Question

14．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块A和B，C为固定挡板，系统处于静止状态．现开始用变力F沿斜面向上拉动物块A使之做匀加速直线运动，经时间t物块B刚要离开挡板，已知物块的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g．则在此过程中，下列说法正确的是（　　）

• A． 力F的最小值为$\frac{4{m}^{2}gsinθ}{k{t}^{2}}$
• B． 力F的最大值为$\frac{mgsinθ}{1+\frac{4m}{k{t}^{2}}}$
• C． 物块A的位移为$\frac{mgsinθ}{k}$
• D． 力F做的功为$\frac{2{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{k}$

Answer 1

分析 根据共点力平衡以及胡克定律求出未施加F时弹簧的压缩量，根据共点力平衡和胡克定律求出B刚要离开时弹簧的伸长量，通过位移时间公式求出A的加速度大小，速度时间关系求出末速度，根据动能定理可得变力F做的功，通过通过牛顿第二定律求出从F最大值与最小值．

解答 解：设刚开始时弹簧压缩量为x₀，A对弹簧的压力：
mgsinθ=kx₀ …①
B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，B对弹簧的拉力：
mgsinθ=kx₁…②
所以物体A向上的位移：$x={x}_{0}+{x}_{1}=\frac{2mgsinθ}{k}$…③
又因物体向上做匀加速直线运动，得：$x=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
解得：$a=\frac{2x}{{t}^{2}}=\frac{4mgsinθ}{k{t}^{2}}$…④
ts末的速度为：$v=at=\frac{4mgsinθ}{k{t}^{2}}×t=\frac{4mgsinθ}{kt}$
因为在ts时间内，F为变力，刚刚开始运动时，拉力F仅仅提供A的加速度，所以开始运动时的拉力最小：
由牛第二顿定律得：${F}_{min}=ma=\frac{4{m}^{2}gsinθ}{k{t}^{2}}$…⑤
B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，弹簧对A的拉力等于B对弹簧的拉力，由牛顿第二定律知：
F_m-kx₁-mgsinθ=ma…⑥
所以拉力F的最大值：
$Fm=kx1+mgsinθ+ma=mgsinθ+mgsinθ+\frac{4{m}^{2}gsinθ}{k{t}^{2}}=2mg（1+\frac{2m}{k{t}^{2}}）sinθ$…⑦
ts内弹簧的弹力先对A做正功，后做负功总功为：${W}_{f}=\frac{1}{2}k{{x}_{0}}^{2}-\frac{1}{2}k{{x}_{1}}^{2}=\frac{1}{2}k（\frac{mgsinθ}{k}）^{2}-\frac{1}{2}k（\frac{mgsinθ}{k}）^{2}=0$
力F是变力，对A根据动能定理得：${W}_{F}+{W}_{f}-mgxsinθ=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$
解得：${W}_{F}=\frac{1}{2}m{v}^{2}+mgxsinθ-{W}_{f}$=$\frac{1}{2}m（\frac{4mgsinθ}{kt}）^{2}+mg\frac{2mgsinθ}{k}sinθ$=$2{m}^{2}{g}^{2}（sinθ）^{2}（\frac{4m}{{k}^{2}{t}^{2}}+\frac{1}{k}）$…⑧
A、由⑤式可知A正确；
B、由⑦式可知B错误；
C、由③式可知C错误；
D、由⑧式可知D错误；
故选：A．

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．所以B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，B对弹簧的拉力等于B的重力沿斜面向下的分量．