Question

3．如圖甲所示，傾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點(diǎn)的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是（　�。�

• A． 小球在t_B時(shí)刻所受彈簧彈力大于$\frac{1}{2}$mg
• B． 小球在t_C時(shí)刻的加速度大于$\frac{1}{2}$g
• C． 小球從t_C時(shí)刻所在的位置有靜止釋放后，不能回到出發(fā)點(diǎn)
• D． 小球從t_A時(shí)刻到t_C時(shí)刻的過程中重力勢能的減小量等于彈簧彈性勢能的增加量

Answer 1

分析 小球開始做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)和彈簧接觸后，彈簧被壓縮，此時(shí)彈簧的彈力小于重力沿斜面的分析，小球繼續(xù)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈力等于重力沿斜面的分力時(shí)，速度達(dá)到最大，此后，彈簧繼續(xù)被壓縮，彈簧的彈力大于重力沿斜面的分力，開始做減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減到零，

解答 解：A、小球在t_B時(shí)刻速度達(dá)到最大，此時(shí)彈簧的彈力等于重力沿斜面的分力，則${F}_{彈}=mgsin30°=\frac{1}{2}mg$，故A錯(cuò)誤；
B、在乙圖中，關(guān)于A點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)可知，此時(shí)彈簧的彈力為0.5mg，由對(duì)稱性得由對(duì)稱軸到對(duì)稱點(diǎn)的彈簧的彈力再變化0.5mg，故到達(dá)C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大于2×0.5mg=mg，所以彈力大于mg，根據(jù)牛頓第二定律可知F_彈-mgsinθ=ma，解得$a＞\frac{1}{2}g$，故B正確；
C、整個(gè)過程中，乙彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，故從C點(diǎn)釋放，小球能到達(dá)原來的釋放點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
D、小球從t_A時(shí)刻到t_C時(shí)刻的過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則W_勢-W_彈=0-E_k，故W_勢=W_彈+E_k，故重力勢能的減小量小于彈簧彈性勢能的增加量，故D錯(cuò)誤
故選：B

點(diǎn)評(píng) 此題考查了牛頓第二定律及能量守恒定律的應(yīng)用；解決本題的關(guān)鍵知道小球在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合圖象，綜合牛頓第二定律進(jìn)行分析求解，知道系統(tǒng)在整個(gè)過程中，只受重力和彈簧彈力作用，系統(tǒng)機(jī)械能守恒