Question

4．如图所示，P是倾角为30°的光滑固定斜面，物块B停靠于固定在斜面底端的挡板上．劲度系数为k的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与质量为m的物块A相连接．细绳的一端系在A上，另一端跨过光滑定滑轮系一个不计质量的小挂钩，小挂钩不挂物体时，A处于静止状态，细绳与斜面平行．在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块C后，A沿斜面向上运动，当A的速度最大时B恰好离开挡板．斜面足够长，运动过程中C始终未接触地面，已知当地重力加速度为g．求：
（1）在未挂物块C时弹簧的形变量和物块A刚开始运动时的加速度a大小；
（2）物块A的速度达到最大时弹簧的形变量和物块B的质量；
（3）物块A的最大速度v_m；
（4）如果把物块C的质量变为2m，那么物块B刚离开挡板时物块A的速度是v_m的多少倍？

Answer 1

分析 （1）未挂物块C时弹簧的形变量由胡克定律求解．挂上物块C时，分别对A与C进行受力分析，然后由牛顿第二定律可以求出加速度a．
（2）当A的速度达到最大时，绳子的拉力与A的重力沿斜面向下的分力以及弹簧拉力的和相等时A的速度最大，由B的受力情况求出弹簧的形变量．对A，由合力为零求解物块B的质量．
（3）由A、C及弹簧组成的系统机械能守恒求出A的最大速度．
（4）根据系统的机械能守恒求出物块B刚离开挡板时物块A的速度．

解答 解：（1）未挂物块C时，对A受力分析得 kx₁=mgsinθ
所以 x₁=$\frac{mg}{2k}$
弹簧处于压缩状态，挂上C瞬间，A刚开始运动，弹簧的弹力此瞬间仍为kx₁=$\frac{1}{2}$mg．
根据牛顿第二定律有：
以A为研究对象，得：T+kx₁-mgsinθ=ma
以C为研究对象，得：mg-T=ma
联立解得 a=0.5g
（2）A的速度最大时合力为零，此时对A有：T′-kx₂-mgsinθ=0
对C有 mg-T′=0
可得 x₂=$\frac{mg}{2k}$
即伸长了x₂=$\frac{mg}{2k}$
因为B此时恰好离开，所以 kx₂=m_Bgsinθ
可得 m_B=m
（3）A开始运动直到达到最大速度的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，因为过程的初末状态弹簧的形变量大小相等，所以弹簧的弹性势能相同．
A运动位移 L=x₁+x₂=$\frac{mg}{k}$
由系统的机械能守恒得 mgL-mgLsinθ=$\frac{1}{2}×2m{v}_{m}^{2}$
解得 v_m=$\sqrt{\frac{m{g}^{2}}{2k}}$
（4）把物块C的质量变为2m后，B离开挡板瞬间弹簧仍伸长，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）在未挂物块C时弹簧的形变量是$\frac{mg}{2k}$，物块A刚开始运动时的加速度a大小是0.5g；
（2）物块A的速度达到最大时弹簧的形变量是$\frac{mg}{2k}$，物块B的质量是m；
（3）物块A的最大速度v_m是$\sqrt{\frac{m{g}^{2}}{2k}}$；
（4）如果把物块C的质量变为2m，那么物块B刚离开挡板时物块A的速度是v_m的$\sqrt{2}$倍．

点评 本题是牛顿第二定律及机械能守恒定律的综合应用，关键要分析清楚物体的运动过程，选择研究对象，采用隔离法和整体法相结合方法研究加速度．根据系统的机械能守恒定律研究物体的最大速度．