高考物理模型全归纳 第36讲 与弹簧相关的机械能守恒问题

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高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。


第36讲 与弹簧相关的机械能守恒问题

1．（2022·江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态．A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零．A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　）

A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
【解答】解：A、在最大位移处A物体的加速度沿斜面向下，am=mgsinθ−μmgcosθ−kAm，放上物体B，两物体和弹簧系统的平衡位置变化，当位移处于原最大位移的一半时，不是系统所有受力均减半，故加速度不一定沿斜面向下，故A错误；
B、A向上滑时，AB被弹起向上加速，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态。随后弹簧弹力小于重力下滑分力及摩擦力总和，直到速度为零，整个过程弹簧弹力一直沿斜面向上，故B正确；
C、对B物体，其加速度a=mBgsinθ−μmBgcosθ−FNmB，向下滑的过程中，加速度先减小后反向增大，那么支持力（或压力）一直增大，不减小，故C错误；
D、从放上B物体，到恰返回原处时速度为零，由能量守恒可知，AB克服摩擦做的功等于B的重力势能的减小量，故D错误。
故选：B。
（多选）2．（2022·辽宁）如图所示，带电荷量为6Q（Q＞0）的球1固定在倾角为30°光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为﹣Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m
的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为L2，球2、3间的静电力大小为mg2。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（　　）

A．带负电
B．运动至a点的速度大小为gL
C．运动至a点的加速度大小为2g
D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为33−46mg
【解答】解：A、由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；
B、小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于L2，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，根据动能定理得：
mgLsinθ=12mv2
解得：v=gL，故B正确；
C、小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有
kQqL2=mg2
设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有
F=kq⋅6QL2−kQqL2sin30°−mgsin30°
解得：F=94mg
小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于L2，根据对称性可知
F+kQqL2sin30°−mgsin30°=ma
解得：a＝2g，故C正确；
D、当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的拉力为
F23=kQq(32L)2=43⋅kQqL2=23mg
斜面对小球的支持力为
FN=mgcos30°−F23=33−46mg
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为33−46mg，故D正确；
故选：BCD。


一.知识回顾
1．弹簧类问题的突破要点
(1)弹簧的弹力大小由形变大小决定，解题时一般应从弹簧的形变分析入手，确定原长位置、现长位置、平衡位置等，再结合其他力的情况分析物体的运动状态。
(2)因软质弹簧的形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变。因此，在分析瞬间变化时可以认为弹力大小不变，即弹簧的弹力不突变。
(3)在求弹簧的弹力做功或弹簧的弹性势能时，通常可以根据系统的机械能守恒或功能关系进行分析。
2．弹簧类问题的注意事项
(1)弹簧处于相同状态时弹性势能相等；
(2)在不同的物理过程中，弹簧形变量相等，则弹性势能的变化量相等。
(3)弹簧的弹性势能增加或减少时，弹簧与其它物体发生了能量的转移或转化。

二.例题精析
题型一：弹簧与一物体相连
（多选）例1．如图所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力。在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．小球的重力势能增加
B．小球的重力势能减少
C．弹簧的弹性势能增加
D．弹簧的弹力做负功，弹性势能减少
【解答】解：AB、小球由A点摆向最低点的过程中，重力做正功，重力势能减小，故A错误、B正确；
CD、向下运动过程中，弹簧被拉伸，弹簧弹力做负功，弹性势能增加，故C正确、D错误。
故选：BC。

题型二：弹簧与多物体相连
（多选）例2．如图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面的倾角为θ＝30°．质量均为l kg的A、B两物体用轻弹簧拴接在一起，弹簧的劲度系数为5N/cm，质量为2kg的物体C用细线通过光滑的轻质定滑轮与物体B连接．开始时A、B均静止在斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细线刚好被拉直．现把手拿开，让C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，下列说法正确的是（取g＝10m/s2）（　　）

