Question

19．如圖所示，豎直輕彈簧下端固定在水平面上，質(zhì)量為m的小球與彈簧上端固定在一起．彈簧處于壓縮狀態(tài)，用一條拉緊的細(xì)線系住，此時(shí)細(xì)線上的拉力F=3mg．已知彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧形變量的平方成正比，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g．現(xiàn)剪斷細(xì)線，彈簧將小球向上彈起，經(jīng)△t時(shí)間，小球上升到最高點(diǎn)，上升的最大高度為h．在此過程中，下列判斷正確的是（　�。�

• A． 小球速度最大時(shí)上升的高度小于$\frac{h}{2}$
• B． 地面對(duì)彈簧沖量的大小為mg△t
• C． 剪斷細(xì)線前彈簧的彈性勢(shì)能為mgh
• D． 小球的最大速度的大小為$\sqrt{\frac{3}{2}gh}$

Answer 1

分析 A、小球做簡諧運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為h，結(jié)合對(duì)稱性，上升$\frac{h}{2}$時(shí)動(dòng)能最大，處于平衡狀態(tài)；
B、對(duì)彈簧振子系統(tǒng)，對(duì)運(yùn)動(dòng)全程根據(jù)動(dòng)量定理列式求解地面對(duì)彈簧沖量的大��；
C、對(duì)彈簧振子系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式分析；
D、結(jié)合機(jī)械能守恒定律列式求解小球的最大速度．

解答 解：A、小球做簡諧運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為h，簡諧運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，故上升$\frac{h}{2}$時(shí)動(dòng)能最大，速度最大，即小球速度最大時(shí)上升的高度等于$\frac{h}{2}$，故A錯(cuò)誤；
B、規(guī)定向上為正，對(duì)彈簧和小球系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量定理，有：
I-mg△t=0-0
故I=mg△t，故B正確；
C、開始時(shí)細(xì)線上的拉力F=3mg，球受拉力、重力和彈簧的支持力平衡，故彈簧彈力為4mg，壓縮量為$\frac{4mg}{k}$；
平衡位置彈簧的支持力為mg，壓縮量為$\frac{mg}{k}$；
故$\frac{h}{2}$=$\frac{4mg}{k}-\frac{mg}{k}=\frac{3mg}{k}$，則h=$\frac{6mg}{k}$；
結(jié)合簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，最高點(diǎn)時(shí)彈簧的伸長量為：h-$\frac{4mg}{k}$=$\frac{2mg}{k}$；
從剪斷細(xì)線到小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)為零過程，對(duì)彈簧和小球系統(tǒng)，重力勢(shì)能增加了mgh，動(dòng)能不變，故彈性勢(shì)能減小了mgh，但最高點(diǎn)彈性勢(shì)能不為零，故剪斷細(xì)線前彈簧的彈性勢(shì)能大于mgh，故C錯(cuò)誤；
D、已知彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧形變量的平方成正比，設(shè)平衡位置彈性勢(shì)能為E_p，則最低點(diǎn)彈簧的彈性勢(shì)能為4²E_p=16E_p，最高點(diǎn)彈性勢(shì)能為2²E_P=4E_P；
彈簧振子系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，以最低點(diǎn)為重力勢(shì)能零點(diǎn)，故：
$16{E}_{p}=\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}+{E}_{p}+mg\frac{h}{2}$（最低點(diǎn)和平衡點(diǎn)系統(tǒng)機(jī)械能相等）
16E_p=4E_p+mgh （平衡點(diǎn)和最高點(diǎn)系統(tǒng)機(jī)械能相等）
聯(lián)立解得：v_m=$\sqrt{\frac{3}{2}gh}$；故D正確；
故選：BD

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確小球和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，同時(shí)要結(jié)合簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性進(jìn)行分析，考慮三個(gè)點(diǎn)（最低點(diǎn)、平衡點(diǎn)、最高點(diǎn)）的受力情況和彈簧的形變量情況，不太難．