Question

如圖所示，在傾角為30°的斜面上端系有一勁度系數(shù)為20N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個(gè)質(zhì)量為2千克的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時(shí)彈簧沒(méi)有形變．若擋板A以4m/s²的加速度沿斜面向下勻加速運(yùn)動(dòng)，（取g=10m/s²）則（　　）

• A、小球向下運(yùn)動(dòng)0.5m時(shí)速度最大
• B、小球向下運(yùn)動(dòng)0.5m時(shí)與擋板分離
• C、小球速度最大時(shí)與擋板分離，以后小球機(jī)械能守恒
• D、小球從一開(kāi)始到與擋板分離，擋板對(duì)小球的作用力先增大后減小

Answer 1

分析：對(duì)球受力分析可知，當(dāng)球受力平衡時(shí)，速度最大，此時(shí)彈簧的彈力與物體重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡條件即可求得小球向下運(yùn)動(dòng)的路程．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小球與擋板分離的過(guò)程中，擋板A始終以加速度a=4m/s²勻加速運(yùn)動(dòng)，小球與擋板剛分離時(shí)，相互間的彈力為零，由牛頓第二定律和胡克定律結(jié)合求得小球的位移．
以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律列出方程，分析擋板對(duì)小球的作用力如何變化．

解答：解：A、球和擋板分離前小球做勻加速運(yùn)動(dòng)；球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)物體所受合力為零．
即 kx_m=mgsin30°，
解得：x_m=

mgsin30°

k

=

2×10×0.5

20

m=0.5m．
由于開(kāi)始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，所以速度最大時(shí)小球向下運(yùn)動(dòng)的路程為0.5m．故A正確．
B、設(shè)球與擋板分離時(shí)位移為x，經(jīng)歷的時(shí)間為t，
從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到分離的過(guò)程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F_N，沿斜面向上的擋板支持力F₁和彈簧彈力F．
根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin30°-kx-F₁=ma，
保持a不變，隨著x的增大，F(xiàn)₁減小，當(dāng)m與擋板分離時(shí)，F(xiàn)₁減小到零，則有：
   mgsin30°-kx=ma，
解得：x=

m(gsin30°-a)

k

=

2×(5-4)

20

m=0.1m，即小球向下運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)與擋板分離，故B錯(cuò)誤．
C、由上知，小球速度最大時(shí)已經(jīng)與擋板分離，在以后的運(yùn)動(dòng)中，由于彈簧的彈力對(duì)小球做功，所以小球的機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤．
D、由mgsin30°-kx-F₁=ma，x增大，得知擋板對(duì)小球的作用力F₁一直減�。�故D錯(cuò)誤．
故選：A

點(diǎn)評(píng)：在擋板運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，擋板對(duì)球的支持力的大小是在不斷減小的，從而可以使球和擋板一起以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中物體的受力在變化，但是物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變，從而可以求得物體運(yùn)動(dòng)的位移．