A．初状态弹簧的压缩量为1cm
B．末状态弹簧的伸长量为1cm
C．物体B、C与地球组成的系统机械能守恒
D．物体C克服绳的拉力所做的功为0.2J
【解答】解：A、初状态弹簧的压缩量为 x1=mBgsinθk=1×10×0.5N5N/cm=1cm，故A正确。
B、末状态弹簧的伸长量为 x2=mAgsinθk=1×10×0.5N5N/cm=1cm。故B正确。
C、对于物体B、C与地球组成的系统，由于弹簧对B做负功，所以系统的机械能不守恒。故C错误。
D、初末状态弹簧的弹性势能相等，对于弹簧、物体B、C与地球组成的系统，根据机械能守恒定律得
mCg（x1+x2）＝mBg（x1+x2）sinθ+12(mB+mC)v2
对C，由动能定理得 mCg（x1+x2）﹣W=12mCv2
解得物体C克服绳的拉力所做的功 W＝0.2J，故D正确。
故选：ABD。
二.举一反三，巩固练习
1. 如图所示，粗糙水平轨道AB与竖直平面内的光滑14圆轨道BC在B处平滑连接，B、C分别为14圆轨道的最低点和最高点。一个质量m＝0.1kg的小物体P被一根细线拴住放在水平轨道上，细线的左端固定在竖直墙壁上。在墙壁和P之间夹一根被压缩的轻弹簧，此时P到B点的距离x0＝0.5m。物体P与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道半径R＝1.0m。现将细线剪断，P被弹簧向右弹出后滑上14圆轨道，已知P经过B点时对轨道的压力为4.6N，g取10m/s2。则细线未剪断时弹簧的弹性势能为（　　）

A．1.9J B．1.8J C．1.7J D．1.6J
【解答】解：P经过B点时对轨道的压力为4.6N，根据牛顿第三定律知轨道对P的支持力大小为FN＝4.6N
对P，由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝mvB2R
从剪断细线到P经过B点的过程，根据能量守恒定律得：Ep＝μmgx0+12mvB2
代入数据解得Ep＝1.9J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2. 弹簧的一端固定在墙上，另一端系一质量为m
的木块，弹簧为自然长度时木块位于水平地面上的O点，如图所示。现将木块从O点向右拉开一段距离L后由静止释放，木块在粗糙水平面上先向左运动，然后又向右运动，往复运动直至静止。已知弹簧始终在弹性限度内，且弹簧第一次恢复原长时木块的速率为v0，则（　　）

A．木块第一次向左运动经过O点时速率最大
B．木块最终停在O点
C．整个运动过程中木块速率为v0的时刻只有一个
D．整个运动过程中木块速率为v0的时刻只有两个
【解答】解：A.木块第一次向左运动到满足kx＝μmg，即向左的弹簧拉力等于向右的滑动摩擦力时，速率最大，此时还未到O点，故A错误；
B.木块最终停止的位置不一定在O点，只要停止运动时，满足弹簧的弹力小于等于最大静摩擦力的位置均有可能，故B错误；
CD.结合A解析可知，木块第一次向左运动到O点过程先加速后减速，故运动到速率最大之前还有一次速率为v0，之后由于滑动摩擦力作用，速率不可能再等于v0，故整个运动过程中木块速率为%的时刻只有两个，故C错误，D正确。
故选：D。
3. 如图所示，在光滑的水平面上有两个物块A、B，中间连接着一轻质弹簧，A靠在竖直的墙壁上，先用力作用于B上，使弹簧压缩一定距离后释放，从释放物块B到弹簧第一次恢复原长的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．刚释放物块B时，A的速度最大
B．刚释放物块B时，B的速度最大
C．弹簧第一次恢复原长时，弹性势能最大
D．弹簧第一次恢复原长时，B的动能最大
【解答】解：AB、刚释放物块B时，由于惯性，A、B的速度都为零，故AB错误；
CD、弹簧第一次恢复原长时，弹簧弹性势能最小（为零）。释放B后，B
向右做加速运动，当弹簧第一次恢复原长后，B的速度大于A的速度，弹簧继续伸长，此时B受到的弹力向左而做减速运动，所以弹簧第一次恢复原长时，B的动能最大，故C错误，D正确。
故选：D。
4. 如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、32m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上.放手后物体A下落，到与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦阻力。则（　　）

