Question

9．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），从0～t₁的过程中拉力做功为W，重力加速度为g，则（　　）

• A． 从0～t₁的过程，拉力F逐渐增大，t₁时刻以后拉力F不变
• B． t₁时刻弹簧形变量为（mgsinθ+ma）/K，t₂时刻弹簧形变量为零
• C． 从0～t₁的过程，拉力F做的功比弹簧弹力做的功多
• D． 从0～t₁的过程，弹簧弹力做功为mgv₁t₁sinθ+mv₁²-W

Answer 1

分析 A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力F的最小值．由图读出，t₁时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解t₁．根据功能关系分析能量如何转化．

解答 解：A、从开始到t₁时刻A、B开始分离，对AB整体，在分离之前根据牛顿第二定律得：F-2mgsinθ+kx=2ma
由此式可知拉力F逐渐增大；
从t₁时刻以后，以B物体为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma
有此式可知，t₁时刻以后拉力F不变．故A正确；
B、由图知，t₁时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma，所以x=$\frac{mgsinθ+ma}{K}$；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B错误．
C、由上知：t₁时刻A、B开始分离…①
开始时有：2mgsinθ=kx₀ …②
从开始到t₁时刻，弹簧做的功：W_T=E_p=$\frac{1}{2}k{x}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}k{x}^{2}$…③
从开始到t₁时刻的过程中，根据动能定理得：W_T+W-2mgsinθ（x₀-x）=2×$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$…④
2a（x₀-x）=v₁² …⑤
由①②③④⑤解得：W-W_T=-$\frac{（mgsinθ-ma）^{2}}{k}$，所以拉力F做的功比弹簧做的功少，故C错误．
D、A、B分离前，F做正功，弹簧的弹力做正功，A和B物体的位移相同，两物体重力所做的功和两物体动能变化相同．W_T+W-2mg（x₀-x）sinθ=2×$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
即：W_T+W-2mg$\frac{0+{v}_{1}}{2}•{t}_{1}$sinθ=$m{v}_{1}^{2}$
所以：W_T=mgv₁t₁sinθ+mv₁²-W．故D正确．
故选：AD．

点评 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．