Question

18．在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个轻弹簧连接的物块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，加速度为a，且方向沿斜面向上．设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则（　　）

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

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；从静止到B刚离开C的过程中，根据功的公式求物块A克服重力做功．根据牛顿第二定律求出F的大小，再求刚离开C恒力对A做功的功率．当A的加速度为零时，A再速度最大，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．

解答 解：A、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡条件有：mgsinθ=kx₁，解得弹簧的压缩量x₁=$\frac{mgsinθ}{k}$
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x₂=$\frac{2mgsinθ}{k}$
可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为 x=x₁+x₂=$\frac{3mgsinθ}{k}$，故A正确．
B、从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为 W=mgsinθ•x=$\frac{{3{m^2}{g^2}{{sin}^2}θ}}{k}$，故B正确．
C、B刚离开C时，物体A受重力、拉力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：
  F-mgsinθ-T=ma
弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：T=2mgsinθ
故：F=3mgsinθ+ma，恒力对A做功的功率为 P=Fv=（3mgsinθ+ma）v．故C正确；
D、当A的加速度为零时，A的速度最大，设此时弹簧的拉力为F_T，则：F-F_T-mgsinθ=0
所以F_T=F-mgsinθ=3mgsinθ+ma-mgsinθ=2mgsinθ+ma
以B为研究对象，则：2ma′=F_T-2mgsinθ=ma
所以：a′=$\frac{1}{2}$a．故D错误．
故选：ABC

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．