文档内容
知识点 41：轻弹簧连接体模型的力与能量问题
【知识思维方法技巧】
应用动力学和能量观点解决连接体问题的技巧：
（1）做好四个分析：受力分析、运动分析、做功分析和能量的转化分析．
（2）规律的选择：
①物体受到恒力作用发生运动状态的改变求某一时刻的力、加速度或求时间时，一般选择
动力学方法（牛顿运动定律）解题；
②当涉及功、能和位移时，若研究某一个物体时，一般用动能定理去解决问题。若研究的
对象为连接体时，一般选用功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优
先选择能量守恒定律；
（3）使用能量守恒定律解题选用表达式的技巧：
①解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过
程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加。
②无外力做功的表达式：ΔE ＝ΔE ，减少的那些能量的减少量等于增加的那些能量的增
减 增
加量。E ＝E ，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
初 末
③有外力做功的表达式：W ＝ΔE，ΔE为能量的增加量。
F
考点一：轻弹簧释放物体模型的力与能量问题
【知识思维方法技巧】
（1）从动力学角度分析：
用胡克定律F＝kx结合牛顿第二定律F ＝ma分析加速度和运动过程，注意弹力是变力，
合
且注意三个位置：自然长度位置、平衡位置（a＝0，v最大）、形变量最大（伸长最长或
压缩最短）的位置。
（2）从功能关系的角度分析：
轻弹簧问题一般根据能量守恒定律或动能定理列方程分析，弹力做功与弹性势能的关系：
W ＝－ΔE ，轻弹簧两端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
弹 p
同的速度，弹性势能最大。对同一根轻弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只
要在弹性限度内形变量相同，其储存的弹性势能就相同，轻弹簧先后经历两次相同的形变的
过程中，弹性势能的变化相同。
题型一：轻弹簧释放物体+直线运动模型
【典例1拔尖题】(多选)如图甲所示，长为L的木板水平放置，可绕左端的转轴O转动，
左端固定一原长为的弹簧，一质量为m的小滑块压缩弹簧到图甲中的a点(物体与弹簧不连
接)，Oa间距离为。将小滑块由静止释放后，木板不动，小滑块恰能到达木板最右端。将
木板绕O点逆时针转动37°后固定，如图乙所示，仍将物体在a点由静止释放，物体最多
运动到离O点的b点。已知弹簧的弹性势能E ＝kΔx2，其中k为劲度系数，Δx为弹簧的形
p
变量。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
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1
学科网（北京）股份有限公司A.物体与木板间的动摩擦因数为
B.物体在a点时，弹簧的弹性势能为mgL
C.木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为mgL
D.木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为mgL
【典例1拔尖题】【答案】AD
【解析】木板水平时有E ＝μmg×L，木板绕O点逆时针转动37°后有E ＝μmgcos 37°×L＋
p p
mg×Lsin 37°，联立解得μ＝，故A正确；物体在a点时，弹簧的弹性势能为E ＝μmgL＝
p
×mgL＝mgL，故B错误；木板水平放置，当弹簧弹力与摩擦力大小相等时，速度最大，则
有μmg＝kx 得x ＝＝，此时弹簧的弹性势能为kx，由能量守恒定律有 E －kx＝E ＋
1 1 p k
μmg·，又E ＝k，联立解得E ＝mgL，故C错误，D正确。
p k
题型二：轻弹簧释放物体+直线运动+曲线模型
【典例2拔尖题】某兴趣小组设计了一个“螺丝”形的竖直轨道模型，如图所示，将一质
量为m＝0.2 kg的小球(视为质点)放在O点，用弹簧装置将其由静止弹出，使其沿着半圆形
竖直光滑轨道OMA和ANB运动，BC、C′G是材料相同的水平面，其中BC段L＝
1 m，C′G足够长，C′DEFC′是与C、C′点相切的竖直圆形光滑管道(管径很小，C、
C′相互靠近且错开)，已知弧OMA的半径r＝0.05 m，圆弧ANB的半径R ＝0.1 m和
1
CDEFC′的半径R ＝0.2 m，小球与BC、C′G间的动摩擦因数均为μ＝0.2，其余轨道均
2
光滑，弹簧的最大弹性势能E ＝1.4 J，小球运动时始终没有脱离轨道(g取10 m/s2)．求：
pmax
(1)要使小球最终停在BC段，求弹簧弹性势能的范围；
(2)以C点为坐标原点，CG为x轴，从C到G方向为正方向，求出弹簧弹性势能E 与小球
p
