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2014年福建高考卷的第18题的（A）选项，是一个难点，一些资料在解析时有的三言两语故意回避，有的所列方程艰涩难懂，甚至还有的出现了错误的地方.本文给出了几种简洁明快的解法，供大家参考.
原题 （2014福建卷18）如图1，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动.质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端.现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块
A.最大速度相同
B.最大加速度相同
C.上升的最大高度不同
D.重力势能的变化量不同
对于题中的A选项，如下几种解法更加简捷：
解法1 过渡量比较法
设斜面倾角为θ，两物块质量分别为m1、 m2，且 ，弹簧劲度系数为k，弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，物块能达到的最大速度分别为vm1 、vm2 .由于最大速度的位置就是滑块的平衡位置，设m2处在平衡位置时弹簧的压缩量为x2，m2的平衡位置距出发点的竖直高差为Δh， 滑块m1运动至与m2的平衡位置等高处时的速度为v1，考虑两滑块从出发点升高相同高度Δh的过程，由机械能守恒定律，对m1有
Ep=m1gΔh 12m1v21 12kx22（1）
对m2有
Ep=m2gΔh 12m2v2m2 12kx22（2）
由（1）、（2）得
m1gΔh 12m1v21=m2gΔh 12m2v2m2
即m1（gΔh 12v21）=m2（gΔh 12v2m2 ）
因为m1vm2 .
两滑块在平衡位置时满足kx1=m1gsinθ、kx2=m2gsinθ，因为m1 知x1v1>vm2 ，A选项错误.
解法2 等效转换法
如图2所示，设滑块质量为m，滑块最低位置为A点，平衡位置为O点，弹簧刚恢复原长时滑块在B点，滑块在平衡位置时弹簧的压缩量为x0，A、O间的距离为xA，其余题设条件如前.
我们先寻求一个通用的表达式，滑块平衡时有
kx0=mgsinθ（3）
滑块离开平衡位置的距离为x时的回复力大小为
F=k（x x0）-mgsinθ（4）
联立（3）、（4）得
F=kx=（5）
由A→O利用机械能守恒定律得
12k（x0 xA）2=mgxAsinθ 12mv2m 12kx20
整理得
12kx2A kx0xA=mgxAsinθ 12mv2m⑥=（6）
把（3）代入（6）得
12kx2A=12mv2m（7）
仔细观察（5）、（7）两式，都非常简单，这与如图3所示的光滑水平面上的弹簧振子的运动规律是否极其相似？！
若以滑块的平衡位置O作为位移和弹簧形变量的起点，就像光滑水平面上的弹簧振子一样，重力及重力势能这两个量我们都不必考虑，图2中A→O的过程就可看成是弹性势能向动能转化的过程，所以不必推导可直接写出（7）式：
12kx2A=12mv2m，
所以vm=xAkm（8）
设最低点到两滑块平衡位置的距离分别为xA1 、xA2 ，当m1xA2 ，结合（8）式可以看出vm1 >vm2 .
解法3 a-x图象法
沿用解法2的观点——选取滑块的平衡位置O作为位移和弹簧形变量的起点，由（5）式可得滑块的加速度大小为a=xmx，再结合解法2的结
论xA1 >xA2 ，我们可画出滑块从最低点到平衡位置的a-x图象如图3所示，图中BO为滑块m1的图象、PO为滑块m2的图象.设滑块从最低点到平衡位置的过程中加速度随位移变化的平均值分别为1、2，由图象可看出1>2，由运动学公式得v2m1 =21xA1 ，
v2m2 =22xA2 ，由于xA1 >xA2 、
1>2，所以vm1 >vm2 .
解法4 a-t图象法
设出发时弹簧的压缩量为xm，由牛顿第二定律得kxm-mgsinθ=mam，所以
am=kxmm-gsinθ（9）
若m1am2 ，滑块与弹簧未分离时可看作一弹簧振子，由周期公式T=2πmk知T1 我们知道：对于正弦式电流，其平均值和最大值间的关系是I=2πIm，与之类似，图4中滑块的平均加速度就可表示为a=2πam，据此可求出图线与两坐标轴所围的面积为
vm=a·T4=2πam·T4（10）
式中周期
T=2πmk（11）
联立（9）、（10）、（11）解得
vm=xm
km-gsinθmk，
由此式可看出：当m1vm2 .
