Question

14．如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上有兩個通過輕彈簧連接的物塊A和B，C為固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)開始用變力F沿斜面向上拉動物塊A使之做勻加速直線運動，經(jīng)時間t物塊B剛要離開擋板，已知物塊的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g．則在此過程中，下列說法正確的是（　�。�

• A． 力F的最小值為$\frac{4{m}^{2}gsinθ}{k{t}^{2}}$
• B． 力F的最大值為$\frac{mgsinθ}{1+\frac{4m}{k{t}^{2}}}$
• C． 物塊A的位移為$\frac{mgsinθ}{k}$
• D． 力F做的功為$\frac{2{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{k}$

Answer 1

分析 根據(jù)共點力平衡以及胡克定律求出未施加F時彈簧的壓縮量，根據(jù)共點力平衡和胡克定律求出B剛要離開時彈簧的伸長量，通過位移時間公式求出A的加速度大小，速度時間關(guān)系求出末速度，根據(jù)動能定理可得變力F做的功，通過通過牛頓第二定律求出從F最大值與最小值．

解答 解：設(shè)剛開始時彈簧壓縮量為x₀，A對彈簧的壓力：
mgsinθ=kx₀ …①
B剛要離開擋板時，彈簧處于伸長狀態(tài)，B對彈簧的拉力：
mgsinθ=kx₁…②
所以物體A向上的位移：$x={x}_{0}+{x}_{1}=\frac{2mgsinθ}{k}$…③
又因物體向上做勻加速直線運動，得：$x=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
解得：$a=\frac{2x}{{t}^{2}}=\frac{4mgsinθ}{k{t}^{2}}$…④
ts末的速度為：$v=at=\frac{4mgsinθ}{k{t}^{2}}×t=\frac{4mgsinθ}{kt}$
因為在ts時間內(nèi)，F(xiàn)為變力，剛剛開始運動時，拉力F僅僅提供A的加速度，所以開始運動時的拉力最�。�
由牛第二頓定律得：${F}_{min}=ma=\frac{4{m}^{2}gsinθ}{k{t}^{2}}$…⑤
B剛要離開擋板時，彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧對A的拉力等于B對彈簧的拉力，由牛頓第二定律知：
F_m-kx₁-mgsinθ=ma…⑥
所以拉力F的最大值：
$Fm=kx1+mgsinθ+ma=mgsinθ+mgsinθ+\frac{4{m}^{2}gsinθ}{k{t}^{2}}=2mg（1+\frac{2m}{k{t}^{2}}）sinθ$…⑦
ts內(nèi)彈簧的彈力先對A做正功，后做負(fù)功總功為：${W}_{f}=\frac{1}{2}k{{x}_{0}}^{2}-\frac{1}{2}k{{x}_{1}}^{2}=\frac{1}{2}k（\frac{mgsinθ}{k}）^{2}-\frac{1}{2}k（\frac{mgsinθ}{k}）^{2}=0$
力F是變力，對A根據(jù)動能定理得：${W}_{F}+{W}_{f}-mgxsinθ=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$
解得：${W}_{F}=\frac{1}{2}m{v}^{2}+mgxsinθ-{W}_{f}$=$\frac{1}{2}m（\frac{4mgsinθ}{kt}）^{2}+mg\frac{2mgsinθ}{k}sinθ$=$2{m}^{2}{g}^{2}（sinθ）^{2}（\frac{4m}{{k}^{2}{t}^{2}}+\frac{1}{k}）$…⑧
A、由⑤式可知A正確；
B、由⑦式可知B錯誤；
C、由③式可知C錯誤；
D、由⑧式可知D錯誤；
故選：A．

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．所以B剛要離開擋板時，彈簧處于伸長狀態(tài)，B對彈簧的拉力等于B的重力沿斜面向下的分量．