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备考2024届高考物理一轮复习讲义第六章机械能第3讲机械能守恒定律及应用考点2机械能守恒定律的应用
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习讲义第六章机械能第3讲机械能守恒定律及应用考点2机械能守恒定律的应用，共8页。
1.表达式
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
如图所示，把一个小球用细线悬挂起来，就变成了一个摆，摆长为l，最大偏角为θ，重力加速度为g，阻力可以忽略.
（1）选取最低点O的重力势能为零，小球在A点的机械能为 mgl（1－csθ） ，小球在O点的机械能为 mgl（1－csθ） .
（2）小球能否到达与A点等高的C点？
（3）如果将细线换成轻弹簧，小球在摆动过程中机械能是否守恒？
答案 （2）可以到达 （3）不守恒
解析 （1）小球在A点的重力势能为mgl（1－csθ），动能为零，则小球在A点的机械能为mgl（1－csθ），小球从A点到O点的过程中机械能守恒，则小球在O点的机械能也是mgl（1－csθ）.
（2）小球在摆动过程中机械能守恒，故小球可以到达C点，且小球到达C点时的速度恰好为零.
（3）将细线换成轻弹簧后，小球在摆动过程中机械能不守恒，小球和轻弹簧构成的系统机械能守恒.
研透高考 明确方向
命题点1 单物体机械能守恒问题
3.[单物体单过程机械能守恒/2023上海]一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，不计空气阻力，对三者落地速率大小判断正确的是（ C ）
A.质量大的落地速率大
B.质量小的落地速率大
C.三者落地速率都相同
D.无法判断
解析 物块下落的过程中，只有重力做功，则物块的机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝12mv2-12mv02，解得v＝2gh＋v02，结合题意可知三个物块落地瞬间的速率相等，A、B、D错误，C正确.
4.[单物体多过程机械能守恒/2021海南]水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中.如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m.取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力，则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（ A ）
解析 人从滑梯顶端由静止开始滑到滑梯末端的过程中，由机械能守恒定律有mgH＝12mv2-0，从滑梯末端到落水过程由平抛运动规律有h＝12gt2，x＝vt，联立解得x＝4.0 m，故A正确.
命题点2 不含弹簧的系统机械能守恒问题
5.[速率相等的连接体模型/多选]如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直.开始时，重物A、B均处于静止状态，释放后A、B开始运动.已知A、B两重物的质量均为m，不考虑任何阻力作用，重力加速度为g，则当A向上运动的距离为h时（ BD ）
A.重物A的加速度大小为25g
B.连接重物B的细线的张力大小为35mg
C.重物A的速度大小为gh5
D.重物B的机械能减少了65mgh
解析 由题意可知，重物B的位移为重物A位移的2倍，由x＝12at2可知重物B的加速
度为A的2倍，设细线的拉力大小为FT，对A有2FT-mg＝ma，对重物B有mg-FT＝
2ma，两式联立可解得FT＝35mg，a＝15g，选项A错误、B正确；设此时重物A的速度
大小为vA，则重物B的速度大小为vB＝2vA，将A、B视为一个系统，由机械能守恒定
律可得mg·2h＝mgh＋12mvA2＋12mvB2，解得vA＝25gh，选项C错误；此时重物B的速度
大小为vB＝2vA＝225gh，故重物B的机械能减少量为ΔEB＝mg·2h-12mvB2＝65mgh，选
项D正确.
方法点拨
速率相等的连接体模型
1.如图所示的两物体组成的系统（不计一切摩擦），在释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向.在相等的时间内，A、B运动的路程相等，则A、B的速率相等.
2.根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解.
6.[角速度相等的连接体模型/多选]如图所示，质量均为m的A、B两球（均可视为质点）固定在轻质杆上，杆可绕固定转动轴O在竖直平面内无摩擦转动，已知A、B两球到O点的距离满足OB＝3OA＝3L，重力加速度为g.将杆拉到水平位置由静止释放，下列说法正确的是（ BC ）
A.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对B球做负功
B.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对A球做的功为－35mgL
C.杆向下摆动到竖直位置时，转动轴O对杆的作用力大小为265mg
D.杆向下摆动到竖直位置时，杆对B球的作用力大小为3mg
解析 A、B和杆组成的系统机械能守恒，可得mgL＋mg3L＝12mvA2＋12mvB2，由v＝ωl知vB＝3vA，联立解得vA＝4gL5，vB＝34gL5.对A球根据动能定理可得mgL＋WA＝12mvA2-0，对B球根据动能定理可得3mgL＋WB＝12mvB2-0，解得WA＝-35mgL，WB＝35mgL，故A错误，B正确.杆向下摆动到竖直位置时，对B球可得FB-mg＝mvB23L，解得FB＝175mg.对A球可得FO-mg-FB＝mvA2L，解得FO＝265mg，故C正确，D错误.
