Question

19．如图，足够长的光滑斜面倾角θ=37°，两个物块A，B质量均为m，用劲度系数为k的轻质弹簧连接，C为固定在斜面上的挡板，物块A通过一根轻绳跨过光滑定滑轮与物块D相连，用手托住D，使轻绳伸直但没有弹力，将D由静止释放，运动中D始终未落地，不考虑空气阻力，问：
（1）要使B不离开C，D的质量应满足什么条件；
（2）若D的质量为也m，求B离开C时D的速率
（3）若D的质量为$\frac{m}{2}$，已知D从释放到速度最大的过程中弹簧弹性势能的减少量△E_P=$\frac{7{m}^{2}{g}^{2}}{40k}$，求D下落的最大速度v_m．

Answer 1

分析 （1）A和D下降的过程中，先做加速运动，后做减速运动，由于弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，所以A和D的加速过程和减速过程是对称的，当它们的速度是0时，加速度的方向与开始时加速度的方向相反，结合B恰好不离开C时对C的压力恰好为0，即可得出D的质量满足的条件；
（2）若D的质量为也m，B离开C时，A与D的重力势能的变化等于它们动能的增加，然后求出D的速率；
（3）结合概念关系即可求出D下落的最大速度v_最大．

解答 解：（1）没有松开手之前，A处于平衡状态，沿斜面的方向弹簧的弹力与A受到的重力的分力大小相等，得：F=mgsin
设D的质量为M，则A与D刚刚开始运动时，A与D的加速度的方向都沿绳子的方向，D侧向下，由牛顿第二定律得：
Mg-mgsinθ+F=（M+m）a
所以：$a=\frac{Mg}{M+m}$    ①
B恰好不离开C时对C的压力恰好为0，以B为研究的对象，则沿斜面方向：F′=mgsinθ   ②
A和D下降的过程中，先做加速运动，后做减速运动，由于弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，所以A和D的加速过程和减速过程是对称的，当它们的速度是0时，加速度的方向与开始时加速度的方向相反，由牛顿第二定律得：F′+mgsinθ-Mg=（m+M）a    ③
联立①②③得：M=msinθ=m×sin37°=0.6m
（2）由（1）的解答过程可知，B刚刚要离开C时，弹簧的拉力与开始时弹簧的拉力大小相等，所以B刚刚要离开C时，弹簧的弹性势能与开始时弹簧的弹性势能相等，A与D的重力势能的变化等于它们动能的增加．
开始时：F=mgsinθ=kx₁
B刚刚要离开C时：F′=mgsinθ=kx₂  
D下降的高度：${h}_{1}={x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2mgsinθ}{k}=\frac{1.2mg}{k}$④
A上升的高度：${h}_{2}=（{x}_{1}+{x}_{2}）sinθ=\frac{2mgsi{n}^{2}θ}{k}=\frac{0.72mg}{k}$  ⑤
由机械能守恒得：$mg{h}_{1}-mg{h}_{2}=\frac{1}{2}•2m{v}^{2}$   ⑥
联立④⑤⑥得：$v=0.4g\sqrt{\frac{3m}{k}}$
（3）若D的质量为$\frac{m}{2}$，D达到速度最大时A与D受到的合外力为0，设此时弹簧的弹力为F″，则：$mgsinθ-F″-\frac{1}{2}mg=0$
得：F″=0.1mg
又：F″=kx₃
得：${x}_{3}=\frac{F″}{k}=\frac{0.1mg}{k}$   ⑧
D下降的高度：${h}_{3}={x}_{1}-{x}_{3}=\frac{mgsinθ-0.1mg}{k}=\frac{0.5mg}{k}$  ⑨
A上升的高度${h}_{4}={（x}_{1}-{x}_{3}）sinθ=\frac{0.3mg}{k}$    （10）
由机械能守恒得：$\frac{1}{2}mg{h}_{3}-mg{h}_{4}+△{E}_{P}=\frac{1}{2}•（\frac{1}{2}m+m）{v}_{m}^{2}$  （11）
联立以上三式得：${v}_{m}=g•\sqrt{\frac{m}{10k}}$
答：（1）要使B不离开C，D的质量是0.6m；
（2）若D的质量为也m，B离开C时D的速率是$0.4g\sqrt{\frac{3m}{k}}$；
（3）若D的质量为$\frac{m}{2}$，已知D从释放到速度最大的过程中弹簧弹性势能的减少量△E_P=$\frac{7{m}^{2}{g}^{2}}{40k}$，D下落的最大速度是$g•\sqrt{\frac{m}{10k}}$．

点评 本题过程较繁杂，涉及功能关系多，有弹性势能、重力势能等之间的转化，全面考察了学生综合分析问题能力和对功能关系的理解及应用，难度较大．对于这类题目在分析过程中，要化繁为简，即把复杂过程，分解为多个小过程分析，同时要正确分析受力情况，弄清系统运动状态以及功能关系．