Question

如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C后它沿斜面下滑至速度最大时A恰好离开地面．求：
（1）斜面倾角α；
（2）C的最大速度v_Cm．

Answer 1

分析：（1）对A、B、C进行手里了分析，由平衡条件列方程，解方程组可以求出斜面的倾角．
（2）系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出C的最大速度．

解答：解：（1）A刚离开地面时，对A有：kx₂=mg  …①
此时C有最大速度，B与C速度始终相等，则有：a_B=a_C=0，
对C有：4mgsinα-T=0  …②
则对B有：T-kx₂-mg=0 …③
以上方程联立可解得：sinα=

1

2

，α=30°；
（2）初始系统静止，且线上无拉力，
对B有：kx₁=mg   …④
由上问知x₁=x₂=

mg

k

，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；
此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，
由机械能守恒定律得：4mg(x1+x2)sinα-mg(x1+x2)=

1

2

(4m+m)

v

2 Cm

…⑤，
以上方程联立可解得：

v

Cm

=2g

m 5k

；
答：（1）斜面倾角α=30°；
（2）C的最大速度v_Cm=2g

m 5k

．

点评：对物体正确受力分析是正确解题的前提与关键，熟练应用机械能守恒定律即可正确解题．