）设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg，得x0＝
由能量守恒得mg（r＋x0）＝
mv
－
mv
＋Ep
得vm＝
答案
（1）2
（2）3r （3）
考点三 摩擦力做功的特点及应用
1．静摩擦力做功的特点
（1）静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
（2）相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零。
（3）静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能。
2．滑动摩擦力做功的特点
（1）滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
（2）相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能。
（3）摩擦生热的计算：
Q＝fs相对。
其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移。
【例3】 如图7所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L＝4m，传送带以恒定的速率v＝2m/s向上运动。
现将一质量为1kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝
，取g＝10m/s2，求：
图7
（1）物体从A运动到B共需多少时间？
（2）电动机因传送该物体多消耗的电能。
解析
（1）物体无初速度放在A处后，因mgsinθ<μmgcosθ，则物体沿传送带向上做匀加速直线运动。
加速度a＝
＝2.5m/s2
物体达到与传送带同速所需的时间t1＝
＝0.8s
t1时间内物体的位移L1＝
t1＝0.8m
之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间
t2＝
＝1.6s
物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4s
（2）前0.8s内物体相对传送带的位移为
ΔL＝vt1－L1＝0.8m
因摩擦而产生的内能E内＝μmgcosθ·ΔL＝6J
电动机因传送该物体多消耗的电能为
E总＝Ek＋Ep＋E内＝
mv2＋mgLsinθ＋E内＝28J
答案
（1）2.4s
（2）28J
传送带模型问题的分析流程
3．如图8所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。
把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。
随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。
下列关系中正确的是（ ）
图8
A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2
B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2
C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2
D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2
解析 因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝
；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝
，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。
答案 B
1．如图9所示，三个固定的斜面，底边长度都相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样。
完全相同的物体（可视为质点）A、B、C分别从三斜面的顶部滑到底部的过程中（ ）
图9
A．物体A克服摩擦力做的功最多
B．物体B克服摩擦力做的功最多
C．物体C克服摩擦力做的功最多
D．三个物体克服摩擦力做的功一样多
解析 因为三个固定斜面的表面情况一样，A、B、C又是完全相同的三个物体，因此A、B、C与斜面之间的动摩擦因数相同可设为μ，由功的定义：
Wf＝－fs＝－μmgscosθ＝－μmgd，三个固定斜面底边长度d都相等，所以摩擦力对三个物体做的功相等，都为－μmgd。
答案 D
2．（多选）如图10所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A点，C为AB的中点。
下列说法中正确的是（ ）
图10
A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零
B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等
C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等
D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等
解析 小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，重力做功为零，但有摩擦力做负功，选项A错误；因为C为AB的中点，小球从A到C与从C到B的过程合外力恒定、加速度恒定、速度的变化率相等，选项C正确；又因为重力做功相等，摩擦力做功相等，合外力做功相等，故减少的动能相等，损失的机械能相等，选项B、D正确。
答案 BCD
3．（多选）伦敦奥运会男子蹦床项目进行决赛，中国队的董栋以62.99分的成绩为中国军团赢得第19枚金牌。
如图11所示是董栋到达最高点的照片及下落过程的示意图，图中虚线MN是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达的最高点，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点。
不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，在A、B、C三个位置上，运动员的速度分别是vA、vB、vC，机械能分别是EA、EB、EC，则它们的大小关系为（ ）
图11
A．vA＜vB，vB＞vCB．vA＞vB，vB＜vC
C．EA＝EB，EB＞ECD．EA＞EB，EB＝EC
解析 运动员在最高点A时的速度为零，刚抵达B位置时的速度不为零，即vA＜vB，在最低点C时的速度也为零，vB＞vC，故A正确、B错误；以运动员为研究对象，由A运动到B机械能守恒，EA＝EB，由B运动到C，蹦床弹力对其做负功，运动员的机械能减小，EB＞EC，故C正确、D错误。
答案 AC
4.
