练习26功和能之弹簧问题-2021年高考物理一轮复习习题课(必修2)

功和能习题课--弹簧问题练习
1．(多选)如图所示，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( )
A ．物体重力势能减小量一定大于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
2、如图所示，劲度系数为k 的弹簧下端悬挂一个质量为m 的重物，处于静止
状态．手托重物使之缓慢上移直到弹簧恢复原长、手对重物做的功为W 1.然后
放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v ，不计空气阻
力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W 2，则
( )
A ．W 1>m 2g 2k
B ．W 1<m 2g 2k
C ．W 2＝12m v 2
D ．W 2＝m 2g 2k －12
m v 2 3、[多选](2019·青岛模拟)如图所示，一根原长为L 的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m 的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H 处由静止下落压缩弹簧。

若弹簧的最大压缩量为x ，小球下落过程受到的空气阻力恒为F f ，则小球从开始下落至最低点的过程
( )
A ．小球动能的增量为零
B ．小球重力势能的增量为mg (H ＋x －L )
C ．弹簧弹性势能的增量为(mg －F f )(H ＋x －L )
D ．系统机械能减小F f H
4、如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A 点以初速度v 0向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．AC 两点间距离为L ，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则物块由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是( )
A ．弹簧和物块组成的系统机械能守恒
B ．物块克服摩擦力做的功为12m v 20
C ．弹簧的弹性势能增加量为μmgL
D ．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和
5、(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 －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
6、(多选)如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变。

用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体静止。

撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x 0。

物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

则( )
A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为kx 0m
－μg C ．物体做匀减速运动的时间为2x 0μg
D ．物体开始向左运动到速度达到最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg (x 0－μmg k
) 弹力做功为μmg 4x 0
7、[多选]如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h 。

一可视为质点的小物块质量为m 。

从坡道顶端由静止滑下，经过底端O
点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M 处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O 点。

已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )
A ．弹簧弹性势能的最大值为mgh
B ．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小
C ．小物块往返运动的总路程为h μcos θ
D ．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为1－μcot θ1＋μcot θ
h
8、(多选)(2019·福建省龙岩市上学期期末)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O 上，另一端与套在粗糙固定直杆A 处质量为m 的小球(可视为质点)相连．A 点距水平面的高度为h ，直杆与水平面的夹角为30°，OA ＝OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度为v ，并恰能停在C 处．已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )
A ．小球通过
B 点时的加速度为g 2 B ．小球通过AB 段与B
C 段摩擦力做功相等
C ．弹簧具有的最大弹性势能为12
m v 2 D ．A 到C 过程中，产生的内能为mgh
9、(多选)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 处。

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，加速度一直减小
B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14
m v 2 C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14
m v 2－mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度
10．(2019·洛阳检测)(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板A 连接，一个质量为m 的物体B 靠在平板的右侧，A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ。

开始时用手按住物体B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使A 和B 一起沿斜面向上运动距离L 时，A 和B 达到最大速度v 。

则以下说法正确的是( )
A ．A 和
B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度
B ．若运动过程中A 和B 能够分离，则A 和B 恰好分离时，二者加
速度大小均为g (sin θ＋μcos θ)
C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12
Mv 2＋MgL sin θ＋μMgL cos θ
D ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，B 受到的合力对它做的功等于12
mv 2
11、(多选)如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点。

用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L。

现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点(弹簧在弹性限
度内)，D、E两点间的距离为L
2。

若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数μ
＝
3
8
，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则( ) A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．A在从C至D的过程中，加速度大小为
1
20
g
C．弹簧的最大弹性势能为
15
8
mgL
D．弹簧的最大弹性势能为
3
8
mgL
功和能习题课--弹簧问题练习
1．(多选)如图所示，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()
A．物体重力势能减小量一定大于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小量一定大于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－ΔE p＝W，所以D正确。

2、如图所示，劲度系数为k的弹簧下端悬挂一个质量为m的重物，处于静止
状态．手托重物使之缓慢上移直到弹簧恢复原长、手对重物做的功为W1.然后
放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v，不计空气阻
力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W2，则
()
A ．W 1>m 2g 2k
B ．W 1<m 2g 2k
C ．W 2＝12m v 2
D ．W 2＝m 2g 2k －12
m v 2 【答案】B 【解析】设x 为弹簧伸长的长度，由胡克定律得：mg ＝kx .手托重物使之缓慢上移，
直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx ＝m 2g 2
k
，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功W 1<m 2g 2k ，选项B 正确；由动能定理知W 2＋m 2g 2k ＝12
m v 2，则C 、D 错． 3、[多选](2019·青岛模拟)如图所示，一根原长为L 的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m 的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H 处由静止下落压缩弹簧。

