Question

9．如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時均靜止，現(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，A、B兩物塊在開始一段時間內(nèi)的v-t關系分別對應圖乙中A、B圖線（t₁時刻A、B的圖線相切，t₂時刻對應A圖線的最高點），從0～t₁的過程中拉力做功為W，重力加速度為g，則（　　）

• A． 從0～t₁的過程，拉力F逐漸增大，t₁時刻以后拉力F不變
• B． t₁時刻彈簧形變量為（mgsinθ+ma）/K，t₂時刻彈簧形變量為零
• C． 從0～t₁的過程，拉力F做的功比彈簧彈力做的功多
• D． 從0～t₁的過程，彈簧彈力做功為mgv₁t₁sinθ+mv₁²-W

Answer 1

分析 A的速度最大時加速度為零，根據(jù)胡克定律求出A達到最大速度時的位移；根據(jù)牛頓第二定律求出拉力F的最小值．由圖讀出，t₁時刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求解t₁．根據(jù)功能關系分析能量如何轉(zhuǎn)化．

解答 解：A、從開始到t₁時刻A、B開始分離，對AB整體，在分離之前根據(jù)牛頓第二定律得：F-2mgsinθ+kx=2ma
由此式可知拉力F逐漸增大；
從t₁時刻以后，以B物體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：F-mgsinθ=ma
有此式可知，t₁時刻以后拉力F不變．故A正確；
B、由圖知，t₁時刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律：kx-mgsinθ=ma，所以x=$\frac{mgsinθ+ma}{K}$；t₂時刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx′，則得：x′=$\frac{mgsinθ}{k}$，故B錯誤．
C、由上知：t₁時刻A、B開始分離…①
開始時有：2mgsinθ=kx₀ …②
從開始到t₁時刻，彈簧做的功：W_T=E_p=$\frac{1}{2}k{x}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}k{x}^{2}$…③
從開始到t₁時刻的過程中，根據(jù)動能定理得：W_T+W-2mgsinθ（x₀-x）=2×$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$…④
2a（x₀-x）=v₁² …⑤
由①②③④⑤解得：W-W_T=-$\frac{（mgsinθ-ma）^{2}}{k}$，所以拉力F做的功比彈簧做的功少，故C錯誤．
D、A、B分離前，F(xiàn)做正功，彈簧的彈力做正功，A和B物體的位移相同，兩物體重力所做的功和兩物體動能變化相同．W_T+W-2mg（x₀-x）sinθ=2×$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
即：W_T+W-2mg$\frac{0+{v}_{1}}{2}•{t}_{1}$sinθ=$m{v}_{1}^{2}$
所以：W_T=mgv₁t₁sinθ+mv₁²-W．故D正確．
故選：AD．

點評 從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0．從運動學角度看，一起運動的兩物體恰好分離時，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．