2020版高考物理二轮复习试题：第6讲 机械能守恒与能量守恒(含答案)

第6讲机械能守恒与能量守恒
一、明晰一个网络，理解机械能守恒定律的应用方法
二、掌握系统机械能守恒的三种表达式
三、理清、透析各类功能关系
高频考点1机械能守恒定律的应用
运用机械能守恒定律分析求解问题时，应注意：
1．研究对象的选取
研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的．如图所示，单独选物体A机械能减少，但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒．
2．要注意研究过程的选取
有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒．因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．
3．注意机械能守恒表达式的选取
“守恒的观点”的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，列式时需选取参考平面．而用“转移”和“转化”的角度反映机械能守恒时，不必选取参考平面．
1－1．(多选)(2015·全国Ⅱ卷)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则()
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为2gh
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
解析：由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为v a、v b.此时刚性轻杆
与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图．
因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ∥′是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ.当a 滑至地面时θ＝90°，此时v b ＝0，由系统机械能守恒得mgh ＝1
2m v 2a ，解得v a ＝2gh ，选项B
正确；同时由于b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b 先做正功后做负功，选项A 错误；杆对b 的作用先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力，即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ，选项C 错误；b 的动能最大时，杆对a 、b 的作用力为零，此时a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确．
答案：BD
1－2.(多选)(2017·泰安市高三质检)如图所示，将质量为2 m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上A 点，光滑定滑轮与直杆的距离为d .A 点与定滑轮等高，B 点在距A 点正下方d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )
A ．环到达
B 处时，重物上升的高度h ＝d
B ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能
C ．环从A 点能下降的最大高度为43
d
D ．当环下降的速度最大时，轻绳的拉力T ＝2mg
解析：根据几何关系有，环从A 下滑至B 点时，重物上升的高度h ＝2d －d ，故A 错误；环下滑过程中无摩擦力做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故B 正确；设环下滑最大高度为H 时环和重物的速度均为零，此时重物上升的
最大高度为：H 2＋d 2－d ，根据机械能守恒有：mgH ＝2mg (
H 2＋d 2－d )，解得：H ＝4d
3
，
故C 正确；环向下运动，做非匀速运动，就有加速度，所以重物向上运动，也有加速度，即环运动的时候，绳的拉力不可能是2mg ，故D 错误．所以BC 正确，AD 错误．
答案：BC
1－3.(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．
解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0＝12m v 20
①
式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J
② 设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为 E h ＝12m v 2h
＋mgh
③
式中，v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ≈2.4×1012J
④
(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝12m ⎝⎛⎭⎫2.0100v h 2
＋mgh ′
⑤
由功能原理得 W ＝E h ′－E k0
⑥
式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得
W ≈9.7×108 J ⑦
答案：(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
1－4． (2016·全国丙卷)如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和1
2圆弧BC 组成的光滑固定
轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R
2.一小球在A 点正上方
与A 相距R
4
处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．
(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．
解析：(1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒定律得E k A ＝mg
R
4
①
设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R
4
② 由①②式得E k B
E k A
＝5.
