Question

14．如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在墻上，另一端與置于水平面上的質(zhì)量為m的小物體接觸（未連接），物體在O點(diǎn)處彈簧水平且無(wú)形變，用水平力F緩慢向左推動(dòng)物體到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)物體靜止，彈簧在彈性限度內(nèi)長(zhǎng)度被壓縮了x₀．撤去水平力F后，物體開始向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)位置距B點(diǎn)為3x₀，C點(diǎn)是物體向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈力和摩擦力大小相等的位置，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g．則（　�。�

• A． 撤去F后物體先做加速度逐漸變小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸變大的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻減速運(yùn)動(dòng)
• B． 撤去F時(shí)，彈簧的彈力最大，彈力的功率最大
• C． 從B→C的過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于物體動(dòng)能的增加量
• D． 撤去F后，物體向右運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大

Answer 1

分析 本題通過(guò)分析物體的受力情況，來(lái)判斷其運(yùn)動(dòng)情況：撤去F后，物體水平方向上受到彈簧的彈力和滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力大小不變，而彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小，物體先做變加速運(yùn)動(dòng)，再做變減速運(yùn)動(dòng)，最后物體離開彈簧后做勻減速運(yùn)動(dòng)；撤去F后，根據(jù)牛頓第二定律求解物體剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大�。晃矬w離開彈簧后通過(guò)的最大距離為3x₀，由動(dòng)能定理求解彈力滑動(dòng)摩擦力力所做的總功；當(dāng)彈簧的彈力與電場(chǎng)力、滑動(dòng)摩擦力的合力大小相等、方向相反時(shí)，速度最大，可求得此時(shí)彈簧的壓縮量，即可求解物體開始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中克服摩擦力做的功．

解答 解：A、撤去F后，物體在豎直方向上所受的重力和支持力平衡．在水平方向上受到彈簧的彈力和滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力不變，而彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小，彈簧的彈力先大于滑動(dòng)摩擦力，隨著彈力的減小，合力減小，加速度減小，后來(lái)彈簧的彈力小于滑動(dòng)，物體做減速運(yùn)動(dòng)，隨著彈力的減小，合力反向增大，加速度也反向增大，物體離開彈簧后做勻減速運(yùn)動(dòng)，因此撤去F后物體先做加速度逐漸變小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸變大的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻減速運(yùn)動(dòng)．故A正確；
B、撤去F時(shí)，彈簧的彈力最大，但物體的速度為零，由P=Fv知彈力的功率為零，故B錯(cuò)誤．
C、根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，從B→C的過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能和內(nèi)能，則彈簧彈性勢(shì)能的減少量大于物體動(dòng)能的增加量，故C錯(cuò)誤．
D、物體向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在C點(diǎn)時(shí)，加速度為零時(shí)，速度最大，故物體運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大，故D錯(cuò)誤．
故選：A

點(diǎn)評(píng) 本題分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是解答的關(guān)鍵，要抓住加速度與合外力成正比，即可得到加速度是變化的．對(duì)于物體彈簧彈性勢(shì)能的減少量與物體動(dòng)能的增加量間的關(guān)系通常應(yīng)用動(dòng)能定理或功能關(guān)系解決．