Question

2．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m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． 从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为-$\frac{3m^2g^2sinθ}{k}$
• B． 从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为 $\frac{3mgsinθ}{k}$
• C． 当A的速度达到最大时，B的加速度大小为 $\frac{a}{2}$
• D． B刚离开C时，恒力对A做功的功率为 （mgsinθ+ma）v

Answer 1

分析 未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的形变量，得到弹簧的长度变化情况，从而求出A发生的位移，根据功的公式求出重力对A做功的大小．
当A的加速度为零时，A的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出B的加速度．
根据牛顿第二定律求出F的大小，结合P=Fv求出恒力对A做功的功率．

解答 解：A、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：mgsinθ=kx₁，解得弹簧的压缩量${x}_{1}=\frac{mgsinθ}{k}$，
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${x}_{2}=\frac{2mgsinθ}{k}$，
可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x=x₁+x₂=$\frac{3mgsinθ}{k}$．
从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功W=-mgxsinθ=-$\frac{3{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{k}$，故A错误，B正确．
C、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，此时：F-mgsinθ-kx₂=ma
当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F-mgsinθ-T′=0
所以：T′=2mgsinθ+ma
B沿斜面方向受到的力：F_B=T′-2mgsinθ=2ma′，
解得：$a′=\frac{1}{2}a$，故C正确．
D、根据以上方程解得：F=3mgsinθ+ma，则恒力对A做功的功率P=Fv=（3mgsinθ+ma）v，故D错误．
故选：BC

点评 本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，难度适中．