③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，则小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④ 设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C
R 2
⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C
R
⑥ 由机械能守恒定律得mg R 4＝1
2m v 2C
⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 答案：(1)5 (2)能沿轨道运动到C 点
高频考点2 能量守恒定律的应用
(2015·福建卷)如图，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径
为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g ．
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力大小；
(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M
2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，
滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s ．
[思路点拨] (1)由题中信息“小车静止在光滑水平面上”得知若不固定小车，则当滑块下滑时小车会在水平面上向左滑动．
(2)由BC 段粗糙可知滑块在BC 段相对小车滑动时会产生热量． (3)滑块对小车压力最大的位置在哪里？怎样求最大压力？ (4)小车不固定时什么时候速度最大？怎样求小车的最大速度？
提示：(3)滑块对小车压力最大的位置在B 处，由能量守恒定律求得滑块在B 处的速度，再由牛顿第二定律求出滑块在B 处的支持力，由牛顿第三定律得到滑块对小车的压力．
(4)滑块滑到小车的B 点时，小车速度最大，由下滑过程中小车和滑块组成的系统机械能守恒即可求出最大速度．
【解析】 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒，有mgR ＝12m v 2B
，
滑块在B 点处，由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2B
R
解得N ＝3mg
由牛顿第三定律可得N ′＝3mg ．
(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒定律，有mgR ＝12M v 2m ＋1
2m (2v m )2
解得v m＝gR
3
．
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为v C，由功能关系有mgR－μmgL＝1
2M v 2
C
＋
1
2
m(2v C)2
设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝Ma 由运动学规律有v2C－v2m＝－2as
解得s＝1
3L．
【答案】(1)3mg(2)①gR
3②
L
3
1．与能量有关的力学综合题的特点
(1)常见的与能量有关的力学综合题有单一物体多过程和多个物体多过程两大类型；
(2)联系前后两个过程的关键物理量是速度，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度；
(3)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．
2．解答与能量有关的综合题时的注意事项
(1)将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”．
(2)分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解．
2－1.(多选)(2017·湖北省六校联合体高三联考)图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
3
5，木箱在轨道A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度滑下，在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A 端，重复上述过程．下列选项正确的是()
A ．m ＝3M
B ．m ＝2M
C ．木箱不与弹簧接触时，上滑过程的运动时间大于下滑过程中的运动时间
D ．若货物的质量减少，则木箱一定不能回到A 处
解析：设下滑的距离为l ，根据能量守恒有(M ＋m )gl sin θ－μ(M ＋m )gl cos θ＝Mgl sin θ＋μMgl cos θ得m ＝3 M ，A 正确、B 错误；受力分析可知，下滑时加速度为g －μg cos θ，上滑时加速度为g ＋μg cos θ，上滑过程可以看作相同大小加速度的反向的初速度为零的下滑过程，位移相同，加速度大的时间短，C 错误；根据(M ＋m )gl sin θ－μ(M ＋m )gl cos θ＝Mgl sin θ＋μMgl cos θ，木箱恰好被弹回到轨道A 端，如果货物的质量减少，等号前边一定小于后边，即轻弹簧被压缩至最短时的弹性势能小于木箱回到A 处所需的能量，则木箱一定不能回到A 处，D 正确；故选AD ．
答案：AD
2－2.(多选)(2017·南昌市高三第二次模拟)水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看作质点的物块，物块间用长为l 的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦力因数为μ.用水平恒力F 拉动1开始运动，到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )
A ．拉力F 所做功为nFl
B ．系统克服摩擦力做功为n (n －1)μmgl
2
C ．F >nμmg
2
D ．(n －1)μmg <F <nμmg
解析：物体1的位移为(n －1)l ，则拉力F 所做功为W F ＝F ·(n －1)l ＝(n －1)Fl ，故A 错误．系统克服摩擦力做功为W f ＝μmg ·l ＋…＋μmg ·(n －2)l ＋μmg ·(n －1)l ＝n (n －1)μmgl 2，故B
正确．据题，连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有W F ＝W f ，解得F ＝
nμmg
2
，现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关
系可知F >nμmg
2
，故C 正确，D 错误．
答案：BC
高频考点3 功能关系的应用
