Question

如圖所示，在傾角為30°．的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為20N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個(gè)質(zhì)量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時(shí)彈簧沒(méi)有形變．若擋板A以4m/s²的加速度沿斜面向下勻加速運(yùn)動(dòng)，則（　�。�

• A、小球向下運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)速度最大
• B、小球向下運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)與擋板分離
• C、在小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度達(dá)到最大的過(guò)程中，小球一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
• D、在小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與擋板分離的過(guò)程中，小球重力勢(shì)能的減少量大于其動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和

Answer 1

分析：對(duì)球受力分析可知，當(dāng)球受力平衡時(shí)，速度最大，此時(shí)彈簧的彈力與物體重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡條件即可求得小球向下運(yùn)動(dòng)的路程．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小球與擋板分離的過(guò)程中，擋板A始終以加速度a=4m/s²勻加速運(yùn)動(dòng)，小球與擋板剛分離時(shí)，相互間的彈力為零，由牛頓第二定律和胡克定律結(jié)合求得小球的位移．

解答：解：A、球和擋板分離前小球做勻加速運(yùn)動(dòng)；球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)物體所受合力為零．即：
kx_m=mgsin30°，
解得：x_m=

mgsin30°

k

=

2×10×0.5

20

=0.5m，
由于開(kāi)始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，所以速度最大時(shí)小球向下運(yùn)動(dòng)的路程為0.5m．故A錯(cuò)誤．
B、設(shè)球與擋板分離時(shí)位移為x，經(jīng)歷的時(shí)間為t，
從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到分離的過(guò)程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F_N，沿斜面向上的擋板支持力F₁和彈簧彈力F．
根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin30°-kx-F₁=ma，
保持a不變，隨著x的增大，F(xiàn)₁減小，當(dāng)m與擋板分離時(shí)，F(xiàn)₁減小到零，則有：
mgsin30°-kx=ma，
解得：x=

m(gsin30°-a)

k

=

2×(5-4)

20

=0.1m，
即小球向下運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)與擋板分離，故B正確．
C、球和擋板分離前小球做勻加速運(yùn)動(dòng)；球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，故C錯(cuò)誤；
D、從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到分離的過(guò)程中，擋板對(duì)小球有沿斜面向上的支持力，小球重力勢(shì)能的減少量大于其動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和，故D正確
故選：BD

點(diǎn)評(píng)：在擋板運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，擋板對(duì)球的支持力的大小是在不斷減小的，從而可以使球和擋板一起以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中物體的受力在變化，但是物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變，從而可以求得物體運(yùn)動(dòng)的位移．