停止位置坐标x的关系．
【典例2拔尖题】【答案】(1)0.3 J≤E ≤0.8 J (2)见解析
p
【解析】(1)在A点，当轨道对小球的弹力恰好为零时mg＝m，解得v ＝1 m/s，恰好过A
A
点，E ＝mg2r＋mv 2，解得E ＝0.3 J，恰好到E点：E ＝mg(2R －R )＋μmgL，解得E
p1 A p1 p2 2 1 p2
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2
学科网（北京）股份有限公司＝1 J，恰好回到N点：E ＝μmg·2L＝0.8 J<1 J，故要使小球最终停在BC段，弹簧弹性势
p3
能应满足0.3 J≤E ≤0.8 J
p
(2)过C点后恰好返回B点：E ＝2μmgL－mg·R ＝0.6 J，当0.3 J≤E ≤0.6 J时，过C点返回
p4 1 p
停在BC段，E ＋mgR ＝μmgL－μmgx，解得E ＝－0.4x＋0.2(－1 m≤x≤－0.25 m)，当0.6
p 1 p
J≤E ≤0.8 J时，第二次经过B点返回停在BC段，E ＋mgR ＝2μmgL＋μmg(L＋x)，解得E
p p 1 p
＝0.4x＋1(－1 m≤x≤－0.5 m)，当1 J≤E ≤1.4 J时，过E停C′G段，E ＋mgR＝μmg(L＋x)，
p p 1
解得E ＝0.4x＋0.2(2 m≤x≤3 m)
p
【典例2拔尖题对应练习】小伙同学设计的某款游戏装置由轨道ABCD，圆弧轨道和自行
设计轨道三部分构成。如图所示，该装置竖直放置；装置中轨道ABCD的动摩擦因数均为
=0.5，其余轨道摩擦不计。AB、CD为水平面，BC为斜面，AB与BC、BC与CD间均
由长度不计的圆弧连接，C点上方有一圆弧形弹性小挡板K，挡板末端水平。E点在D点
的正上方，DE间距不计。B点到E点的竖直高度h=0.08m，ABCD的水平长度为
L=0.12m；在水平轨道AB的左侧放有一弹射装置，已知弹簧的弹性势能大小与弹簧的压缩
量的平方成正比。将一可视为质点，质量m=1kg的物体紧贴弹簧由静止释放弹出，当弹簧
的压缩量为d时，物体由E点进入半径R=0.2m的半圆弧轨道EFG运动，物体在此轨道最
高点恰好不受任何挤压。忽略小物体在各轨道交接处因碰撞带来的机械能的损失。
（1）当弹簧的压缩量为d时，求小物体在半圆弧轨道中运动时的最小速度及此情况下弹射
装置弹簧的初始弹性势能；
（2）当弹簧的压缩量为1.5d时，求物体在运动至F点处对圆形轨道的压力；
（3）调整弹簧的压缩量和半圆弧轨道的半径后，小伙同学在距G点正下方H=3m处自行
设置了一顶点在G点正下方，倾角为 的足够长的固定斜面，要使物体最终打到斜面
上的落点与G点的距离最短，求通过G点的速度v 为多大？
1
【典例2拔尖题对应练习】【答案】（1） ， ；（2） ，方向水平
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3
学科网（北京）股份有限公司向右；（3）
【解析】（1）物体不挤压轨道，到达E点的速度为v ，则有 解得
mim
，由功能关系可得 解得
（2）由于弹性势能满足 ，当弹簧的压缩量为1.5d时弹性势能为压缩量为d时的
2.25倍，即 ，由功能关系可得物体到达F点时的速度满足
，解得 ，由牛顿第二定律 解得
，由牛顿第三定律可得，物体在F点对轨道的作用力 ，方向水平向右。
（3）物体从G点抛出后做平抛运动，水平方向满足 ，竖直方向满足 ，要使
物体最终打到斜面上的路径最短满足 ，由以上三式解得 ，又由数学关
系可得 ，由以上四式解得
考点二：物体压缩轻弹簧模型的力与能量问题
题型一：物体压轻弹簧+直线运动模型
【典例1拔尖题】如图所示，固定在水平面上的光滑斜面AB与水平方向的夹角θ＝45°，
A、B两点的高度差h＝4 m，在B点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧，自然伸长
时弹簧右端到B点的距离s＝3 m．质量为m＝1 kg的物块从斜面顶点A由静止释放，物块
进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量 x＝0.2 m．已知物块与水平面间的动摩擦因
数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计物块在B点的机械能损失．求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)物块最终停止位置到B点的距离；
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4
学科网（北京）股份有限公司(3)物块在斜面上滑行的总时间(结果可用根式表示)．
【典例1拔尖题】【答案】(1)24 J (2)1.6 m (3) s
【解析】(1)物块从开始位置到压缩弹簧至速度为0的过程，由功能关系可得：mgh－μmg(s
＋x)＝E ，解得最大弹性势能E ＝24 J