3－1． (2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小
为g .在此过程中，外力做的功为( )
A ．1
9mgl
B ．16mgl
C ．1
3
mgl
D ．12
mgl
解析：将绳的下端Q 缓慢向上拉至M 点，相当于使下部分13的绳的重心升高1
3l ，故重力
势能增加13mg ·l 3＝1
9
mgl ，由功能关系可知A 项正确．
答案：A
3－2.(多选) (2017·西安市高新一中一模)一个质量为m 的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α＝30°的斜面，其加速度为3
4g ，如图此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则此
过程中正确的是( )
A ．物体动能增加了3
2mgh
B ．物体克服重力做功mgh
C ．物体机械能损失了1
2
mgh
D ．物体克服摩擦力做功1
4
mgh
解析：物体在斜面上加速度为34g ，方向沿斜面向下，物体的合力F 合＝ma ＝3
4mg ，方向
沿斜面向下，斜面倾角α＝30°，物体从斜面底端到最大高度处位移为2 h ，物体从斜面底端
到最大高度处，物体合力做功W 合＝－F 合×2h ＝－3
2mgh ，根据动能定理研究物体从斜面底
端到最大高度处得W 合＝ΔE k ，所以物体动能减小3
2mgh ，故A 错误；根据功的定义式得：重
力做功W G ＝－mgh ，故B 正确；重力做功量度重力势能的变化，所以物体重力势能增加了mgh ，而物体动能减小32mgh ，所以物体机械能损失了1
2mgh ，故C 正确；除了重力之外的力
做功量度机械能的变化．物体除了重力之外的力做功还有摩擦力做功，物体机械能减小了
1
2mgh ，所以摩擦力做功为－1
2
mgh ，故D 错误．
答案：BC
3－3.(多选)(2016·全国甲卷)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π
2.在小球从M 点运动到N
点的过程中( )
A ．弹力对小球先做正功后做负功
B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差
解析：在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM ＜∠OMN ＜π
2，则小球
在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A 错误．在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B 正确．弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确．由机械能守恒定律知，在M 、N 两点弹簧弹性势能相等，在N
点的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确．
答案：BCD
功能关系的应用“三注意”
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．
(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少．
(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同．
弹簧模型
弹簧模型是高考中特色鲜明的物理模型之一．该模型涉及共点力的平衡、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律以及功能关系等知识．运动过程中，从力的角度看，弹簧上的弹力是变力，从能量的角度看，弹簧是储能元件．因此，借助弹簧模型，可以很好地考查考生的分析综合能力．在高考试题中，弹簧(主要是轻质弹簧)模型主要涉及三个方面：静力学中的弹簧问题、动力学中的弹簧问题以及与能量转化有关的弹簧问题．考生在处理这些问题时，要特别注意弹簧“可拉可压”的特性以及弹簧弹力不可突变的特征．
弹簧中的“平衡模型”
(多选)如图甲所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B 球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方L处，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现将A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k1<k2)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2.则下列关于T1与T2、F1与F2的大小关系，正确的是()
图甲
A ．T 1>T 2
B ．T 1＝T 2
C ．F 1<F 2
D ．F 1＝F 2
[思路点拨] 由于小球B 始终处于平衡状态，因此小球B 受到的合力必定为零．由于更换弹簧前后细绳的拉力与弹簧弹力的方向都发生了变化，故用力三角形与几何三角形相似的方法即可方便求解．
【解析】 以小球B 为研究对象进行受力分析，由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等、方向相反，即F 合＝mg ，如图乙所示，设A 、B
间距离为x ，由力三角形与几何三角形相似可得mg L ＝F x ＝T L ，故T ＝mg ，F ＝x L
mg ，绳子的拉力T 只与小球B 的重力有关，与弹簧的劲度系数无关，所以T 1＝T 2，选项A 错误、B 正确；
当弹簧的劲度系数k 变大时，弹簧的压缩量减小，故A 、B 两球之间距离增大，由F ＝x L
mg 知F 2>F 1，选项C 正确、D 错误．
图乙
【答案】 BC
弹簧类平衡问题涉及的知识主要有胡克定律、物体的平衡条件等，求解时要注意弹力的大小与方向总是与形变相对应，因此审题时应从弹簧的形变分析入手，找出形变量与物体空间位置变化的对应关系，分析形变所对应的弹力大小和方向，再结合物体所受其他力的情况列式求解．
弹簧中的“突变模型”
如图所示，在水平面上有一个质量为m ＝2 kg 的小球．小球与轻弹簧和轻绳相
连．弹簧水平放置，绳与竖直方向成θ＝45°角且不可伸长．此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．已知小球与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则在剪断轻绳的瞬间，下列说法中正确的是( )
A ．小球受力个数不变
B ．小球立即向左运动，且a ＝8 m/s 2
C ．小球立即向左运动，且a ＝10 m/s 2
D ．若不剪断轻绳，从右端剪断弹簧，则剪断弹簧瞬间，小球加速度的大小为a ＝10 2 m/s 2