图12
（2014·福建卷，18）如图12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（ ）
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 当加速度等于零，即kx＝mgsinθ时，速度最大，又两物块的质量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也
不同，所以A错误；在离开弹簧前加速度先减小后增大，离开弹簧后加速度不变，刚开始运动时，物块加速度最大，根据牛顿第二定律kx－mgsinθ＝ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，故B错误；根据能量守恒Ep＝mgh，弹性势能相同，重力势能的增加量等于弹性势能的减少量，故重力势能的变化量是相同的，由于物块质量不同，故上升的最大高度不同，故C正确，D错误。
答案 C
图13
5.（多选）如图13所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．电动机多做的功为
mv2
B．摩擦力对物体做的功为
mv2
C．电动机增加的功率为μmgv
D．传送带克服摩擦力做功为
mv2
解析 由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q，所以A项错；根据动能定理，对物体列方程，Wf＝
mv2，所以B项正确；因为电动机增加的功率P＝
＝μmgv，C项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功为W＝μmgs传＝2μmgs物＝mv2，D项错误。
答案 BC
基本技能练
1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．阻力对系统始终做负功
B．系统受到的合外力始终向下
C．重力做功使系统的重力势能增加
D．任意相等的时间内重力做的功相等
解析 运动员无论是加速下降还是减速下降，阻力始终阻碍系统的运动，所以阻力对系统始终做负功，故选项A正确；运动员加速下降时系统所受的合外力向下，减速下降时系统所受的合外力向上，故选项B错误；由WG＝－ΔEp知，运动员下落过程中重力始终做正功，系统重力势能减少，故选项C错误；运动员在加速下降和减速下降的过程中，任意相等时间内所通过的位移不一定相等，所以任意相等时间内重力做的功不一定相等，故选项D错误。
答案 A
2．（多选）某人将质量为m的物体由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升h，关于此过程下列说法中正确的有（ ）
A．人对物体做的功为m（g－a）h
B．物体的动能增加了mah
C．物体的重力势能增加了m（g＋a）h
D．物体克服重力做的功为mgh
解析 该过程中物体克服重力做的功为mgh，重力势能增加了mgh，C错、D对；由牛顿第二定律知F－mg＝ma，即F＝m（g＋a），所以人对物体做的功为W＝Fh＝m（g＋a）h，A错；物体所受合外力为ma，由动能定理知物体的动能增加了mah，B对。
答案 BD
图1
3.如图1所示，斜面AB、DB的动摩擦因数相同。
可视为质点的物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是（ ）
A．物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大
B．物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大
C．物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多
D．物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多
解析 已知斜面AB、DB的动摩擦因数相同，设斜面倾角为θ，底边为x，则斜面高度为h＝xtanθ，斜面长度L＝
，物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有mgh－μmgLcosθ＝
mv2，可知物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大，故A错误，B正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgLcosθ＝μmgx相同，故C、D错误。
答案 B
图2
4.如图2所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。
下列说法正确的是（ ）
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦
力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C．第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增
加量
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间因摩
擦产生的热量
解析 第一阶段滑动摩擦力对物体做功，第二阶段静摩擦力对物体做功，A项错误；摩擦力做的功等于物体机械能的增加量，B项错误；第一阶段物体的平均速度是传送带速度的一半，因此物体运动的位移x1恰好等于物体和传送带间相对移动的距离d。
所以因摩擦产生的热量Q＝fd＝fx1，等于物体机械能的增加量而不是动能的增加量，C正确；因第二阶段静摩擦力做功，物体机械能增加，物体与传送带间没有产生热量，可知D错误。
答案 C
5.（多选）（2014·广东韶关一模）一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图3所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是（ ）
A．由A到C的过程中，动能和重力势能之和保持不变
图3
B．由B到C的过程中，弹性势能和动能之和逐渐减小
C．由A到C的过程中，物块m的机械能守恒
D．由B到C的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒
解析 对物块由A到C的过程中，除重力做功外还有弹簧弹力做功，物块机械能不守恒，A、C错误；对物块和弹簧组成的系统机械能守恒，即重力势能、弹性势能和动能之和不变，上升过程中，重力势能增加，故弹性势能和动能之和逐渐减小，B、D正确。
答案 BD
图4
6.（多选）如图4所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。
若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了2mgHB．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgHD．机械能损失了
mgH
解析 运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系。
物块以大小为g的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中F合＝mg，由受力分析知摩擦力f＝
mg，当上升高度为H时，位移s＝2H，由动能定理得ΔEk＝－2mgH；选项A正确，B错误；由功能关系知ΔE＝Wf＝－
