Question

4．如圖所示，斜面體固定不動(dòng)，一輕質(zhì)彈簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上．分兩次將質(zhì)量為m₁、m₂（m₂＞m₁）的兩物塊從斜面上不同位置靜止釋放，兩次運(yùn)動(dòng)中彈簧的最大壓縮量相同（彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)）．物塊從開(kāi)始釋放到速度第一次減為零的過(guò)程，則（　�。�

• A． m₁開(kāi)始釋放的高度高
• B． m₁的重力勢(shì)能變化量大
• C． m₂的最大速度小
• D． m₂的最大加速度小于m₁的最大加速度

Answer 1

分析 兩次運(yùn)動(dòng)中彈簧的最大壓縮量相同，彈簧的彈性勢(shì)能相同，對(duì)兩種情況分別運(yùn)用機(jī)械能守恒定律列式，可判斷釋放點(diǎn)高度關(guān)系，并能分析重力勢(shì)能變化量的關(guān)系．速度最大時(shí)物體的合力為零，在最低點(diǎn)加速度最大．由牛頓第二定律分析最大加速度的關(guān)系．

解答 解：A、對(duì)任一物體，設(shè)物體的質(zhì)量為m，物體從開(kāi)始釋放到速度第一次減為零下降的高度為h．取最低點(diǎn)所在水平面為參考平面．
根據(jù)物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mgh=E_p，
據(jù)題，兩次彈簧的彈性勢(shì)能E_p相同，m₂＞m₁，則有h₁＞h₂．即m₁開(kāi)始釋放的高度高，故A正確．
B、物體從開(kāi)始釋放到速度第一次減為零的過(guò)程，物體的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，則兩個(gè)物體重力勢(shì)能變化量相等，故B錯(cuò)誤．
C、物塊的速度最大時(shí)，合力為零，則有 kx=mgsinα，因?yàn)閙₂＞m₁，所以x₂＞x₁．
設(shè)彈簧的最大壓縮量為x_m．物塊剛下滑時(shí)離彈簧的距離為L(zhǎng)．從開(kāi)始到最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律得：
 E_p=mgsinα（x_m+L），由題知，x_m、E_p相等，m₂＞m₁，則L₂＞L₁．
從開(kāi)始到速度最大的過(guò)程，由能量守恒得：mgsinα（L+x）=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$+$\frac{1}{2}k{x}^{2}$，又 x=$\frac{mgsinα}{k}$，解得：
  v_m=$\sqrt{2gLsinα+\frac{m{g}^{2}si{n}^{2}α}{k}}$，由于m₂＞m₁，x₂＞x₁，可知m₂的最大速度大．故C錯(cuò)誤．
D、兩次運(yùn)動(dòng)中彈簧的最大壓縮量相同，設(shè)為F，由牛頓第二定律得 F-mgsinα=ma，得最大加速度為 a=$\frac{F}{m}$-gsinα，由于m₂＞m₁，所以m₂的最大加速度小于m₁的最大加速度，故D正確．
故選：AD

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵能正確分析能量的轉(zhuǎn)化情況，知道物體速度最大的條件：合力等于零，運(yùn)用牛頓第二定律分析加速度．