Question

18．如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時(shí)均靜止．現(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動(dòng)物塊B，使B做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B兩物塊在開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)的v-t關(guān)系分別對(duì)應(yīng)圖乙中A、B圖線（t₁時(shí)刻A、B的圖線相切，t₂時(shí)刻對(duì)應(yīng)A圖線的最高點(diǎn)），重力加速度為g，則（　　）

• A． t₁時(shí)刻，彈簧形變量為$\frac{mgsinθ+ma}{k}$
• B． 從開(kāi)始到t₁時(shí)刻，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少
• C． 從開(kāi)始到t₂時(shí)刻，拉力F逐漸增大
• D． t₂時(shí)刻，彈簧形變量為0

Answer 1

分析 剛開(kāi)始AB靜止，則F_彈=2mgsinθ，外力施加的瞬間，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律列式即可求解AB間的彈力大小，由圖知，t₂時(shí)刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律可以求出彈簧形變量，t₁時(shí)刻A、B開(kāi)始分離，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律求出t₁時(shí)刻彈簧的形變量，并由牛頓第二定律分析拉力的變化情況．根據(jù)彈力等于重力沿斜面的分量求出初始位置的彈簧形變量，再根據(jù)求出彈性勢(shì)能，從而求出彈簧釋放的彈性勢(shì)能，根據(jù)動(dòng)能定理求出拉力做的功，從而求出從開(kāi)始到t₁時(shí)刻，拉力F做的功和彈簧釋放的勢(shì)能的關(guān)系．

解答 解：A、由圖乙可知，兩物體在t₁時(shí)刻分離，故此時(shí)A應(yīng)受重力和彈力的作用來(lái)充當(dāng)合外力；則有：kx-mgsinθ=ma；解得：x=$\frac{mgsinθ+ma}{k}$；故A正確；
B、由上知：t₁時(shí)刻A、B開(kāi)始分離，開(kāi)始時(shí)有：2mgsinθ=kx₀
從開(kāi)始到t₁時(shí)刻，彈簧釋放的勢(shì)能為：E_p=$\frac{1}{2}k{x}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}k{x}^{2}$
從開(kāi)始到t₁時(shí)刻的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：W_F+E_p-2mgsinθ（x₀-x）=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
2a（x₀-x）=v₁²
則可知，W_F-E_p=-$\frac{（mgsinθ-ma）^{2}}{k}$，所以拉力F做的功比彈簧釋放的勢(shì)能少，故B正確．
C、從開(kāi)始到t₁時(shí)刻，對(duì)AB整體，根據(jù)牛頓第二定律得：F+kx-2mgsinθ=2ma，得F=2mgsinθ+2ma-kx，x減小，F(xiàn)增大；t₁時(shí)刻到t₂時(shí)刻，對(duì)B，由牛頓第二定律得：F-mgsinθ=ma，得 F=mgsinθ+ma，可知F不變，故C錯(cuò)誤．
D、由圖知，t₂時(shí)刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，
則得：x=$\frac{mgsinθ}{k}$，故D錯(cuò)誤
故選：AB．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了牛頓第二定律、功能關(guān)系以及運(yùn)動(dòng)學(xué)圖象等；從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0．從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度看，一起運(yùn)動(dòng)的兩物體恰好分離時(shí)，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．