方法点拨
角速度相等的连接体模型
1.如图所示的两物体组成的系统，当从静止释放A、B后，A、B在竖直平面内绕O点转动.在转动的过程中，相等时间内A、B转过的角度相等，则A、B转动的角速度相等，其线速度的大小与转动半径成正比.
2.解决角速度相等的连接体问题的三点提醒
（1）要注意判断系统的机械能是否守恒.
（2）注意寻找物体间的速度关系和位移关系.
（3）列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp的形式，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解.
3.对于轻杆两端（或两处）各固定一个物体，整个系统绕杆上某点转动的轻杆模型，题设中一般忽略空气阻力和摩擦力，转动时两物体角速度相等，根据轻杆转轴的位置，可以确定两物体的线速度大小是否相等.轻杆对物体的作用力并不总是沿轻杆的方向，轻杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒.轻杆对物体做正功，使其机械能增加，同时轻杆对另一物体做负功，使其机械能减少，对于轻杆和两物体组成的系统，除重力之外没有外力对系统做功，系统的总机械能守恒.
7.[某一方向分速度大小相等的连接体模型/2024河南普高联考]如图所示，物块A和圆环B用不可伸长的轻绳连接，A放在固定不动的倾角为θ＝30°的光滑斜面上，B穿在固定光滑竖直杆上，杆和滑轮间的距离为L，A、B的质量分别为m1、m2，斜面与杆均足够长，重力加速度为g.圆环B从与滑轮等高处由静止释放，能下滑的最大距离为3L，下列说法正确的是（ C ）
A.开始下滑时，物块A与圆环B的加速度大小均等于g
B.物块A与圆环B的质量的比值为m1m2＝3
C.滑轮右侧绳与水平方向夹角为30°时，vAvB＝12
D.圆环B下滑L时，物块A的速度为2－22gL
解析 开始下滑时，圆环B在竖直方向上只受重力，B的加速度大小等于g，此时A的加速度大小为零，故A错误；对B由静止释放下滑到最低点的过程，由机械能守恒定律有m2g·3L＝m1g(2L-L) sin 30°，解得m1m2＝23，选项B错误；滑轮右侧绳与水平方向夹角为30°时，有vB cs 60°＝vA，故vAvB＝12，选项C正确；圆环B下滑L时，轻绳与水平方向夹角为45°，根据机械能守恒定律有m2gL-m1g(2L-L) sin 30°＝12m1vA2＋12m2vB2，vB cs 45°＝vA，解得物块A的速度为vA＝3+1-63+1gL，选项D错误.
方法点拨
某一方向分速度大小相等的连接体模型
1.如图甲所示，A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度v沿绳子和垂直于绳子方向分解，如图乙所示，其中沿绳子的分速度vx与A的速度大小相等.
2.根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解.
命题点3 含弹簧的系统机械能守恒问题
8.[2024广东广州大学附属中学校考]如图所示，A、B两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，B、C两球放在固定不动倾角为α的光滑斜面上，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球靠在与斜面垂直的挡板上.现用手托住A球，并使细线刚好伸直但无拉力作用，保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖直.开始时整个系统处于静止状态，释放A后，A下落的速度最大时C恰好对挡板无压力，已知A、B、C三球的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，细线与滑轮之间的摩擦不计，运动过程中A未落地，B未与滑轮相撞，则（ D ）
A.A开始下落至最低点的过程中，A、B、C三个小球所组成的系统机械能守恒
B.当C球刚要离开挡板时B球的速度为0
C.斜面的倾角α约为37°
D.A球的最大速度为gm2k
解析 A球开始下落至最低点的过程中，A、B、C三个小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，故A、B、C三个小球所组成的系统机械能不守恒，A错误；A球下落的速度最大时C球恰好对挡板无压力，当轻质细线向上的拉力等于A球的重力时，A球加速度为零，速度达到最大，此时通过细线与A球相连的B球有相同的运动情况，加速度为零，速度达到最大，故B错误；A球速度达到最大时，以B、C两球为整体，受力分析可得2mg sin α＝T，细线的拉力为T＝mg，可得斜面的倾角为α＝30°，故C错误；A球未下落时，弹簧压缩量为x1＝mgsinαk，A球速度达到最大时，弹簧伸长量为x2＝mgsinαk，可知x1＝x2，故A球开始下落至速度达到最大时，弹簧弹性势能不变，根据系统机械能守恒有mg(x1＋x2)-mg(x1＋x2) sin α＝12·2mv2，解得A球的最大速度为vgm2k，故D正确.