mgs＝－mgH，选项C正确，D错误。
答案 AC
图5
7.（多选）有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图5所示。
有一些完全相同的滑块（可视为质点）从这些斜面上的A、B、C、D……各点同时由静止释放，下列判断正确的是（ ）
A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率
相同，则A、B、C、D……各点处在同一水平线上
B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D……
各点处在同一竖直面内的圆周上
C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D……
各点处在同一竖直面内的圆周上
D．若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑到O点的过程中，各滑
块损失的机械能相同，则A、B、C、D……各点处在同一竖直线上
解析 由机械能守恒可知A正确、B错误；若A、B、C、D……各点在同一竖直平面内的圆周上，则下滑时间均为t＝
，d为直径，因此选项C正确；设斜面和水平面间夹角为θ，损失的机械能为ΔE＝μmgscosθ，损失机械能相同，则scosθ相同，因此A、B、C、D……各点在同一竖直线上，D正确。
答案 ACD
能力提高练
图6
8．（多选）（2014·海南卷，10）如图6所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。
初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面。
在此过程中（ ）
A．a的动能小于b的动能
B．两物体机械能的变化量相等
C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零
解析 轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，A对；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B、C两项均为系统机械能守恒的表现，故B、C错误；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，D正确。
答案 AD
9．如图7所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切。
一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6m。
滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，取g＝10m/s2。
求：
图7
（1）滑块与木板间的摩擦力；
（2）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；
（3）滑块相对木板滑行的距离。
解析
（1）对木板f＝Ma1，由运动学公式得v＝a1t
解得a1＝1m/s2，f＝2N
（2）对滑块有－f＝ma2
设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式v－v0＝a2t
解得a2＝－2m/s2，v0＝3m/s
滑块沿弧面下滑的过程中，由动能定理得
mgh－Wf＝
mv
可得滑块克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－
mv
＝1.5J
（3）t＝1s内木板的位移s1＝
a1t2＝0.5m
此过程中滑块的位移s2＝v0t＋
a2t2＝2m
故滑块相对木板滑行距离L＝s2－s1＝1.5m
答案
（1）2N
（2）1.5J （3）1.5m
10.
图8
如图8所示，一质量为m＝1kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v＝2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动（传送带不打滑）。
现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep＝4.5J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带。
已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，取g＝10m/s2。
求：
（1）滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；
（2）滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量。
解析
（1）释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v1，则Ep＝
mv
，得v1＝3m/s
滑块在传送带上运动的加速度a＝μg＝2m/s2
滑块向左运动的时间t1＝
＝1.5s
向右匀加速运动的时间t2＝
＝1s
向左的最大位移为s1＝
＝2.25m
向右加速运动的位移为s2＝
＝1m
匀速向右的时间为t3＝
＝0.625s
所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125s。
（2）滑块向左运动s1的位移时，传送带向右的位移为s1′＝vt1＝3m
则Δs1＝s1′＋s1＝5.25m
滑块向右运动s2时，传送带向右位移为s2′＝vt2＝2m
则Δs2＝s2′－s2＝1m
Δs＝Δs1＋Δs2＝6.25m
则产生的热量为Q＝μmg·Δs＝12.5J。
答案
（1）3.125s
（2）12.5J
图9
11.如图9所示，一质量为m的物块A与直立轻弹簧的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为m的物块B叠放在A的上面，A、B处于静止状态。
若A、B粘连在一起，用一竖直向上的拉力缓慢上提B，当拉力的大小为
时，A物块上升的高度为L，此过程中，该拉力做功为W；若A、B不粘连，用一竖直向上的恒力F作用在B上，当A物块上升的高度也为L时，A与B恰好分离。
重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）恒力F的大小；
（2）A与B分离时的速度大小。
解析
（1）设弹簧的劲度系数为k，A、B静止时弹簧的压缩量为x，则x＝
A、B粘连在一起缓慢上移，以A、B整体作为研究对象，当拉力为
时，根据平衡条件有
＋k（x－L）＝2mg
A、B不粘连，在恒力F作用下A、B恰好分离时，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
F＋k（x－L）－2mg＝2ma
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
F－mg＝ma
联立解得F＝
。
（2）A、B粘连在一起缓慢上移L，设弹簧弹力做功为W弹，根据功能关系可知
W＋W弹－2mgL＝0
在恒力F作用下，设A、B分离时的速度为v，根据功能关系可知FL＋W弹－2mgL＝
·2mv2
解得v＝
。
答案
（1）
（2）
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