p p
(2)设物块从开始运动到最终静止，在水平面上运动的总路程为l，由功能关系有：mgh－
μmgl＝0，解得：l＝8 m，所以物块停止位置到 B点距离为：Δl＝l－2(s＋x)＝1.6 m＜3
m，即物块最终停止位置距B点1.6 m.
(3)物块在光滑斜面上运动时，由牛顿第二定律有：mgsin θ＝ma，解得：a＝gsin θ，设物
块第一次在斜面上运动的时间为t ，则＝at，解得：t ＝ s，设物块从水平面返回斜面时的
1 1
速度为v，由动能定理可得：mgh－2μmg(s＋x)＝mv2，解得：v＝4 m/s所以，物块第二次在
斜面上滑行的时间为：t＝2＝ s，物块在斜面上滑行总时间为：
2
t＝t＋t＝ s
1 2
【典例1拔尖题对应练习】如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜
面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面
向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑
块沿斜面下滑的位移x的变化关系如图(b)所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，
滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10
m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【典例1拔尖题对应练习】【答案】(1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
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学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块
受斜面的支持力大小为F ，滑动摩擦力大小为F，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。
N f
由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T＋mgsin θ－F＝ma① F －mgcos θ＝0② F＝μF
f N f N
③
联立①②③式并代入题给数据得a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W＝Tx＋Tx ⑤，式中
1 1 2 2
T 、T 和x 、x 分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，
1 2 1 2
T ＝8 N，x ＝1 m，T ＝10 N，x ＝1 m，设滑块第一次到达B点时的动能为E ，由动能定
1 1 2 2 k
理有W＋(mgsin θ－F)(x＋x)＝E －0⑥，联立②③⑤⑥式并代入题给数据得E ＝26 J⑦
f 1 2 k k
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为E 。设滑块离B点的最大距
k
离为s ，由动能定理有－(mgsin θ＋F)s ＝0－E ⑧，联立②③⑦⑧式并代入题给数据
max f max k
得s ＝1.3 m。
max
题型二：物体压轻弹簧+直线运动+曲线运动模型
【典例2拔尖题】如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道
的PQ段铺设可调节长度的特殊材料，调节其初始长度为 l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左
端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v 冲上轨
0
道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4 m，l＝2.5
m，v ＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦
0
不计．取g＝10 m/s2.求：
(1)物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力大小；
(2)物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；
【典例2拔尖题】【答案】(1)40 N (2)0.5 s 8 J (3)1 m
【解析】(1)对物块，从A至第一次到达B，有－mg×2R＝ mv 2－ mv 2，在B点，有F ＋
B 0 N1
mg＝ ，解得F ＝40 N，根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小为40 N.
