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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 减＝ΔE 增，减少的那些能量的减少量等于增加的那些能量的增
加量。E 初＝E 末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
③有外力做功的表达式：WF＝ΔE，ΔE 为能量的增加量。
点
：轻
考
一
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 合＝ma 分析加速度和运动过程，注意弹力是变力，
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 弹＝－ΔEp，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
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
：轻弹簧释放物体
一
+
模型
直线运动
【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Ep＝kΔx2，其中k 为劲度系数，Δx 为弹簧的形
变量。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
1
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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Ep＝μmg×L，木板绕O 点逆时针转动37°后有Ep＝μmgcos 37°×L＋
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Ep＝μmgL＝
×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＝kx1 得x1＝＝，此时弹簧的弹性势能为kx，由能量守恒定律有Ep－kx＝Ek＋
μmg·，又Ep＝k，联立解得Ek＝mgL，故C 错误，D 正确。
题型
：轻弹簧释放物体
二
+直线运动+
模型
曲线
【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R1＝0.1 m 和
CDEFC′的半径R2＝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
光滑，弹簧的最大弹性势能Epmax＝1.4 J，小球运动时始终没有脱离轨道(g 取10 m/s2)．求：
(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Ep与小球
停止位置坐标x 的关系．
【典例2 拔尖题】【答案】(1)0.3 J≤Ep≤0.8 J (2)见解析
【解析】(1)在A 点，当轨道对小球的弹力恰好为零时mg＝m，解得vA＝1 m/s，恰好过A
点，Ep1＝mg2r＋mvA
2，解得Ep1＝0.3 J，恰好到E 点：Ep2＝mg(2R2－R1)＋μmgL，解得Ep2
2
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＝1 J，恰好回到N 点：Ep3＝μmg·2L＝0.8 J<1 J，故要使小球最终停在BC 段，弹簧弹性势
能应满足0.3 J≤Ep≤0.8 J
(2)过C 点后恰好返回B 点：Ep4＝2μmgL－mg·R1＝0.6 J，当0.3 J≤Ep≤0.6 J 时，过C 点返回
停在BC 段，Ep＋mgR1＝μmgL－μmgx，解得Ep＝－0.4x＋0.2(－1 m≤x≤－0.25 m)，当0.6
J≤Ep≤0.8 J 时，第二次经过B 点返回停在BC 段，Ep＋mgR1＝2μmgL＋μmg(L＋x)，解得Ep
＝0.4x＋1(－1 m≤x≤－0.5 m)，当1 J≤Ep≤1.4 J 时，过E 停C′G 段，Ep＋mgR1＝μmg(L＋x)，
解得Ep＝0.4x＋0.2(2 m≤x≤3 m)
【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v1为多大？
【典例2 拔尖题对应练习】【答案】（1）
，
；（2）
，方向水平
3
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向右；（3）
【解析】（1）物体不挤压轨道，到达E 点的速度为vmim，则有
解得
，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
点
：
考
二
物体压缩轻弹簧模型的力与能量问题
题型
：物体压轻弹簧
一
+
模型
直线运动
【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；
4
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(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)＝Ep，解得最大弹性势能Ep＝24 J
(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t1，则＝at，解得：t1＝ s，设物块从水平面返回斜面时的
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：t2＝2＝ s，物块在斜面上滑行总时间为：
t＝t1＋t2＝ s
【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
5
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【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FN，滑动摩擦力大小为Ff，拉力为10 N 时滑块的加速度大小为a。
由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T＋mgsin θ－Ff＝ma ① FN－mgcos θ＝0 ② Ff＝μFN
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＝T1x1＋T2x2⑤，式中
T1、T2和x1、x2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，
T1＝8 N，x1＝1 m，T2＝10 N，x2＝1 m，设滑块第一次到达B 点时的动能为Ek，由动能定
理有W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0 ⑥，联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J ⑦
(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Ek。设滑块离B 点的最大距
离为smax，由动能定理有－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek⑧，联立②③⑦⑧式并代入题给数据
得smax＝1.3 m。
题型
：物体压轻弹簧
二
+直线运动+
模型
曲线运动
【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v0冲上轨
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，v0＝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
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＝mvB
2－mv0
2，在B 点，有FN1＋
mg＝
，解得FN1＝40 N，根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小为40 N.
6
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(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＝v0t＋at2，代
入数据解得t＝0.5 s.物块在P 点的速度为vP＝v0＋at＝6 m/s－4×0.5 m/s＝4 m/s，故弹簧获
得的最大弹性势能为Epm＝mvP
2＝×1×42J＝8 J.
