Question

3．如圖，在傾角為θ的光滑斜面上有甲、乙兩個用輕質(zhì)彈簧相連的物塊，它們的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，丙為一固定的擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)在開始用一恒力F=mgsinθ 沿斜面方向拉甲物塊，使之向上運動，在以后的運動過程中，乙物塊恰好不會離開擋板，下面說法正確的是（　�。�

• A． 甲物塊的最大加速度為a=2gsinθ
• B． 甲物塊向上運動的最大距離為${x}_{m}=\frac{2mgsinθ}{k}$
• C． 甲物塊運動的最大速度為v_m=$\sqrt{\frac{m}{k}}gsin$θ
• D． 甲物塊的動能最大時，系統(tǒng)的彈性勢能與重力勢能之和最小

Answer 1

分析 對甲進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律求出開始時甲的加速度，并分析甲的加速度的變化；
當(dāng)乙要離開丙時，乙、丙間的彈力為零，求出彈簧的彈力，再隔離甲分析，根據(jù)共點力平衡和胡克定律求出彈簧的伸長量．以及甲的加速度；
根據(jù)功能關(guān)系，結(jié)合運動的對稱性分析甲物體受到最大時的速度大小，以及甲物塊的動能最大時，系統(tǒng)的彈性勢能與重力勢能之和．

解答 解：A、F=mgsinθ時，對甲受力分析可知，甲靜止時彈簧的彈力：F₁=mgsinθ
剛剛把F加到甲上的瞬間：ma₁=F+F₁-mgsinθ
得：a₁=gsinθ
甲向上運動的過程中，彈簧的向上的彈力逐漸減小，所以甲的加速度逐漸減小，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，甲的加速度為0；當(dāng)甲再向上運動時，彈簧的拉力向下，所以甲開始做減速運動，加速度隨位移的增大而增大．
當(dāng)甲到達(dá)最高點時，乙物塊恰好不會離開擋板，所以對乙：F₂=mgsinθ
對甲：F₂+mgsinθ-F=ma₂
聯(lián)立得：a₂=gsinθ
由以上的分析可知，甲運動的最大加速度為gsinθ．故A錯誤；
B、開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量：$△{x}_{1}=\frac{{F}_{1}}{k}=\frac{mgsinθ}{k}$
甲在最高點時，彈簧處于伸長狀態(tài)，伸長量：$△{x}_{2}=\frac{{F}_{2}}{k}=\frac{mgsinθ}{k}$=△x₁
所以甲向上的最大位移：${x}_{m}=△{x}_{1}+△{x}_{2}=\frac{mgsinθ}{k}+\frac{2mgsinθ}{k}=\frac{2mgsinθ}{k}$．故B正確；
C、甲到達(dá)最大高度的過程中拉力做功：W=Fx_m=$\frac{2{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{k}$
物體增加的重力勢能：△E=mgh=mgx_msinθ=W
可知沿斜面的方向，拉力F做的功恰好等于克服重力做的功，所以，當(dāng)甲的速度最大時，是彈簧開始時的彈性勢能轉(zhuǎn)化為加的動能，即：
${E}_{km}=\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}=\frac{1}{2}k△{x}_{1}^{2}$
所以：${v}_{m}=\sqrt{\frac{k}{m}}•△{x}_{1}=\sqrt{\frac{m}{k}}gsinθ$．故C正確；
D、選擇開始時甲的位置為重力勢能的0勢點，則開始時的彈簧的彈性勢能與重力勢能的和為：
$E=\frac{1}{2}k△{x}_{1}^{2}=\frac{1}{2}k×（\frac{mgsinθ}{k}）^{2}$=$\frac{{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{2k}$
當(dāng)甲的速度最大時，彈簧的亞硝酸鈉為0，則甲的重力勢能：
E′=mg△x₁sinθ=$\frac{{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{k}$＞E
可知，甲物塊的動能最大時，系統(tǒng)的彈性勢能與重力勢能之和不是最�。�故D錯誤．
故選：BC．

點評 本題結(jié)合斜面與彈簧振子模型，考查了共點力平衡的基本運用牛頓第二定律、功能關(guān)系等重點知識內(nèi)容，涉及的知識點多，運動的情景復(fù)雜，解答的關(guān)鍵是能夠正確地受力分析，運用共點力平衡等知識進(jìn)行求解，掌握整體法和隔離法的運用．