N1
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学科网（北京）股份有限公司(2)从Q到P过程，物块的加速度为a＝－μg＝－4 m/s2，根据位移公式有l＝vt＋ at2，代
0
入数据解得t＝0.5 s.物块在P点的速度为v ＝v＋at＝6 m/s－4×0.5 m/s＝4 m/s，故弹簧获
P 0
得的最大弹性势能为E ＝ mv 2＝ ×1×42J＝8 J.
pm P
(3)对物块，从A点到第二次到达B点－μmg×2l－mg×2R＝ mv ′2－ mv 2，在B点，有mg
B 0
＝ ，解得l＝1 m.
【典例2拔尖题对应练习】（多选）如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定且与水平地面相
切于A点，B为半圆轨道的最高点，半径R=1.6m，其右侧一定水平距离处固定一个斜面体。
E端固定一轻弹簧，原长为DE，斜面CD段粗糙而DE段光滑。现给一质量为2kg的小物
块（可看作质点）一个水平初速度v，使其从A处进入圆轨道，小物块恰能通过圆轨道最
0
高点B，离开B点后恰好沿斜面切线方向落到斜面顶端C处，物块沿斜面下滑压缩弹簧后
又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C。已知物块与斜面CD段的动摩擦因数μ=
，斜面最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，斜面倾角θ=37°，重力加速度g=10m/s2，
，不计物块碰撞弹簧时的机械能损失。下列说法正确的是（ ）
A．物块运动的初速度v= m/s
0
B．物块从B运动到C的时间t=0.4s
C．粗糙斜面CD段的长度 m
D．经过足够长的时间后，小物块将在DE段做往复运动且小物块的机械能守恒
【典例2拔尖题对应练习】【答案】AC
【解析】小物块恰能通过圆轨道最高点B，则有 ，可得 ，根据
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学科网（北京）股份有限公司机械能守恒定律可得 ，可得 ,故A正确；物块离开B点后
恰好沿斜面切线方向落到斜面顶端C处，可知速度方向与水平分速度夹角为37°，则
可得 ,故B错误；物块落到C点时的速度为 ，由动能
定理得 ，则 ,故选C正确；经过足够长的时间后，小物
块将在DE段做往复运动，物块的动能、重力势能、弹簧的弹性势能相互转化，小物块的
机械能不守恒，故D错误。故选AC。
考点三：轻弹簧连接体模型的力与能量问题
题型一：轻弹簧连接体在水平面运动模型
【典例1拔尖题】（多选）如图所示，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( )
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
【典例1拔尖题】【答案】BC
【解析】设O点到A点距离为x，则物块从O点运动到A点过程中，根据功能关系可得
μmgx＋E ＝W，从A点到B点过程中同理可得E ＝μmga＋E ，由于克服摩擦力做功，
pA pA pB
则E ＜E ，则B点到O点距离一定小于，且x＞，则E ＝W－μmgx＜W－μmga，A错
pB pA pA
误；在B点有E ＝W－μmg(a＋x)＜W－μmga，B正确；物块经过O点，同理可得E ＝
pB kO
W－2μmgx＜W－μmga，C正确；物块动能最大时所受弹力kx＝μmg，而在B点弹力与摩
擦力大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在 B点时弹簧伸长量大小未知，
故两位置弹性势能的大小关系不好判断，D错误．
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8
学科网（北京）股份有限公司题型二：轻弹簧连接体在杆上运动模型
【典例2拔尖题】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为 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处由静止释放后，经过B处时速度最
大，到达C处(AC＝h)时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回
到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环( )
A．下滑过程中，加速度一直增大
B．下滑过程中，摩擦力做的功为mv2
C．在C处弹簧的弹性势能为mgh－mv2
D．上、下两次经过B点的速度大小相等
【典例2拔尖题】【答案】C
【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错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到B处的过程，
由动能定理可得mgh′－W－W ＝mv 2－0，研究圆环从B处上滑到A处的过程，由动能定
f F B
理可得－mgh′－W＋W ＝0－mv ′2，由此可知，v ′>v ，故D错误；研究圆环从A处由静止
f F B B B
开始下滑到C的过程，由动能定理得mgh－W′－W ′＝0－0，在C处获得一竖直向上的速
f F
度v，恰好能回到A，由动能定理得－mgh－W′＋W ′＝0－mv2，解得：W＝mv2，所以下
f F f
滑过程中，摩擦力做的功为－mv2，故B错误；由B项分析可知W ′＝mgh－mv2，根据弹
F
力做功与弹性势能的转化关系可知：在C处弹簧的弹性势能为mgh－mv2，故C正确．