9.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上.现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行.已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态.释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面.试求：
（1）斜面倾角α；
（2）A获得的最大速度的大小.
答案 （1）30° （2）2gm5k
解析 （1）A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，A、B的加速度为零，而此时弹簧的弹力大小为mg，对B进行受力分析，细线的拉力T＝2mg
对A进行受力分析，沿斜面方向有4mgsinα＝T
联立解得α＝30°
（2）开始时弹簧的压缩量与C恰好离开地面时弹簧的伸长量相等，由机械能守恒定律得
4mgsinα·2mgk＝12（4m＋m）vmax2＋mg·2mgk
解得vmax＝2gm5k.
方法点拨
轻弹簧连接的物体系统机械能守恒
命题点4 非质点系统的机械能守恒问题
10.[均匀链条]如图所示，有一条长为L＝2m的均匀金属链条，有一半长度在固定的足够高的光滑斜面上，斜面顶端是一个很小的圆
弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，链条由静止释放后开始滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10m/s2）（ B ）
B.522m/s
C.5m/sD.352m/s
解析 设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点所在水平面为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝-12×2mg×L4 sin 30°-12×2mg×L4＋0＝-38mgL，链条全部滑出后，动能为E'k＝12×2mv2，重力势能为E'p＝-2mg×L2，由机械能守恒定律可得E＝E'k＋E'p，即-38mgL＝mv2-mgL，解得v＝522 m/s，故B正确，A、C、D错误.
模型特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒
两点提醒
（1）对同一弹簧，无论弹簧伸长还是压缩，弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定
（2）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
1.表达式
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
如图所示，把一个小球用细线悬挂起来，就变成了一个摆，摆长为l，最大偏角为θ，重力加速度为g，阻力可以忽略.
（1）选取最低点O的重力势能为零，小球在A点的机械能为 mgl（1－csθ） ，小球在O点的机械能为 mgl（1－csθ） .
（2）小球能否到达与A点等高的C点？
（3）如果将细线换成轻弹簧，小球在摆动过程中机械能是否守恒？
答案 （2）可以到达 （3）不守恒
解析 （1）小球在A点的重力势能为mgl（1－csθ），动能为零，则小球在A点的机械能为mgl（1－csθ），小球从A点到O点的过程中机械能守恒，则小球在O点的机械能也是mgl（1－csθ）.
（2）小球在摆动过程中机械能守恒，故小球可以到达C点，且小球到达C点时的速度恰好为零.
（3）将细线换成轻弹簧后，小球在摆动过程中机械能不守恒，小球和轻弹簧构成的系统机械能守恒.
研透高考 明确方向
命题点1 单物体机械能守恒问题
3.[单物体单过程机械能守恒/2023上海]一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，不计空气阻力，对三者落地速率大小判断正确的是（ C ）
A.质量大的落地速率大
B.质量小的落地速率大
C.三者落地速率都相同
D.无法判断
解析 物块下落的过程中，只有重力做功，则物块的机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝12mv2-12mv02，解得v＝2gh＋v02，结合题意可知三个物块落地瞬间的速率相等，A、B、D错误，C正确.
4.[单物体多过程机械能守恒/2021海南]水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中.如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m.取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力，则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（ A ）
解析 人从滑梯顶端由静止开始滑到滑梯末端的过程中，由机械能守恒定律有mgH＝12mv2-0，从滑梯末端到落水过程由平抛运动规律有h＝12gt2，x＝vt，联立解得x＝4.0 m，故A正确.
