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    15．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，并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，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．下列说法正确的是（　　）
    A．斜面倾角α=60°
    B．A获得最大速度为2g$\sqrt{\frac{m}{5k}}$
    C．C刚离开地面时，B的加速度最大
    D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒

    分析 C刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角．
    A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等．

    解答 解：A、A刚离开地面时，对A有：kx2=mg         
    此时B有最大速度，即aB=aC=0
    则对B有：T-kx2-mg=0
    对A有：4mgsinα-T=0               
    以上方程联立可解得：sinα=0.5，α=30°，故A错误；      
    B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg
    由上问知x1=x2=$\frac{mg}{k}$，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；
    此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：
      4mg（x1+x2）sinα=mg（x1+x2）+$\frac{1}{2}$（4m+m）vBm2
    以上方程联立可解得：vBm=2g$\sqrt{\frac{m}{5k}}$
    所以A获得最大速度为2g$\sqrt{\frac{m}{5k}}$，故B正确；
    C、对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；
    D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．
    故选：B．

    点评 本题关键是对三个物体分别受力分析，得出物体B速度最大时各个物体都受力平衡，然后根据平衡条件分析；同时要注意是那个系统机械能守恒．

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    求：（1）微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
    （2）求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电磁场中由A至Q的运动轨迹；
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    C．振子A的振幅较大，振动频率为3fD．振子B的振幅较大，振动频率为f

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