Question

9．如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過(guò)細(xì)線繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使細(xì)線剛剛伸直但無(wú)拉力作用，并保證ab段的細(xì)線豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行．已知A、B的質(zhì)量均為m，斜面傾角為θ=37°，重力加速度為g，滑輪的質(zhì)量和摩擦不計(jì)，開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．C釋放后沿斜面下滑，當(dāng)A剛要離開(kāi)地面時(shí)，B的速度最大，（sin 37°
=0.6，cos 37°=0.8）求：
（1）從開(kāi)始到物體A剛要離開(kāi)地面的過(guò)程中，物體C沿斜面下滑的距離；
（2）C的質(zhì)量；
（3）A剛要離開(kāi)地面時(shí)，C的動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）物體C沿斜面下滑的距離等于B上升的高度，等于彈簧原來(lái)被壓縮的長(zhǎng)度再加上后來(lái)彈簧被拉長(zhǎng)的長(zhǎng)度，由胡克定律求解．
（2）物體A剛要離開(kāi)地面時(shí)，分別以B和C為研究對(duì)象，利用牛頓第二定律列式，可求得C的質(zhì)量．
（3）物體A剛好離開(kāi)地面時(shí)，B、C兩物體的速度相等，對(duì)BC整體，運(yùn)用動(dòng)能定理求解C的動(dòng)能．

解答 解：（1）設(shè)開(kāi)始時(shí)彈簧壓縮的長(zhǎng)度為x_B，則有
   kx_B=mg
設(shè)當(dāng)物體A剛要離開(kāi)地面時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x_A，則有
  kx_A=mg
當(dāng)物體A剛要離開(kāi)地面時(shí)，物體B上升的距離與物體C沿斜面下滑的距離相等，為：
   h=x_A+x_B
解得：h=$\frac{2mg}{k}$．
（2）物體A剛要離開(kāi)地面時(shí)，以B為研究對(duì)象，物體B受到重力mg、彈簧的彈力kx_A、細(xì)線的拉力F_T三個(gè)力的作用，設(shè)物體B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律：
對(duì)B有：F_T-mg-kx_A=ma
對(duì)C有：m_Cgsin θ-F_T=m_Ca
B獲得最大速度時(shí)，有：a=0
解得：m_C=$\frac{10m}{3}$．
（3）法一：由于x_A=x_B，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能相等，彈簧彈力做功為零，且物體A剛好離開(kāi)地面時(shí)，B、C兩物體的速度相等，設(shè)為v₀，由動(dòng)能定理得：
  m_Cghsinθ-mgh+W_彈=$\frac{1}{2}（m+{m}_{C}）{v}_{0}^{2}$-0
其中，W_彈=0
解得：v₀²=$\frac{12m{g}^{2}}{13k}$
所以 E_kC=$\frac{1}{2}{m}_{c}{v}_{0}^{2}$=$\frac{20{m}^{2}{g}^{2}}{13k}$
法二：根據(jù)動(dòng)能定理，
對(duì)C：m_Cghsinθ-W_r=E_kC-0  
對(duì)B：W_r-mgh+W_彈=E_kB-0
其中W_彈=0 
又E_kC：E_kB=10：3
解得：E_kC=$\frac{20{m}^{2}{g}^{2}}{13k}$
答：
（1）從開(kāi)始到物體A剛要離開(kāi)地面的過(guò)程中，物體C沿斜面下滑的距離是$\frac{2mg}{k}$；
（2）C的質(zhì)量是$\frac{10m}{3}$；
（3）A剛要離開(kāi)地面時(shí)，C的動(dòng)能是$\frac{20{m}^{2}{g}^{2}}{13k}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是分析求出系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，把握住彈簧的形變量與物體a下滑距離的關(guān)系，結(jié)合動(dòng)能定理和胡克定律多次列式求解分析．