[思路点拨] (1)剪断轻绳时弹簧的弹力不会发生突变，即与剪断前一样；(2)从右端剪断弹簧时，轻绳的弹力会发生突变，即轻绳的弹力会立即消失．
【解析】 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共点力的平衡可得弹簧的弹力方向水平向左，且F ＝mg tan θ，代入数据可解得F ＝20 N ．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N ，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力的作用，小球的受力个数发生改变，选项A 错误；小球所受的最大静摩擦力为f m ＝μmg
＝4 N ，根据牛顿第二定律可得小球此时的加速度大小为a ＝F －f m m
，解得a ＝8 m/s 2，由于合力方向向左，故小球立即向左运动，选项B 正确，选项C 错误；从右端剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力突变为零，此时小球所受的合力为零，故小球的加速度也为零，选项D 错误．
【答案】 B
弹簧(或橡皮绳)恢复形变需要时间，在瞬时问题中可以认为其弹力不变，即弹力不能突变．而细绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力，若剪断(或脱离)，弹力立即消失，即弹力可突变．
弹簧中的“能量模型”
(多选) (2015·江苏卷)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( )
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14m 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 的速度大小大于下滑经过B 的速度大小
[思路点拨] (1)从下滑过程中速度的变化情况可以判断加速度的变化情况；(2)由全过程中的能量守恒可得到下滑过程中克服摩擦力所做的功以及圆环从A 运动到C 的过程中弹簧的弹性势能的变化量；(3)在分析下滑过程和上滑过程中B 点的瞬时速度时，应以AB 段的运动为研究过程，用能量守恒定律求解，但是要注意不论是从A 下滑到B ，还是从B 上滑到A ，圆环克服摩擦力做的功相等，弹簧弹性势能的变化量的绝对值也相等．
【解析】 圆环向下运动过程中，在B 点速度最大，在A 、C 点速度为0，说明向下先加速后减速，加速度先向下减小，后向上增大，A 项错误；下滑过程和上滑过程克服摩擦力
做功相同，因此下滑过程W f ＋E p ＝mgh ，上滑过程W f ＋mgh ＝12
m v 2＋E p ，因此克服摩擦力做功W f ＝14m v 2，B 项正确；在C 处，弹簧的弹性势能E p ＝mgh －W f ＝mgh －14
m v 2，C 项错误；从A 下滑到B ，12m v 2B 1＋E p ′＋W f ′＝mgh ′，从B 上滑到A ，12
m v 2B 2＋E p ′＝mgh ′＋W f ′＝12m v 2B 1
＋E p ′＋2W f ′，可见v B 2>v B 1，D 项正确． 【答案】 BD
1．当牵涉弹簧的弹力做功时，由于弹簧的弹力是变力，故一般不直接采用功的定义式求解．中学阶段通常根据动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律来间接求解弹簧弹力做的功或弹簧储存的弹性势能．
2．弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸
长状态还是压缩状态，只要形变量相同，其储存的弹性势能就相同．
与其他模型相结合的综合模型
如图所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固
定一个半径和质量均不计的光滑定滑轮D ，质量均为m ＝1 kg 的物体A 和B ．用一劲度系数k ＝240 N/m 的轻弹簧连接，物体B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P 挡住．用一不可伸长的轻绳使物体A 跨过定滑轮与质量为M 的小环C 连接，小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C 位于Q 处，绳与细杆的夹角α＝53°，且物体B 对挡板的压力恰好为零．图中SD 水平且d ＝0.2 m ，位置R 与位置Q 关于位置S 对称，轻弹簧与定滑轮右侧的绳均与斜面平行，现让环C 从位置R 由静止释放，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：
(1)小环C 的质量M ；
(2)小环C 通过位置S 时的动能E k 及环从R 运动到S 的过程中轻绳对环做的功W ；
(3)小环C 运动到位置Q 时的速率v ．
【解析】 (1)当整个系统静止时，环C 处于Q 处，此时以A 、B 组成的整体为研究对象进行受力分析，则可知绳子的拉力T ＝2mg sin θ；以小环C 为研究对象，则有T cos α＝Mg ，两式联立并代入数据求解可得M ＝0.72 kg ．
(2)由题意可知，开始时B 对挡板没有压力，故弹簧处于伸长状态，设弹簧此时的伸长量为x ，则有mg sin θ＝kx ，解得x ＝0.025 m ．当小环C 到达S 时，物体A 沿斜面向下运动
的距离为x ′＝d sin α
－d ，解得x ′＝0.05 m ，故此时弹簧的压缩量为Δx ＝0.025 m ，可得小环在位置R 和S 时弹簧的弹性势能相等．由运动的合成与分解可知，当小环C 在位置S 时，物体A 的速度为零，所以小环C 从R 运动到S 的过程中，由机械能守恒定律可得Mgd cot α＋mgx ′sin θ＝E k ，代入数据可解得E k ＝1.38 J ，小环从位置R 运动到位置S 的过程中，由动能定理可知W ＋Mgd cot α＝E k ，解得W ＝0.3 J ．
(3)环从位置R 运动到Q 的过程中，由机械能守恒定律可得Mg ·2d cot α＝12M v 2＋12m v 2A
，又因为v A ＝v cos α(绳模型：C 与A 沿绳的速度大小相等)，两式联立并代入数据求解可得v
＝2 m/s．
【答案】(1)0.72 kg(2)1.38 J0.3 J(3)2 m/s
对于和其他模型相结合的弹簧问题，一般情况下物理情境较为复杂，涉及的物理量比较多，分析过程也相对麻烦，试题难度一般较大．处理此类问题最好的办法就是“拆分法”，即把一个复杂的物理问题“拆分”为若干个熟悉而又简单的物理模型，如本题就涉及了运动的合成与分解模型、斜面模型、绳模型及弹簧模型．考生只要将每一个拆分的模型弄清楚，这类问题就能迎刃而解．一般来说，弹簧模型容易与平抛运动模型、圆周运动模型以及匀变速直线模型结合，综合考查运动学、牛顿运动定律以及功和能的相关知识．。