【典例2拔尖题对应练习】(多选)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，
弹簧处于原长l 。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其
0
中一个金属环，下列说法正确的是(弹簧的长度为l时弹性势能为k(l－l)2)( )
0
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学科网（北京）股份有限公司A.金属环的最大加速度为g
B.金属环的最大速度为g
C.金属环与细杆之间的最大压力为mg
D.金属环达到最大速度时重力的功率为mg2
【典例2拔尖题对应练习】【答案】BC
【解析】金属环沿杆下滑过程，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动
初始时，如图甲所示，金属环的加速度为a＝gsin 45°＝g，设下落高度h时速度减为零，如
图乙所示。根据动能定理有2mgh－k(2h)2＝0－0解得kh＝mg，此时弹簧弹力F＝2mg，根
据牛顿第二定律得Fsin 45°－mgsin 45°＝ma′，a′＝g，所以金属环沿杆运动的最大加速度
为g，A错误；当金属环加速度为零时，速度最大，有k2h′sin 45°＝mgsin 45°，此时金属环
下落的高度h′＝0.5h，如图丙和丁所示，根据动能定理2mg·0.5h－kh2＝·2mv－0，解得v
m
＝g，B正确；金属环对杆的最大压力为最低点时，F ＝mgcos 45°＋k×2hsin 45°＝mg，C正
N
确；金属环速度最大时重力的功率为P ＝mgv sin 45°＝mg·g·＝，D错误。
G m
考点四：轻弹簧连接体+组合模型的力与能量问题
题型一：轻弹簧连接体+直接接触体组合模型
【典例1拔尖题】如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A
紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，
A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当
速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、
B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性
1
限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：E = kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变
P 2
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10
学科网（北京）股份有限公司量）
（1）求B、C向左移动的最大距离x 和B、C分离时B的动能E ；
0 k
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值F ；
min
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为x ，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B
BC
克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fx 的大小；
BC
（4）若F＝5f，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，
并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。
以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
2F−4f F2−6fF+8f2 √10
【典例 1拔尖题】【答案】（1） ，E = ；（2）(3+ )f；
k k k 2
（3）W＜fx ；（4）
BC
【解析】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，
1
由功能关系得Fx =2f x + kx2 ，弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，
0 0 2 0
1
以 B 、 C 和 弹 簧 为 研 究 对 象 ， 由 能 量 守 恒 得 kx2=2f x +2E 联 立 得
2 0 0 k
2F−4f F2−6fF+8f2
x = E =
0 k k k
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx＝f
若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F ，从弹簧恢复原
min
1
长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得E = kx2+fx
k 2
√10 √10 √10
联立得F =(3± )f，因为F大于2f，舍去F =(3− )f，得F =(3+ )f
min 2 min 2 min 2
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学科网（北京）股份有限公司（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为x ，C的位移为x ，以B为研究对象，
B C
