Question

【题目】在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则

A. 当A的速度达到最大时，B的加速度大小为

B. B刚离开C时，恒力对A做功的功率为

C. 从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为

D. 从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为

Answer 1

【答案】AC

【解析】开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：3mgsinθ=kx1，解得弹簧的压缩量为 x1=．当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2=2mgsinθ，解得弹簧的伸长量为 x2=，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x=x1+x2=，故C正确．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功 W=-3mgxsinθ=-，故D错误．根据牛顿第二定律得，F-3mgsinθ-kx2=3ma，解得F=5mgsinθ+3ma，则恒力对A做功的功率P=Fv=（5mgsinθ+3ma）v，故B错误．当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F-3mgsinθ-T′=0，所以：T′=2mgsinθ+3ma，B沿斜面方向受到的力：FB=T′-2mgsinθ=2ma′，解得a′=a，故A正确．故选AC.