Question

3．如图，在倾角为θ的光滑斜面上有甲、乙两个用轻质弹簧相连的物块，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，丙为一固定的挡板，系统处于静止状态．现在开始用一恒力F=mgsinθ 沿斜面方向拉甲物块，使之向上运动，在以后的运动过程中，乙物块恰好不会离开挡板，下面说法正确的是（　　）

• A． 甲物块的最大加速度为a=2gsinθ
• B． 甲物块向上运动的最大距离为${x}_{m}=\frac{2mgsinθ}{k}$
• C． 甲物块运动的最大速度为v_m=$\sqrt{\frac{m}{k}}gsin$θ
• D． 甲物块的动能最大时，系统的弹性势能与重力势能之和最小

Answer 1

分析 对甲进行受力分析，结合牛顿第二定律求出开始时甲的加速度，并分析甲的加速度的变化；
当乙要离开丙时，乙、丙间的弹力为零，求出弹簧的弹力，再隔离甲分析，根据共点力平衡和胡克定律求出弹簧的伸长量．以及甲的加速度；
根据功能关系，结合运动的对称性分析甲物体受到最大时的速度大小，以及甲物块的动能最大时，系统的弹性势能与重力势能之和．

解答 解：A、F=mgsinθ时，对甲受力分析可知，甲静止时弹簧的弹力：F₁=mgsinθ
刚刚把F加到甲上的瞬间：ma₁=F+F₁-mgsinθ
得：a₁=gsinθ
甲向上运动的过程中，弹簧的向上的弹力逐渐减小，所以甲的加速度逐渐减小，当弹簧恢复原长时，甲的加速度为0；当甲再向上运动时，弹簧的拉力向下，所以甲开始做减速运动，加速度随位移的增大而增大．
当甲到达最高点时，乙物块恰好不会离开挡板，所以对乙：F₂=mgsinθ
对甲：F₂+mgsinθ-F=ma₂
联立得：a₂=gsinθ
由以上的分析可知，甲运动的最大加速度为gsinθ．故A错误；
B、开始时弹簧处于压缩状态，压缩量：$△{x}_{1}=\frac{{F}_{1}}{k}=\frac{mgsinθ}{k}$
甲在最高点时，弹簧处于伸长状态，伸长量：$△{x}_{2}=\frac{{F}_{2}}{k}=\frac{mgsinθ}{k}$=△x₁
所以甲向上的最大位移：${x}_{m}=△{x}_{1}+△{x}_{2}=\frac{mgsinθ}{k}+\frac{2mgsinθ}{k}=\frac{2mgsinθ}{k}$．故B正确；
C、甲到达最大高度的过程中拉力做功：W=Fx_m=$\frac{2{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{k}$
物体增加的重力势能：△E=mgh=mgx_msinθ=W
可知沿斜面的方向，拉力F做的功恰好等于克服重力做的功，所以，当甲的速度最大时，是弹簧开始时的弹性势能转化为加的动能，即：
${E}_{km}=\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}=\frac{1}{2}k△{x}_{1}^{2}$
所以：${v}_{m}=\sqrt{\frac{k}{m}}•△{x}_{1}=\sqrt{\frac{m}{k}}gsinθ$．故C正确；
D、选择开始时甲的位置为重力势能的0势点，则开始时的弹簧的弹性势能与重力势能的和为：
$E=\frac{1}{2}k△{x}_{1}^{2}=\frac{1}{2}k×（\frac{mgsinθ}{k}）^{2}$=$\frac{{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{2k}$
当甲的速度最大时，弹簧的亚硝酸钠为0，则甲的重力势能：
E′=mg△x₁sinθ=$\frac{{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{k}$＞E
可知，甲物块的动能最大时，系统的弹性势能与重力势能之和不是最小．故D错误．
故选：BC．

点评 本题结合斜面与弹簧振子模型，考查了共点力平衡的基本运用牛顿第二定律、功能关系等重点知识内容，涉及的知识点多，运动的情景复杂，解答的关键是能够正确地受力分析，运用共点力平衡等知识进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．