由动能定理得﹣W﹣fx ＝0﹣E ，以C为研究对象，由动能定理得﹣fx ＝0﹣E 由B、C
B k C k，
的运动关系得x ＞x ﹣x 联立得W＜fx
B C BC， BC
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得 ，解得撤去恒力瞬
间弹簧弹力为 ，则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移 为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长， 减小， 减小，弹簧恢复原长
时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对
象，由动能定理得 ，脱离弹簧瞬间后C速度为 ，之后C受到滑动摩
擦力减速至0，由能量守恒得 ，解得脱离弹簧后，C运动的距离为 则C
最后停止的位移为 ，所以C向右运动的图象为
【典例1拔尖题对应练习】如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点
在O位置。质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v 从斜面的顶端P点沿斜面向下运
0
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。物块A离开
弹簧后，恰好回到P点。已知OP的距离为x，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾
0
角为θ。求：
（1）O点和O′点间的距离x；
1
（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能；
（3）设B的质量为βm，μ = tanθ，v = 3 。在P点处放置一个弹性挡板，将A
0
与另一个与A材料相同的物块B（可视为质点与弹簧右端不拴接）并排一起，使两根弹簧
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学科网（北京）股份有限公司仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A离开B后给A外加恒力 ，沿斜面
向上，若A不会与B发生碰撞，求β需满足的条件？
【典例1拔尖题对应练习】【答案】（1） ；（2）E =
p
；（3）
【解析】（1）从A到O′，由动能定理可得
，物块A离开弹簧后回到P点的过程，
由动能定理 ，解得
（2）从 到P点
（3）两物体分离的瞬间有 ，两物体之间的弹力为0，由牛顿第二定律可得
， ，解得 ，即弹簧恢复原
长的瞬间，两物体分离。设分离瞬间，两物体的速度为 v，由能量守恒可得
， 将 ， ，
带入解得 ，由于 ， ，故分离后两
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学科网（北京）股份有限公司物 体 的 加 速 大 小 分 别 为 ，
，由此可知，分离后两物体均做减速运动，且 B的加
速度大于A，故在A物体上升阶段，两物体不会碰撞；B速度减为0后，由于 ，B
物体会保持静止状态，B物体上升的位移为 ，若A物体与挡板碰撞前速度就
减为0，则此后A物体保持静止状态，两物体一定不会碰撞；若A物体能与挡板相碰，当
物体A与挡板碰撞后，继续以加速度 向下做减速运动，直到速度减为0，保持静止；
A物体速度减为0的总路程为 ，若A物体不与挡板碰撞，则 ，
解得 若A物体能与挡板碰撞，则两物体不相撞的条件为 A物体速度减为0时不与B
物体相撞，即 且 解得 ，由于 ，故 ，综上所述
的取值范围为
题型二：轻弹簧连接体+轻绳连接体组合模型
【典例2拔尖题】一劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面
底端，上端连接物块Q.一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直
杆的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为d＝0.3 m．初始时在外力作用下，物块P在A
点静止不动，轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50 N．已知物块P的质量为m ＝0.8 kg，
1
物块Q的质量为m ＝5 kg，不计滑轮大小及摩擦，取g＝10 m/s2.现将物块P由静止释放，
2
求：
(1)物块P位于A点时，弹簧的伸长量x；
1
(2)物块P上升h＝0.4 m至与滑轮O等高的B点时的速度大小；
(3)物块P上升至B点过程中，轻绳拉力对其所做的功．
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学科网（北京）股份有限公司【典例2拔尖题】【答案】(1)0.1 m (2)2 m/s (3)8 J
【解析】(1)物块P位于A点时，对Q有：T＝mgsin θ＋kx，解得：x＝0.1 m
2 1 1
(2)经分析，OB垂直于竖直杆，OB＝0.3 m，物块P上升至B点时物块Q的速度为0，沿斜
面下降的距离为：Δx＝OP－OB＝0.5 m－0.3 m＝0.2 m，即弹簧的压缩量x＝0.2 m－0.1 m
2
＝0.1 m，弹性势能不变．对物块 P、Q 及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有
mg·Δx·sin θ－mgh＝mv，代入数据可得：v ＝2 m/s.
2 1 1 B
(3)对物块P：W －mgh＝mv，代入数据得：W ＝8 J.