显然，以上几种解法都较为简便，解法1简便易懂，学生更容易接受；解法2中把平衡位置作为弹簧形变量起点的看法在高中物理教学中并不作要求，学生接受起来可能会有些难度，讲授时注意要做好与平面上弹簧振子的对比；解法3运用了平均加速度的概念，用匀变速运动的规律来解决非匀变速运动的问题，学生应该能够理解；解法4虽然避免了用微积分的方法求面积，但所借鉴的关系式I=2πIm在高中教材中并未呈现，搞竞赛的学生应该知道，讲还是不讲要视情况而定.
原题 （2014福建卷18）如图1，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动.质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端.现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块
A.最大速度相同
B.最大加速度相同
C.上升的最大高度不同
D.重力势能的变化量不同
对于题中的A选项，如下几种解法更加简捷：
解法1 过渡量比较法
设斜面倾角为θ，两物块质量分别为m1、 m2，且 ，弹簧劲度系数为k，弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，物块能达到的最大速度分别为vm1 、vm2 .由于最大速度的位置就是滑块的平衡位置，设m2处在平衡位置时弹簧的压缩量为x2，m2的平衡位置距出发点的竖直高差为Δh， 滑块m1运动至与m2的平衡位置等高处时的速度为v1，考虑两滑块从出发点升高相同高度Δh的过程，由机械能守恒定律，对m1有
Ep=m1gΔh 12m1v21 12kx22（1）
对m2有
Ep=m2gΔh 12m2v2m2 12kx22（2）
由（1）、（2）得
m1gΔh 12m1v21=m2gΔh 12m2v2m2
即m1（gΔh 12v21）=m2（gΔh 12v2m2 ）
因为m1
两滑块在平衡位置时满足kx1=m1gsinθ、kx2=m2gsinθ，因为m1
解法2 等效转换法
如图2所示，设滑块质量为m，滑块最低位置为A点，平衡位置为O点，弹簧刚恢复原长时滑块在B点，滑块在平衡位置时弹簧的压缩量为x0，A、O间的距离为xA，其余题设条件如前.
我们先寻求一个通用的表达式，滑块平衡时有
kx0=mgsinθ（3）
滑块离开平衡位置的距离为x时的回复力大小为
F=k（x x0）-mgsinθ（4）
联立（3）、（4）得
F=kx=（5）
由A→O利用机械能守恒定律得
12k（x0 xA）2=mgxAsinθ 12mv2m 12kx20
整理得
12kx2A kx0xA=mgxAsinθ 12mv2m⑥=（6）
把（3）代入（6）得
12kx2A=12mv2m（7）
仔细观察（5）、（7）两式，都非常简单，这与如图3所示的光滑水平面上的弹簧振子的运动规律是否极其相似？！
若以滑块的平衡位置O作为位移和弹簧形变量的起点，就像光滑水平面上的弹簧振子一样，重力及重力势能这两个量我们都不必考虑，图2中A→O的过程就可看成是弹性势能向动能转化的过程，所以不必推导可直接写出（7）式：
12kx2A=12mv2m，
所以vm=xAkm（8）
设最低点到两滑块平衡位置的距离分别为xA1 、xA2 ，当m1
解法3 a-x图象法
沿用解法2的观点——选取滑块的平衡位置O作为位移和弹簧形变量的起点，由（5）式可得滑块的加速度大小为a=xmx，再结合解法2的结
论xA1 >xA2 ，我们可画出滑块从最低点到平衡位置的a-x图象如图3所示，图中BO为滑块m1的图象、PO为滑块m2的图象.设滑块从最低点到平衡位置的过程中加速度随位移变化的平均值分别为1、2，由图象可看出1>2，由运动学公式得v2m1 =21xA1 ，
v2m2 =22xA2 ，由于xA1 >xA2 、
1>2，所以vm1 >vm2 .
解法4 a-t图象法
设出发时弹簧的压缩量为xm，由牛顿第二定律得kxm-mgsinθ=mam，所以
am=kxmm-gsinθ（9）
若m1
vm=a·T4=2πam·T4（10）
式中周期
T=2πmk（11）
联立（9）、（10）、（11）解得
vm=xm
km-gsinθmk，
由此式可看出：当m1
显然，以上几种解法都较为简便，解法1简便易懂，学生更容易接受；解法2中把平衡位置作为弹簧形变量起点的看法在高中物理教学中并不作要求，学生接受起来可能会有些难度，讲授时注意要做好与平面上弹簧振子的对比；解法3运用了平均加速度的概念，用匀变速运动的规律来解决非匀变速运动的问题，学生应该能够理解；解法4虽然避免了用微积分的方法求面积，但所借鉴的关系式I=2πIm在高中教材中并未呈现，搞竞赛的学生应该知道，讲还是不讲要视情况而定.