Question

2．两个用轻质弹簧相连接的物块A、B、C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用变力F沿斜面方向拉物块A使之向上匀加速运动，经过时间t物块B刚要离开挡板．已知A和B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，斜面光滑，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）

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

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，从而得到A的位移，再求F做的功．通过位移时间公式求出A的加速度大小，通过牛顿第二定律求出从F最大值与最小值．

解答 解：A、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=x₀+x₁=$\frac{2mgsinθ}{k}$，故A正确；
BCD、因物体向上做匀加速直线运动，得：x=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
所以：a=$\frac{2x}{{t}^{2}}$=$\frac{4mgsinθ}{k{t}^{2}}$
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：F_min=ma=$\frac{4{m}^{2}gsinθ}{k{t}^{2}}$；
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…③
所以拉力F的最大值：F_m=kx₁+mgsinθ+ma=mgsinθ+mgsinθ+m•$\frac{4mgsinθ}{k{t}^{2}}$=2mgsinθ（1+$\frac{2m}{k{t}^{2}}$）；
由①②两式可得：x₁=x₀所以开始时弹簧的弹性势能等于B与C分离时弹簧的弹性势能，拉力F做的功与A的重力做的功的和转化为A的动能．
此时A的速度：v=at=$\frac{4mgsinθ}{kt}$
设F做的功为W，则：W-mgxsinθ=$\frac{1}{2}$mv²
所以：W=mgxsinθ+$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=$\frac{2{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{k}$+$\frac{8{m}^{3}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{{k}^{2}{t}^{2}}$，故BC错误，D正确．
故选：AD

点评 本题的关键理清初末状态，结合动力学知识研究．从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的弹力为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．