Question

4．如圖所示，P是傾角為30°的光滑固定斜面，物塊B�？坑诠潭ㄔ谛泵娴锥说膿醢迳希畡哦认禂�(shù)為k的輕彈簧一端與物塊B相連，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連接．細(xì)繩的一端系在A上，另一端跨過光滑定滑輪系一個不計質(zhì)量的小掛鉤，小掛鉤不掛物體時，A處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)繩與斜面平行．在小掛鉤上輕輕掛上一個質(zhì)量也為m的物塊C后，A沿斜面向上運(yùn)動，當(dāng)A的速度最大時B恰好離開擋板．斜面足夠長，運(yùn)動過程中C始終未接觸地面，已知當(dāng)?shù)刂亓�加速度為g．求：
（1）在未掛物塊C時彈簧的形變量和物塊A剛開始運(yùn)動時的加速度a大小；
（2）物塊A的速度達(dá)到最大時彈簧的形變量和物塊B的質(zhì)量；
（3）物塊A的最大速度v_m；
（4）如果把物塊C的質(zhì)量變?yōu)?m，那么物塊B剛離開擋板時物塊A的速度是v_m的多少倍？

Answer 1

分析 （1）未掛物塊C時彈簧的形變量由胡克定律求解．掛上物塊C時，分別對A與C進(jìn)行受力分析，然后由牛頓第二定律可以求出加速度a．
（2）當(dāng)A的速度達(dá)到最大時，繩子的拉力與A的重力沿斜面向下的分力以及彈簧拉力的和相等時A的速度最大，由B的受力情況求出彈簧的形變量．對A，由合力為零求解物塊B的質(zhì)量．
（3）由A、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒求出A的最大速度．
（4）根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒求出物塊B剛離開擋板時物塊A的速度．

解答 解：（1）未掛物塊C時，對A受力分析得 kx₁=mgsinθ
所以 x₁=$\frac{mg}{2k}$
彈簧處于壓縮狀態(tài)，掛上C瞬間，A剛開始運(yùn)動，彈簧的彈力此瞬間仍為kx₁=$\frac{1}{2}$mg．
根據(jù)牛頓第二定律有：
以A為研究對象，得：T+kx₁-mgsinθ=ma
以C為研究對象，得：mg-T=ma
聯(lián)立解得 a=0.5g
（2）A的速度最大時合力為零，此時對A有：T′-kx₂-mgsinθ=0
對C有 mg-T′=0
可得 x₂=$\frac{mg}{2k}$
即伸長了x₂=$\frac{mg}{2k}$
因為B此時恰好離開，所以 kx₂=m_Bgsinθ
可得 m_B=m
（3）A開始運(yùn)動直到達(dá)到最大速度的過程中，A、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，因為過程的初末狀態(tài)彈簧的形變量大小相等，所以彈簧的彈性勢能相同．
A運(yùn)動位移 L=x₁+x₂=$\frac{mg}{k}$
由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得 mgL-mgLsinθ=$\frac{1}{2}×2m{v}_{m}^{2}$
解得 v_m=$\sqrt{\frac{m{g}^{2}}{2k}}$
（4）把物塊C的質(zhì)量變?yōu)?m后，B離開擋板瞬間彈簧仍伸長，x₂=$\frac{mg}{2k}$
所以 2mgL-mgLsinθ=$\frac{1}{2}×3m{v}^{2}$
解得 v=$\sqrt{\frac{m{g}^{2}}{k}}$
所以 $\frac{v}{{v}_{m}}$=$\sqrt{2}$
答：
（1）在未掛物塊C時彈簧的形變量是$\frac{mg}{2k}$，物塊A剛開始運(yùn)動時的加速度a大小是0.5g；
（2）物塊A的速度達(dá)到最大時彈簧的形變量是$\frac{mg}{2k}$，物塊B的質(zhì)量是m；
（3）物塊A的最大速度v_m是$\sqrt{\frac{m{g}^{2}}{2k}}$；
（4）如果把物塊C的質(zhì)量變?yōu)?m，那么物塊B剛離開擋板時物塊A的速度是v_m的$\sqrt{2}$倍．

點(diǎn)評 本題是牛頓第二定律及機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵要分析清楚物體的運(yùn)動過程，選擇研究對象，采用隔離法和整體法相結(jié)合方法研究加速度．根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律研究物體的最大速度．