若弹簧的最大压缩量为x ，小球下落过程受到的空气阻力恒为F f ，则小球从开始下落至最低点的过程( )
A ．小球动能的增量为零
B ．小球重力势能的增量为mg (H ＋x －L )
C ．弹簧弹性势能的增量为(mg －F f )(H ＋x －L )
D ．系统机械能减小F f H
答案AC 解析：小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A 正确；小球下落的整个过程中，重力做功W G ＝mgh ＝mg (H ＋x －L )，根据重力做功量度重力势能的变化W G ＝－ΔE p 得：小球重力势能的增量为－mg (H ＋x －L )，故B 错误；根据动能定理得：W G ＋W f ＋W 弹＝0－0＝0，所以W 弹＝－(mg －F f )(H ＋x －L )，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W 弹＝－ΔE p 得：弹簧弹性势能的增量为(mg －F f )·(H ＋x －L )，故C 正确；系统机械能的减少量等于克服重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：F f (H ＋x －L )，所以系统机械能的减小量为：F f (H ＋x －L )，故D 错误。

4、如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A 点以初速度v 0向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．AC 两点间距离为L ，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则物块由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是( )
A ．弹簧和物块组成的系统机械能守恒
B ．物块克服摩擦力做的功为12m v 20
C ．弹簧的弹性势能增加量为μmgL
D ．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和
答案D 解析：物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，故A 项错误；物块由A 点运动到C 点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力
做的功为μmgL ＝12m v 20－E p 弹，故B 项错误，D 项正确；根据B 项分析知E p 弹＝12m v 20
－μmgL ，故C 项错误．
5、(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 －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
答案 BC 解析 如图，在A 点弹簧的拉力大于摩擦力，即F A >μmg ，在B 点弹簧的弹力小于等于摩擦力，即F B ≤f B ，则有F B ≤μmg ，因此O 点距离B 点较近，
即x OB <x OA ，从O 点到A 点由动能定理得：W －μmgx OA
－W 弹 ＝0，W 弹 ＝E p A 则有 E p A ＝ W －μmgx OA <W －12
μmga ，则A 错．整个过程由能量守恒得：W －μmg (a ＋x OA )＝E p B ，x OA >12a ，则E p B <W －32
μmga ，B 正确．从O 到A 再到O 过程： W －2μmgx OA ＝E k O ，则E k O <W －2μmg 12
a ＝W －μmga ，C 正确．物块动能最大时弹簧弹力与滑动摩擦力相等，即F ＝μmg ，而F B ≤μmg ，因此弹簧在动能最大位置形变量不小于B 点的弹簧形变量，对应的弹簧弹性势能不小于B 点的弹簧弹性势能，则D 错．
6、(多选)如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变。

用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体静止。

撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x 0。

物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

则( )
A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为kx 0m
－μg
C ．物体做匀减速运动的时间为2x 0μg
D ．物体开始向左运动到速度达到最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg (x 0－μmg k
) 弹力做功为μmg 4x 0
答案BD 解析：根据牛顿第二定律可得kx －μmg ＝ma ，即a ＝kx －μmg m
，当kx >μmg 时，随着形变量x 的减小，加速度a 将减小；当kx <μmg 时，随着形变量x 的减小，加速度a 将增大，
则撤去F 后，物体刚运动时的加速度为a ＝kx 0m
－μg ，物体先做加速度逐渐减小的加速直线运动，当kx ＝μmg (a ＝0)时，物体的速度最大，然后做加速度增大的减速直线运动，最后当物体与弹簧脱离后做加速度为a ＝μg 的匀减速直线运动，故A 选项错误，B 选项正确；物
体脱离弹簧后做加速度为a ＝μg 的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得3x 0＝12
μgt 2，解得t ＝6x 0μg
，故C 选项错误；根据功的计算式可得，物体开始向左端运动到速度最大的过程中滑动摩擦力做功为W ＝－μmgx ′，又x ′＝x 0－μmg k ，解得W ＝－μmg (x 0－μmg k
)，即克服滑动摩擦力做功为μmg (x 0－μmg k
)，故D 选项正确。

7、[多选]如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h 。

一可视为质点的小物块质量为m 。

从坡道顶端由静止滑下，经过底端O
点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M 处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O 点。

已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )
A ．弹簧弹性势能的最大值为mgh
B ．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小
C ．小物块往返运动的总路程为h μcos θ
D ．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为1－μcot θ1＋μcot θ
h 答案BD 解析：小物块第一次下滑将弹簧压缩至最短时弹簧弹性势能最大，由能量守恒有E p ＝mgh －μmg cos θ×h sin θ
＜mgh ，A 错误。

在倾斜轨道上下滑时ma ＝mg sin θ－μmg cos θ，而上滑时ma ′＝mg sin θ＋μmg cos θ，故B 正确。

小物块最终静止于倾斜轨道的底端，设在
倾斜轨道上通过的路程为s ，则由能量守恒有mgh ＝μmg cos θ×s ，得s ＝h μcos θ
，而每次往返过程中物块还在光滑水平面上通过一定的路程，故整个运动过程中的路程必大于h μcos θ
，C
错误。