A．上述过程中物体A的速度先增大后减小
B．上述过程中物体A机械能的变化量为12mv2
C．上述过程中物体A的加速度先减小后保持不变
D．此时弹簧的弹性势能等于12mv2﹣mgh
【解答】解：AC、A落地时B对地面恰好无压力，则此时弹簧的弹力F=32mg，开释放A时弹簧的弹力为零，A向下做加速运动，弹簧弹力增大，A所受合力减小，加速度减小，当弹簧弹力等于A的重力mg时合力为零，速度最大，然后A继续向下运动过程弹簧弹力大于A的重力，A所受合力向上，合力逐渐增大，加速度增大，A向下做加速度增大的减速运动，因此从释放A到A落地过程，A先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A正确，C错误；
B、取地面为参考平面，则此过程A初状态的机械能为mgh，末态时机械能为12mv2，物体A的机械能变化量为12mv2−mgh，故B正确；
D、A与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv2+Ep，解得弹簧的弹性势能Ep＝mgh−12mv2，故D错误。
故选：A。
5. 如图甲所示为某缓冲装置模型，劲度系数为k（足够大）的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，此过程其速度v随时间t变化的v﹣t图象如图乙所示。已知在0～t1时间内，图线为曲线，在t1～t2时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是（　　）

A．在0～t1时间内，小车运动的位移为2fk
B．在t1时刻，小车速度v1=v02−2flm
C．在0～t2时间内，轻杆摩擦产生热Q＝fl
D．在t1+t2时刻，小车恰好离开轻弹簧
【解答】解：A、小车把弹簧压缩到x=fk时，两者一起推动杆向右减速运动，这个过程中，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x先增大，到车与杆的速度相等时x保持不变，直到杆的速度减为0，所以在0～t1时间内，小车运动的位移为fk，故A错误；
B、在0～t1时间内，弹簧弹力做功可以用平均力求解，t1时刻弹力等于f，对小车列动能定理得：
−12fl=12mv12−12mv02
解得：v1=v02−flm，故B错误；
C、在0～t2时间内，轻杆摩擦产生热：Q＝f•x相对，其中相对位移为l，所以轻杆摩擦产生热为：Q＝fl，故C正确；
D、在t1+t2时刻，小车和弹簧以及轻杆的速度为零，此时弹簧处于压缩状态，小车没有离开轻弹簧，故D错误。
故选：C。
6. 如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α＝53°，某时刻由静止释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则（　　）

A．弹簧的劲度系数为3mg2d
B．物体乙释放瞬间加速度等于g
C．小球甲到达Q点时的速度大小为4gd3
D．小球和物体乙的机械能之和保持不变
【解答】解：A、物体P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知PQ＝dtan53°=43d
则小球位于P点时弹簧的压缩量为x=12PQ=23d
对P点的小球由力的平衡条件可知mg＝kx
解得k=3mg2d，故A正确；
B、物体乙释放瞬间，设轻绳中拉力大小为T，对甲、乙根据牛顿第二定律可得：
Tsinα＝ma甲
4mg﹣T＝4ma乙
根据运动的合成与分解可得：a甲sinα＝a乙
联立以上三式解得：a乙=6489g，故B错误；
C、当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为v
，此时物体乙的速度为零，又小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得：
4mg（dcos53°−d）﹣mgdtan53°=12mv2
解得v=8gd3，故C错误；
D、小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D错误。
故选：A。
7. 如图所示，光滑细杆AB倾斜固定，与水平方向夹角为45°，一轻质弹簧的一端固定在O点，另一端连接质量为m的小球，小球套在细杆上，O与细杆上A点等高，O与细杆AB在同一竖直平面内，OB竖直，OP垂直于AB，且OP＝L，当小球位于细杆上A、P两点时，弹簧弹力大小相等。现将小球从细杆上的A点由静止释放，在小球沿细杆由A点运动到B点的过程中（已知重力加速度为g，弹簧一直处于弹性限度内且不弯曲），下列说法中正确的是（　　）