命题点2 不含弹簧的系统机械能守恒问题
5.[速率相等的连接体模型/多选]如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直.开始时，重物A、B均处于静止状态，释放后A、B开始运动.已知A、B两重物的质量均为m，不考虑任何阻力作用，重力加速度为g，则当A向上运动的距离为h时（ BD ）
A.重物A的加速度大小为25g
B.连接重物B的细线的张力大小为35mg
C.重物A的速度大小为gh5
D.重物B的机械能减少了65mgh
解析 由题意可知，重物B的位移为重物A位移的2倍，由x＝12at2可知重物B的加速
度为A的2倍，设细线的拉力大小为FT，对A有2FT-mg＝ma，对重物B有mg-FT＝
2ma，两式联立可解得FT＝35mg，a＝15g，选项A错误、B正确；设此时重物A的速度
大小为vA，则重物B的速度大小为vB＝2vA，将A、B视为一个系统，由机械能守恒定
律可得mg·2h＝mgh＋12mvA2＋12mvB2，解得vA＝25gh，选项C错误；此时重物B的速度
大小为vB＝2vA＝225gh，故重物B的机械能减少量为ΔEB＝mg·2h-12mvB2＝65mgh，选
项D正确.
方法点拨
速率相等的连接体模型
1.如图所示的两物体组成的系统（不计一切摩擦），在释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向.在相等的时间内，A、B运动的路程相等，则A、B的速率相等.
2.根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解.
6.[角速度相等的连接体模型/多选]如图所示，质量均为m的A、B两球（均可视为质点）固定在轻质杆上，杆可绕固定转动轴O在竖直平面内无摩擦转动，已知A、B两球到O点的距离满足OB＝3OA＝3L，重力加速度为g.将杆拉到水平位置由静止释放，下列说法正确的是（ BC ）
A.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对B球做负功
B.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对A球做的功为－35mgL
C.杆向下摆动到竖直位置时，转动轴O对杆的作用力大小为265mg
D.杆向下摆动到竖直位置时，杆对B球的作用力大小为3mg
解析 A、B和杆组成的系统机械能守恒，可得mgL＋mg3L＝12mvA2＋12mvB2，由v＝ωl知vB＝3vA，联立解得vA＝4gL5，vB＝34gL5.对A球根据动能定理可得mgL＋WA＝12mvA2-0，对B球根据动能定理可得3mgL＋WB＝12mvB2-0，解得WA＝-35mgL，WB＝35mgL，故A错误，B正确.杆向下摆动到竖直位置时，对B球可得FB-mg＝mvB23L，解得FB＝175mg.对A球可得FO-mg-FB＝mvA2L，解得FO＝265mg，故C正确，D错误.
方法点拨
角速度相等的连接体模型
1.如图所示的两物体组成的系统，当从静止释放A、B后，A、B在竖直平面内绕O点转动.在转动的过程中，相等时间内A、B转过的角度相等，则A、B转动的角速度相等，其线速度的大小与转动半径成正比.
2.解决角速度相等的连接体问题的三点提醒
（1）要注意判断系统的机械能是否守恒.
（2）注意寻找物体间的速度关系和位移关系.
（3）列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp的形式，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解.
3.对于轻杆两端（或两处）各固定一个物体，整个系统绕杆上某点转动的轻杆模型，题设中一般忽略空气阻力和摩擦力，转动时两物体角速度相等，根据轻杆转轴的位置，可以确定两物体的线速度大小是否相等.轻杆对物体的作用力并不总是沿轻杆的方向，轻杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒.轻杆对物体做正功，使其机械能增加，同时轻杆对另一物体做负功，使其机械能减少，对于轻杆和两物体组成的系统，除重力之外没有外力对系统做功，系统的总机械能守恒.