物块第一次返回倾斜轨道上时所能达到的最大高度最大，由能量守恒有mg (h －h 1)＝
μmg cos θ·⎝⎛⎭⎫h sin θ＋h 1sin θ，得h 1＝1－μcot θ1＋μcot θ
h ，D 正确。

8、(多选)(2019·福建省龙岩市上学期期末)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O 上，另一端与套在粗糙固定直杆A 处质量为m 的小球(可视为质点)相连．A 点距水平面的高度为h ，直杆与水平面的夹角为30°，OA ＝OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度为v ，并恰能停在C 处．已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )
A ．小球通过
B 点时的加速度为g 2
B ．小球通过AB 段与B
C 段摩擦力做功相等
C ．弹簧具有的最大弹性势能为12
m v 2 D ．A 到C 过程中，产生的内能为mgh
答案 BCD 解析 因在B 点时弹簧处于原长，则到达B 点时的加速度为a ＝g sin 30°－μg cos
30°<12
g ，选项A 错误；因AB 段与BC 段关于B 点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，选项B 正确；设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为W f ，弹簧具有的最大弹性势能为E p ，根据能量守恒定律得，对于小球从A 到B 的
过程有：mg ·12h ＋E p ＝12m v 2＋W f ，从A 到C 的过程有：mgh ＝2W f ，解得：W f ＝12mgh ，E p ＝12
m v 2.即弹簧具有的最大弹性势能为12
m v 2，A 到C 过程中，产生的内能为2W f ＝mgh ，选项C 、D 正确．
9、(多选)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 处。

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，加速度一直减小
B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14
m v 2 C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14
m v 2－mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度
答案BD 解析:圆环下滑时，先加速，在B 处时速度最大，加速度减小至零，从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，A 错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由A 到C 的过程中，根据能量关系有mgh ＝ΔE p ＋W f ，由C 到A 的过程中，有12m v 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh ，联立解得W f ＝14m v 2，ΔE p ＝mgh －14m v 2，B 正确，C 错误；设
圆环在B 处时，弹簧的弹性势能为ΔE p ′，根据能量守恒定律，A 到B 的过程有12m v B 2＋ΔE p ′
＋W f ′＝mgh ′，B 到A 的过程有12m v B ′2＋ΔE p ′＝mgh ′＋W f ′，比较两式得v B ′>v B ，D
正确。

10．(2019·洛阳检测)(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板A 连接，一个质量为m 的物体B 靠在平板的右侧，A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ。

开始时用手按住物体B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使A 和B 一起沿斜面向上运动距离L 时，A 和B 达到最大速度v 。

则以下说法正确的是( )
A ．A 和
B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度
B ．若运动过程中A 和B 能够分离，则A 和B 恰好分离时，二者加
速度大小均为g (sin θ＋μcos θ)
C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12Mv 2
＋MgL sin θ
＋μMgL cos θ
D ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，B 受到的合力对它做的功等于12mv 2
答案：BD 解析：A 和B 达到最大速度v 时，A 和B 的加速度为零。

对AB 整体：由平衡条件知kx ＝(m ＋M )g sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A 错误；A 和B 恰好分离时，A 、B 间的弹力为0，A 、B 的加速度相同，对B 受力分析，由牛顿第二定律知，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，得a ＝g sin θ＋μg cos θ，故B 正确；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对AB 整体，根据动能定理得W 弹－(m ＋M )gL sin θ－μ(m ＋M )g cos θ·L ＝12(m ＋M )v 2，所以弹簧对A 所做的功W 弹＝12(m ＋M )v 2＋(m ＋M )gL sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ·L ，故C 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对于B ，根据动能定理得B 受到的合力对它做的功W 合＝ΔE k ＝12mv 2，故D 正确。

11、(多选)如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点。

用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L 。

现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E 点(弹簧在弹性限度内)，D 、E 两点间的距离为L 2。

若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面间的动摩擦因数μ＝3
8，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则( )
A ．A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动
B ．A 在从
C 至
D 的过程中，加速度大小为120
g C ．弹簧的最大弹性势能为158
mgL D ．弹簧的最大弹性势能为38
mgL 答案；BD 解析：对A 、B 整体从C 到D 的过程受力分析，根据牛顿第二定律得a ＝4mg sin 30°－mg －μ·4mg cos 30°4m ＋m ＝120
g ，从D 点开始A 与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E 点的过程中，弹簧的弹力是变力，则加速度是变化的，所以A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A 错误，B 正确；当A 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A 、B 整体应用动能定理得4mgL ＋L 2sin 30°－mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L ＋L 2－μ·4mg cos 30°⎝ ⎛⎭
⎪⎫L ＋L 2－W 弹＝0，解得W 弹＝38mgL ，则弹簧具有的最大弹性势能E p ＝W 弹＝38
mgL ，故C 错误，D 正确。