Question

20．如图所示，A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为5m，B的质量为2m、C的质量为m，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A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（　　）

• A． 斜面倾角α=30°
• B． A获得最大速度为$\sqrt{\frac{{4m{g^2}}}{5k}}$
• C． C刚离开地面时，B的加速度为零
• D． 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒

Answer 1

分析 C刚离开地面时，物体A沿斜面下滑的距离应该等于弹簧原来被压缩的长度再加上后来弹簧被拉长的长度，B获得最大速度，B应该处于受力平衡状态，对B受力分析，可以求得斜面的倾角α；对于整个系统机械能守恒，根据机械能守恒列出方程就可以求得B的最大速度．

解答 解：A、设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为x_C，则
kx_C=mg  ①
物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力2mg、弹簧的弹力kx_C、细线的拉力T三个力的作用，
设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，
对B有
T-2mg-kx_C=2ma   ②
对A有
5mgsinα-T=5ma  ③
由②、③两式得
5mgsinα-2mg-kx_C=7ma ④
当A获得最大速度时，有 a=0 ⑤
由①④⑤式联立，解得 sinα=$\frac{3}{5}$
所以：α=37°
故A错误；
B、设开始时弹簧的压缩量x_B，则
kx_B=2mg
设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为x_C，则
kx_C=mg
当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为：
h=x_C+x_B
由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体A刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，设为v_Bm，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，
由机械能守恒定律得：5mghsinα-2mgh=$\frac{1}{2}（5m+2m）{v}_{Bm}^{2}$
代入数据，解得：V_Bm=$\sqrt{\frac{6m{g}^{2}}{7k}}$
故B错误；
C、C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零，故C正确；
D、从释放C到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，故D正确；
故选：CD．

点评 本题关键是分析求出系统的运动情况，然后结合机械能守恒定律和胡克定律多次列式求解分析，较难．