T 1 1 T
【典例2拔尖题对应练习】如图所示，倾角为30°的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个
质量均为m＝1 kg的物体B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量
M＝8 kg的物体A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60°、半径R＝2
m的光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b与粗糙水
平轨道bc相切，bc与一个半径r＝0.2 m的光滑圆轨道平滑连接。由静止释放A，当A滑至
b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂。已知A与bc间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速
度g取10 m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，所有装置在同一竖直平面内，细绳不可伸
长。
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)求物体A滑至b处，绳子断开瞬间，A对圆弧轨道的压力大小；
(3)为了让物体A能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件？
【典例2拔尖题对应练习】【答案】(1)5 N/m (2)144 N (3)见解析
【解析】(1)物体A位于a处时，绳无张力且物体B静止，弹簧处于压缩状态，对B由平衡
条件有kx＝mgsin 30°，当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，弹簧处于拉伸状态，对
C由平衡条件有kx′＝mgsin 30°，由几何关系知R＝x＋x′，代入数据解得k＝＝5 N/m。
(2)物体A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故 A在a处与在b处时，
A、B组成的系统的机械能相等，有MgR(1－cos 60°)＝mgRsin 30°＋Mv 2＋mv 2
A B
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学科网（北京）股份有限公司如图所示，将A在b处时的速度分解，由速度分解关系有v cos 30°＝v ，代入数据解得v
A B A
＝4 m/s，在b处，对A由牛顿运动定律有N－Mg＝，代入数据解得N＝Mg＋＝144 N，由
牛顿第三定律得，A对圆弧轨道的压力大小为N′＝144 N。
(3)物块A不脱离圆形轨道有两种情况。
①第一种情况，不超过圆轨道上与圆心的等高点。
由动能定理可知，恰能进入圆轨道时需满足条件－μMgx ＝0－Mv 2，恰能到与圆心等高处
1 A
时需满足条件－Mgr－μMgx＝0－Mv 2，代入数据解得x＝8 m，x＝6 m，即6 m≤x≤8 m。
2 A 1 2
②第二种情况，过圆轨道最高点。
在最高点，由牛顿运动定律有Mg＋N′＝，恰能过最高点时，N′＝0，v＝，由动能定理有－
Mg·2r－μMgx＝Mv2－Mv 2，代入数据解得x≤3 m。
A
题型三：轻弹簧连接体+轻杆连接体组合模型
【典例3拔尖题】如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用
轻杆连接，杆长为L.B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长．
现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°.A、B、C在同一竖直
平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此下降过程中( )
A. A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于 mg
C. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D. 弹簧的弹性势能最大值为mgL
【典例3拔尖题】【答案】B
【解析】对A进行受力分析和运动分析可知，A的动能达到最大前A球向下做加速运动，
处于失重状态，对A、B、C整体分析可知，此过程地面的支持力小于3mg，则B受到地面
的支持力小于 mg，A错误；当A球所受的合力为零时，加速度为零，速度最大，B受到
地面的支持力等于 mg，B正确；当A球的速度为零时，弹簧的弹性势能最大，A的加速
度方向竖直向上，C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球
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学科网（北京）股份有限公司的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为E ＝mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝
p
mgL，D错误．
【典例3拔尖题对应练习】一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球
以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转
轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为
，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩
擦和空气阻力，重力加速度为g，求
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度 ；
（3）弹簧长度从 缓慢缩短为 的过程中，外界对转动装置所做的功W．
【典例3拔尖题对应练习】【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F 、T，OA杆与转轴的夹角为
1 1
θ,小环受到弹簧的弹力 ,小环受力平衡F =mg+2Tcosθ,小球受力平衡
1 弹1 1 1
F cosθ+Tcosθ=mg,F sinθ =Tsinθ ,解得
1 1 1 1 1 1 1 1
（2）设OA、AB杆中的弹力分别为F 、T，OA杆与转轴的夹角为θ，小环受到弹簧的弹
2 2 2
力F =k（x-L）,小环受力平衡F =mg,解得 ，对小球F cosθ=mg，
弹2 弹2 2 2
,且 ,解得
（3）弹簧长度为 时，设OA、AB杆中的弹力分别为F 、T，OA杆与弹簧的夹角为θ,
3 3 3
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学科网（北京）股份有限公司小环受到弹簧的弹力 ,小环受力平衡2Tcosθ=mg+F ,且
3 3 弹3
对小球 F cosθ=Tcosθ+mg, ,解得
3 3 3 3
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理：
,解得
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