Question

4．如圖所示，不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩水平地跨在兩個(gè)小定滑輪上，繩的兩端連接兩個(gè)相同的豎直固定在水平面的輕彈簧上，質(zhì)量為m的物塊懸掛在繩上O點(diǎn)，O與兩滑輪的距離相等，先托住物塊，使繩處于水平伸直狀態(tài)且彈簧處于原長(zhǎng)，靜止釋放物塊，物塊下滑h到M點(diǎn)時(shí)，速度恰好為0（圖中M、N兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)），現(xiàn)將物塊由N點(diǎn)靜止釋放，繩子的豎直部分足夠長(zhǎng)，重力加速度為g，則（不計(jì)繩與滑輪的摩擦）（　�。�

• A． 從N到O，物塊的加速度逐漸減小
• B． 從O到M，物塊的加速度逐漸減小
• C． 物塊運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的速度為2$\sqrt{gh}$
• D． 物塊運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的速度為2$\sqrt{gh}$

Answer 1

分析 從N到O，彈簧的伸長(zhǎng)量減小，彈力減小，分析合力的變化，判斷物塊加速度的變化．對(duì)于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)，對(duì)O到M的過(guò)程、N到O的過(guò)程運(yùn)用機(jī)械能守恒定律列式，求解物塊運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)和M點(diǎn)的速度．

解答 解：A、從N到O，彈簧的伸長(zhǎng)量減小，彈力減小，兩根彈簧之間的夾角增大，所以彈力的合力減小，則物塊的合力減小，加速度逐漸減小，故A正確．
B、從O到M，彈簧的伸長(zhǎng)量增大，彈力增大，兩根彈簧之間的夾角減小，所以彈力的合力增大，彈力的合力先小于重力，后大于重力，物塊的合力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故B錯(cuò)誤．
C、由于M、N兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，所以在N點(diǎn)和M點(diǎn)的彈性勢(shì)能相等，設(shè)為E_p．物塊從O點(diǎn)靜止釋放到M點(diǎn)的過(guò)程，對(duì)于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=E_p．
從N到O過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：mgh+E_p=$\frac{1}{2}m{v}_{N}^{2}$，得v_N=2$\sqrt{gh}$．故C正確．
D、從N到M，由機(jī)械能守恒定律得：2mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{M}^{2}$，得v_M=2$\sqrt{gh}$．故D正確．
故選：ACD

點(diǎn)評(píng) 本題是連接體問(wèn)題，根據(jù)牛頓第二定律分析物塊加速度的變化，要知道系統(tǒng)的機(jī)械能是守恒的，但物塊的機(jī)械能不守恒．