Question

20．倾角为θ的斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧处于自然长度时上端位于斜面体上的O点，质量分别为4m、m的物块甲和乙用一质量不计的细绳跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮连接，如图所示，开始物块甲位于斜面体上的M处，且MO=L，滑块乙开始离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当滑块将弹簧压缩到N点时，滑块的速度减为零，ON=$\frac{L}{2}$．己知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ=$\frac{\sqrt{3}}{8}$，θ=30°，重力加速度取g=10m/s²，忽略空气的阻力，整个过程细绳始终没有松弛，则下列说法正确的是（　　）

• A． 物块由静止释放到斜面体上N点的过程，物块甲先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动到速度减为零
• B． 物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5m/s²
• C． 物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为$\frac{15}{8}$mgL
• D． 物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为$\frac{3}{8}$mgL

Answer 1

分析 通过分析受力情况，判断物块甲的运动情况．根据牛顿第二定律求物块甲在与弹簧接触前的加速度．对系统，运用能量守恒定律求弹簧弹性势能的最大值．

解答 解：A、物块由静止释放到O点的过程，甲做匀加速直线运动．甲接触弹簧后，由于弹力是变力，且弹力逐渐增大，所以甲先做变加速运动，后做减速运动，直到速度减为零，故A错误．
B、物块甲在与弹簧接触前，根据牛顿第二定律得
对于甲有：4mgsinθ-μ•4mgcosθ-T=4ma
对于乙有：T-mg=ma
联立解得 a=0.5m/s²．故B正确．
CD、物块甲位于N点时，由能量守恒可知，弹簧所储存的弹性势能的最大值 E_pm=4mgsinθ•$\frac{3}{2}$L-μ•4mgcosθ•$\frac{3}{2}$L-mg$•\frac{3}{2}$L=$\frac{3}{8}$mgL．故C错误，D正确．
故选：BD

点评 解决本题有两个关键：一是正确分析物块的受力情况，判断其运动情况．二是明确能量是如何转化的，运用牛顿第二定律和能量守恒定律进行解答．