Question

18．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图乙中A、B图线（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时刻，弹簧形变量为$\frac{mgsinθ+ma}{k}$
• B． 从开始到t₁时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少
• C． 从开始到t₂时刻，拉力F逐渐增大
• D． t₂时刻，弹簧形变量为0

Answer 1

分析 刚开始AB静止，则F_弹=2mgsinθ，外力施加的瞬间，对A根据牛顿第二定律列式即可求解AB间的弹力大小，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可以求出弹簧形变量，t₁时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律求出t₁时刻弹簧的形变量，并由牛顿第二定律分析拉力的变化情况．根据弹力等于重力沿斜面的分量求出初始位置的弹簧形变量，再根据求出弹性势能，从而求出弹簧释放的弹性势能，根据动能定理求出拉力做的功，从而求出从开始到t₁时刻，拉力F做的功和弹簧释放的势能的关系．

解答 解：A、由图乙可知，两物体在t₁时刻分离，故此时A应受重力和弹力的作用来充当合外力；则有：kx-mgsinθ=ma；解得：x=$\frac{mgsinθ+ma}{k}$；故A正确；
B、由上知：t₁时刻A、B开始分离，开始时有：2mgsinθ=kx₀
从开始到t₁时刻，弹簧释放的势能为：E_p=$\frac{1}{2}k{x}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}k{x}^{2}$
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）=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
2a（x₀-x）=v₁²
则可知，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，故B正确．
C、从开始到t₁时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx-2mgsinθ=2ma，得F=2mgsinθ+2ma-kx，x减小，F增大；t₁时刻到t₂时刻，对B，由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma，得 F=mgsinθ+ma，可知F不变，故C错误．
D、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=$\frac{mgsinθ}{k}$，故D错误
故选：AB．

点评 本题综合考查了牛顿第二定律、功能关系以及运动学图象等；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．