A．弹簧的弹性势能先减小后增大
B．小球运动过程中弹簧弹力的瞬时功率为零的位置有两个
C．小球运动到B点时的动能为2mgL
D．弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球沿杆运动的距离
【解答】解：A．由题意可知，当小球位于细杆上A、P两点时，弹簧弹力大小相等，则小球位于细杆上A点时弹簧处于拉伸状态，小球在P点时弹簧处于压缩状态，在小球沿细杆由A点运动到B点时，弹簧的形变量先减小后增大，再减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，再减小后增大，如图所示，故A错误；
B．在AP间和PB间各有一个位置弹簧处于原长的状态，在P点弹簧的弹力垂直杆，弹簧弹力为零或弹力与速度方向垂直时弹力的功率均为零，因此小球运动过程中弹簧弹力的瞬时功率是零的位置有三个，故B错误；
C．小球沿杆从A到B的运动中，弹簧的弹力对小球做功是零，由动能定理可得，小球运动到B
点时的动能为：Ek=mg⋅2Lsin45°=2mgL，故C错误；
D．由题意可知，小球沿杆从A到P的运动中，弹簧的弹力对小球做功是零，小球从A点由静止释放到弹簧恢复原长，弹簧弹力对小球做正功，小球从弹簧恢复原长到运动到P点，弹簧弹力对小球做负功，即小球克服弹簧弹力做功，弹力对小球做正功和做负功大小相等，大小等于弹簧的弹性势能，大小又等于mg⋅L2sin45°，因此从A到P运动过程中，弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球沿杆运动的距离，同理从P到B运动过程中，弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离也等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球沿杆运动的距离，故D正确。
故选：D。

8. 如图所示，用完全相同的轻质弹簧P、Q拴接小球A，固定在竖直平面内处于静止状态，此时两弹簧的总长度恰好等于两弹簧的原长之和。已知弹簧的劲度系数为k，小球的质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．弹簧P的伸长量为mgk
B．剪断弹簧Q的瞬间，小球A的加速度大小为g
C．剪断弹簧Q后，小球A的机械能守恒
D．剪断弹簧Q后，小球A做简谐运动的振幅为mg2k
【解答】解：A、设弹簧P的伸长量为x，因轻质弹簧P、Q完全相同，两弹簧的总长度恰好等于两弹簧的原长之和，则弹簧Q的压缩量也为x。对小球A，由平衡条件有：mg＝2kx，得x=mg2k，故A错误；
B、剪断弹簧Q的瞬间，弹簧P的弹力没有来得及变化，由牛顿第二定律得：mg﹣kx＝ma
，可得小球A的加速度大小为a=g2，故B错误；
C、剪断弹簧Q后，弹簧P对小球要做功，则小球A的机械能守恒。由于只有重力和弹力做功，所以小球A和弹簧P组成的系统的机械能守恒，故C错误；
D、剪断弹簧Q后，小球A在平衡位置时弹簧P的伸长量为x′=mgk，小球A做简谐运动的振幅为A＝x﹣x′=mgk−mg2k=mg2k，故D正确。
故选：D。
9. 光滑固定斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速释放，物块在BC范围内做简谐运动，则下列说法正确的是（　　）

A．物块从B运动到O的过程中，振动系统弹性势能与动能之和先增大后减小
B．物块从O运动到C的过程中，振动系统重力势能与动能之和不变
C．物块从C运动到B的过程中，振动系统弹性势能与重力势能之和在O处最小
D．物块从C运动到B的过程中，振动系统重力势能与动能之和在O处最大
【解答】解：A.根据能量守恒可知，振动系统弹性势能与动能与重力势能之和不变，物块从B运动到O的过程中，重力势能增大，则振动系统弹性势能与动能之和减小，故A错误；
B.物块从O运动到C的过程中，振动系统弹性势能先减小后增大，则振动系统重力势能与动能之和先增大后减小，故B错误；
C.物块从C运动到B的过程中，在O处加速度为零，动能最大，则振动系统弹性势能与重力势能之和在O处最小，故C正确；
D.因为在O处弹性势能并不为零（弹性势能为零点在OC之间），则振动系统重力势能与动能之和在O处并不是最大，故D错误。
故选：C。
10. 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，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．则下列说法错误的是（　　）

