Question

1．如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的物块B，但B与A不粘连．初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F作用在B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v-t图象如图乙所示，t₁时刻A、B的图线相切，t₂时刻对应A图线的最高点，重力加速度为g，则（　　）

• A． t₁=$\sqrt{\frac{2m（gsinθ+a）}{ak}}$
• B． t₂时刻，弹簧形变量为$\frac{mgsinθ}{k}$
• C． t₂时刻弹簧恢复到原长，物块A达到速度最大值
• D． 从开始到t₁时刻，拉力F做的功比弹簧释放的势能少$\frac{（mgsinθ-ma）^{2}}{k}$

Answer 1

分析 由图读出，t₁时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解t₁．A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力F的最小值．根据功能关系分析能量如何转化．

解答 解：A、由图读出，t₁时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律有：
kx-mgsinθ=ma
开始时有：2mgsinθ=kx₀，
又x₀-x=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$
联立以三式得：t₁=$\sqrt{\frac{2m（gsinθ-a）}{ak}}$．故A错误．
BC、由图知，t₂时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=$\frac{mgsinθ}{k}$，此时弹簧处于压缩状态，故B正确，C错误．
D、由图读出，t₁时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma…①
开始时有：2mgsinθ=kx₀…②
从开始到t₁时刻，弹簧释放的势能 E_P=$\frac{1}{2}$kx₀²-$\frac{1}{2}$kx²…③
从开始到t₁时刻的过程中，根据动能定理得：
W_F+E_P-2mgsinθ（x₀-x）=$\frac{1}{2}$•2mv₁²…④
2a（x₀-x）=v₁²…⑤
由①②③④⑤解得：
  W_F-E_P=-$\frac{（mgsinθ-ma）^{2}}{k}$
所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少$\frac{（mgsinθ-ma）^{2}}{k}$，故D正确．
故选：BD

点评 本题分析时要注意：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．