7.[某一方向分速度大小相等的连接体模型/2024河南普高联考]如图所示，物块A和圆环B用不可伸长的轻绳连接，A放在固定不动的倾角为θ＝30°的光滑斜面上，B穿在固定光滑竖直杆上，杆和滑轮间的距离为L，A、B的质量分别为m1、m2，斜面与杆均足够长，重力加速度为g.圆环B从与滑轮等高处由静止释放，能下滑的最大距离为3L，下列说法正确的是（ C ）
A.开始下滑时，物块A与圆环B的加速度大小均等于g
B.物块A与圆环B的质量的比值为m1m2＝3
C.滑轮右侧绳与水平方向夹角为30°时，vAvB＝12
D.圆环B下滑L时，物块A的速度为2－22gL
解析 开始下滑时，圆环B在竖直方向上只受重力，B的加速度大小等于g，此时A的加速度大小为零，故A错误；对B由静止释放下滑到最低点的过程，由机械能守恒定律有m2g·3L＝m1g(2L-L) sin 30°，解得m1m2＝23，选项B错误；滑轮右侧绳与水平方向夹角为30°时，有vB cs 60°＝vA，故vAvB＝12，选项C正确；圆环B下滑L时，轻绳与水平方向夹角为45°，根据机械能守恒定律有m2gL-m1g(2L-L) sin 30°＝12m1vA2＋12m2vB2，vB cs 45°＝vA，解得物块A的速度为vA＝3+1-63+1gL，选项D错误.
方法点拨
某一方向分速度大小相等的连接体模型
1.如图甲所示，A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度v沿绳子和垂直于绳子方向分解，如图乙所示，其中沿绳子的分速度vx与A的速度大小相等.
2.根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解.
命题点3 含弹簧的系统机械能守恒问题
8.[2024广东广州大学附属中学校考]如图所示，A、B两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，B、C两球放在固定不动倾角为α的光滑斜面上，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球靠在与斜面垂直的挡板上.现用手托住A球，并使细线刚好伸直但无拉力作用，保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖直.开始时整个系统处于静止状态，释放A后，A下落的速度最大时C恰好对挡板无压力，已知A、B、C三球的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，细线与滑轮之间的摩擦不计，运动过程中A未落地，B未与滑轮相撞，则（ D ）
A.A开始下落至最低点的过程中，A、B、C三个小球所组成的系统机械能守恒
B.当C球刚要离开挡板时B球的速度为0
C.斜面的倾角α约为37°
D.A球的最大速度为gm2k
解析 A球开始下落至最低点的过程中，A、B、C三个小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，故A、B、C三个小球所组成的系统机械能不守恒，A错误；A球下落的速度最大时C球恰好对挡板无压力，当轻质细线向上的拉力等于A球的重力时，A球加速度为零，速度达到最大，此时通过细线与A球相连的B球有相同的运动情况，加速度为零，速度达到最大，故B错误；A球速度达到最大时，以B、C两球为整体，受力分析可得2mg sin α＝T，细线的拉力为T＝mg，可得斜面的倾角为α＝30°，故C错误；A球未下落时，弹簧压缩量为x1＝mgsinαk，A球速度达到最大时，弹簧伸长量为x2＝mgsinαk，可知x1＝x2，故A球开始下落至速度达到最大时，弹簧弹性势能不变，根据系统机械能守恒有mg(x1＋x2)-mg(x1＋x2) sin α＝12·2mv2，解得A球的最大速度为vgm2k，故D正确.
9.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上.现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行.已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态.释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面.试求：
（1）斜面倾角α；
（2）A获得的最大速度的大小.
答案 （1）30° （2）2gm5k
解析 （1）A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，A、B的加速度为零，而此时弹簧的弹力大小为mg，对B进行受力分析，细线的拉力T＝2mg
对A进行受力分析，沿斜面方向有4mgsinα＝T
联立解得α＝30°
（2）开始时弹簧的压缩量与C恰好离开地面时弹簧的伸长量相等，由机械能守恒定律得
4mgsinα·2mgk＝12（4m＋m）vmax2＋mg·2mgk
解得vmax＝2gm5k.
方法点拨
轻弹簧连接的物体系统机械能守恒
命题点4 非质点系统的机械能守恒问题
10.[均匀链条]如图所示，有一条长为L＝2m的均匀金属链条，有一半长度在固定的足够高的光滑斜面上，斜面顶端是一个很小的圆
弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，链条由静止释放后开始滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10m/s2）（ B ）
B.522m/s
C.5m/sD.352m/s
解析 设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点所在水平面为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝-12×2mg×L4 sin 30°-12×2mg×L4＋0＝-38mgL，链条全部滑出后，动能为E'k＝12×2mv2，重力势能为E'p＝-2mg×L2，由机械能守恒定律可得E＝E'k＋E'p，即-38mgL＝mv2-mgL，解得v＝522 m/s，故B正确，A、C、D错误.
模型特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒
两点提醒
（1）对同一弹簧，无论弹簧伸长还是压缩，弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定
（2）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
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