Question

如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量相等为M，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一变力F沿斜面方向拉物块A使之向上做匀加速运动，经t秒物块B刚要离开挡板C，重力加 速度为g．则下面说法正确的是（　　）

• A．F的最小值为

  4M2gsinθ

  Kt2

• B．F的最大值为Mgsinθ(1+

  4M

  Kt2

  )
• C．物块A在t秒内的位移为

  Mgsinθ

  k

• D．F力做功为

  2(Mgsinθ)2

  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，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=x0+x1=

2Mgsinθ

k

，所以选项C错误；
又因物体向上做匀加速直线运动，得：x=

1

2

at2
所以：a=

2x

t2

=

4Mgsinθ

kt2

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：Fmin=Ma=

4M2gsinθ

kt2

；所以选项A正确；
 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=Ma²…③
所以拉力F的最大值：F_m=kx₁+Mgsinθ+Ma=Mgsinθ+Mgsinθ+M?

4Mgsinθ

kt2

=2Mgsinθ(1+

2M

kt2

)所以选项B错误；
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=

4Mgsinθ

kt

设F做的功为W，则：W-Mgxsinθ=

1

2

Mv2
所以：W=Mgxsinθ+

1

2

Mv2=

2(Mgsinθ)2

k

+

8M3g2sin2θ

k2t2

故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．