(3)对物块，从A 点到第二次到达B 点－μmg×2l－mg×2R＝mvB′2－mv0
2，在B 点，有mg
＝
，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v0，使其从A 处进入圆轨道，小物块恰能通过圆轨道最
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v0=
m/s
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
7
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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。
点
：
考
三
轻弹簧连接体模型的力与能量问题
题型
：轻弹簧连接体
模型
一
在水平面运动
【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＋EpA＝W，从A 点到B 点过程中同理可得EpA＝μmga＋EpB，由于克服摩擦力做功，
则EpB＜EpA，则B 点到O 点距离一定小于，且x＞，则EpA＝W－μmgx＜W－μmga，A 错
误；在B 点有EpB＝W－μmg(a＋x)＜W－μmga，B 正确；物块经过O 点，同理可得EkO＝
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．
8
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题型
：轻弹簧连接体
模型
二
在杆上运动
【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′－Wf－WF＝mvB
2－0，研究圆环从B 处上滑到A 处的过程，由动能定
理可得－mgh′－Wf＋WF＝0－mvB′2，由此可知，vB′>vB，故D 错误；研究圆环从A 处由静止
开始下滑到C 的过程，由动能定理得mgh－Wf′－WF′＝0－0，在C 处获得一竖直向上的速
度v，恰好能回到A，由动能定理得－mgh－Wf′＋WF′＝0－mv2，解得：Wf＝mv2，所以下
滑过程中，摩擦力做的功为－mv2，故B 错误；由B 项分析可知WF′＝mgh－mv2，根据弹
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l0。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
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－l0)2)( )
9
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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vm
＝g，B 正确；金属环对杆的最大压力为最低点时，FN＝mgcos 45°＋k×2hsin 45°＝mg，C 正
确；金属环速度最大时重力的功率为PG＝mgvmsin 45°＝mg·g·＝，D 错误。
点
：
考
四
轻弹簧连接体+组合模型的力与能量问题
题型
：轻弹簧连接体
一
+
接接
体组合模型
直
触
【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
限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：EP= 1
2 k x
2，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变
10
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量）
（1）求B、C 向左移动的最大距离x0和B、C 分离时B 的动能Ek；
（2）为保证A 能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin；
（3）若三物块都停止时B、C 间的距离为xBC，从B、C 分离到B 停止运动的整个过程，B
克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W 与fxBC的大小；
（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。
【典例1 拔尖题】【答案】（1）2 F −4 f
k
，Ek = F
2−6 fF +8 f
2
k
；（2）(3+ √10
2 )f ；
（3）W＜fxBC；（4）
【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，
由功能关系得F x0=2f x0+ 1
2 k x0
2，弹簧恢复原长时B、C 分离，从弹簧最短到B、C 分离，
以B 、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒得1
2 k x0
2=2f x0+2 Ek联立得
x0= 2 F −4 f
k
Ek = F
2−6 fF +8 f
2
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Fmin，从弹簧恢复原
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Ek = 1
2 k x
2+ fx
联立得Fmin=(3± √10
2 )f ，因为F 大于2f，舍去Fmin=(3−√10
2 )f ，得Fmin=(3+ √10
2 )f
11
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（3）从B、C 分离到B 停止运动，设B 的路程为xB，C 的位移为xC，以B 为研究对象，
由动能定理得﹣W﹣fxB＝0﹣Ek，以C 为研究对象，由动能定理得﹣fxC＝0﹣Ek，由B、C
的运动关系得xB＞xC﹣xBC，联立得W＜fxBC
（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v0从斜面的顶端P 点沿斜面向下运
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。物块A 离开
弹簧后，恰好回到P 点。已知OP 的距离为x0，物块A 与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾
角为θ。求：
（1）O 点和O′点间的距离x1；
（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能；
（3）设B 的质量为βm，μ = tanθ，v0 = 3
。在P 点处放置一个弹性挡板，将A
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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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）Ep =
；（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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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
：轻弹簧连接体
二
+轻
连接体组合模型
绳
【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m1＝0.8 kg，
物块Q 的质量为m2＝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，
求：
(1)物块P 位于A 点时，弹簧的伸长量x1；
(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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【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＝m2gsin θ＋kx1，解得：x1＝0.1 m
(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x2＝0.2 m－0.1 m
＝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
m2g·Δx·sin θ－m1gh＝m1v，代入数据可得：vB＝2 m/s.
(3)对物块P：WT－m1gh＝m1v，代入数据得：WT＝8 J.
【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°＋MvA
2＋mvB
2
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如图所示，将A 在b 处时的速度分解，由速度分解关系有vAcos 30°＝vB，代入数据解得vA
＝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－μMgx1＝0－MvA
2，恰能到与圆心等高处
时需满足条件－Mgr－μMgx2＝0－MvA
2，代入数据解得x1＝8 m，x2＝6 m，即6 m≤x≤8 m。
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－MvA
2，代入数据解得x≤3 m。
题型
：轻弹簧连接体
三
+轻
连接体组合模型
杆
【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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的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝
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F1、T1，OA 杆与转轴的夹角为
θ1,小环受到弹簧的弹力
,小环受力平衡F 弹1=mg+2T1cosθ1,小球受力平衡
F1cosθ1+T1cosθ1=mg,F1sinθ1=T1sinθ1,解得
（2）设OA、AB 杆中的弹力分别为F2、T2，OA 杆与转轴的夹角为θ2，小环受到弹簧的弹
力F 弹2=k（x-L）,小环受力平衡F 弹2=mg,解得
，对小球F2cosθ2=mg，
,且
,解得
（3）弹簧长度为
时，设OA、AB 杆中的弹力分别为F3、T3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3,
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小环受到弹簧的弹力
,小环受力平衡2T3cosθ3=mg+F 弹3,且
对小球 F3cosθ3=T3cosθ3+mg,
,解得
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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