A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于32mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于32mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向上
D．弹簧的弹性势能最大值为32mgL
【解答】解：A．A的动能最大前，A的加速度方向向下，此时A处于失重状态，整个系统对地面的压力小于3mg，根据对称性及牛顿第三定律可知B受到地面的支持力小于32mg，故A正确；
B．A的动能最大时，A的加速度为零，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F=32mg；故B正确；
C．当弹簧的弹性势能最大时，A减速到最低点，此时A的加速度方向竖直向上，故C正确；
D．A下落的高度为：h＝Lsin60°﹣Lsin30°=3−12L，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为：EP＝mgh=3−12mgL，故D错误。
本题选择错误选项；
故选：D。
11. 如图所示，光滑固定斜面的倾角为θ，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧上端与质量为m的物体A相连。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A，滑轮右侧绳子与斜面平行。当A静止不动时，弹簧的弹性势能为Ep。已知重力加速度为g。现用恒力F竖直向下拉绳的另一端，使A由静止开始沿斜面向上运动。试求：当弹簧恢复到原长时，物体A的速度大小。

【解答】解：设A物体处于静止状态时弹簧的压缩量为x，弹簧恢复原长时物体A的速度为v。
当A物体处于静止状态时，以物体A为研究对象，由平衡条件有
mgsinθ＝kx
从开始运动到弹簧恢复原长的过程中，对A，由动能定理得
Fx﹣mgxsinθ+W弹=12mv2−0
由弹簧弹力做功与弹性势能变化的关系得W弹＝Ep
联立解得v=2gsinθ(F−mgsinθ)k−2EPm
答：当弹簧恢复到原长时，物体A的速度大小为2gsinθ(F−mgsinθ)k−2EPm。
12. 如图所示，半径为R＝0.45m的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，圆心为O1，最低点A点与光滑水平面相切，最高点B紧靠水平传送带的左端C点，CD间的距离为L＝6m，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带向右匀速运动的速度为v0＝5m/s。水平地面上处于锁定状态的轻弹簧的一端固定在立柱上，另一端紧靠一质量为m＝1kg的物块（可视为质点）。水平地面上有一半径为r的圆盘可以绕着O2点匀速转动，O2在传送带右端D点的正下方h＝0.45m处，EF为圆盘的一条直径。现将弹簧解除锁定，物块运动到B点时受轨道的作用力为F＝10N，物块到达D点时圆盘恰好转动到图示位置，物块沿O2F方向飞离D点后恰好打在圆盘边缘上的E点，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）轻弹簧处于锁定状态时的弹性势能Ep；
（2）物块在传送带上运动的时间；
（3）圆盘的半径r和圆盘转动的角速度ω应满足的条件。

【解答】解：（1）物块运动到B点时，根据牛顿第二定律有：mg+F=mvB2R
解得
vB＝3m/s
由能量守恒定律可得Ep＝mg•2R+12mvB2
解得
Ep＝13.5J
（2）设物块在传送带上加速运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma
加速到共同速度的时间为t=v0−vBa
加速到共同速度的位移为x=vB+v02t
解得：x＝4m
物块与传送带一起匀速运动的位移为x'＝L﹣x
物块与传送带一起匀速运动的时间为t'=x2v0
物块在传送带上运动的总时间为t总＝t+t'
代入数据解得：t总＝1.4s
（3）物块离开传送带后以v0＝5m/s的初速度做平抛运动，根据平抛运动规律有：r＝v0t
h=12gt2
解得t＝0.3s，r＝1.5m
又t＝（n+12）T（n＝0，1，2，3……）
T=2πω
解得ω=10π3（2n+1）rad/s（n＝0，1，2，3……）
答：（1）轻弹簧处于锁定状态时的弹性势能为13.5J；
（2）物块在传送带上运动的时间为1.4s；
（3）圆盘的半径r和圆盘转动的角速度ω应满足的条件为ω=10π3（2n+1）rad/s（n＝0，1，2，3……）。