Question

7．如圖所示，P是傾角為30°的光滑固定斜面．勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在斜面底端的固定擋板C上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連接．細(xì)繩的一端系在物體A上，細(xì)繩跨過(guò)不計(jì)質(zhì)量和摩擦的定滑輪，另一端有一個(gè)不計(jì)質(zhì)量的小掛鉤．小掛鉤不掛任何物體時(shí)，物體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(gè)質(zhì)最也為m的物塊B后，物塊A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)．斜面足夠長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B始終未接觸地面，己知重力加速度為g，彈簧形變始終在彈性限度范圍內(nèi)．
（1）求物塊A處于靜止時(shí)，彈簧的壓縮量x₁
（2）試定性分析物塊A沿斜面上滑過(guò)程加速度的變化情況和運(yùn)動(dòng)情況；
（3）設(shè)物塊A通過(guò)斜面上Q點(diǎn)位置時(shí)速度最大，求Q點(diǎn)到出發(fā)點(diǎn)的距離x₀和最大速度v_m．

Answer 1

分析 （1）物塊A處于靜止時(shí)，彈簧受到的壓力等于A的重力沿斜面向下的分力，由平衡條件和胡克定律求出彈簧的壓縮量x₁；
（2）分別對(duì)A和B，由牛頓第二定律列式可以得到加速度的表達(dá)式，再分析加速度的變化情況和運(yùn)動(dòng)情況．
（3）當(dāng)A的加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，由上述加速度的表達(dá)式求由Q點(diǎn)到出發(fā)點(diǎn)的距離x₀．由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律可以求出最大速度．

解答 解：（1）物塊A處于靜止時(shí)，受到重力、斜面的支持力和彈簧的作用力，由平衡條件得：mgsin30°=kx₁，
得：x₁=$\frac{mg}{2k}$
（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的彈力為F，細(xì)繩的拉力為T(mén)，設(shè)物塊A沿斜面上滑過(guò)程的加速度為a，則由牛頓第二定律得：
對(duì)A有：T+F-mgsin30°=ma
對(duì)B有 mg-T=ma
解得  a=$\frac{1}{4}$g+$\frac{F}{2m}$
由于彈簧的彈力F先逐漸減小為零后反向增加，則A的加速度先減小至零，后反向增大．物體A先做加速運(yùn)動(dòng)，后減速運(yùn)動(dòng)．
（3）當(dāng)物塊A的加速度為零（或合外力為零）時(shí)，速度達(dá)到最大，則
   $\frac{1}{4}$g-$\frac{k（{x}_{0}-{x}_{1}）}{2m}$=0
解得 x₀=$\frac{mg}{k}$
此時(shí)彈簧的形變量 x₀-x₁=$\frac{mg}{2k}$（與初始時(shí)刻相同）
研究A、B和彈簧系統(tǒng)，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得
  mgx₀=mgx₀sin30°+$\frac{1}{2}$•2mv_m²，
解得 v_m=g$\sqrt{\frac{m}{2k}}$
答：
（1）物塊A處于靜止時(shí)，彈簧的壓縮量x₁是$\frac{mg}{2k}$．
（2）物塊A沿斜面上滑過(guò)程加速度先減小至零，后反向增大．物體A先做加速運(yùn)動(dòng)，后減速運(yùn)動(dòng)．
（3）Q點(diǎn)到出發(fā)點(diǎn)的距離x₀是$\frac{mg}{k}$，最大速度v_m是g$\sqrt{\frac{m}{2k}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題要分析清楚物體的受力情況，應(yīng)用牛頓第二定律列式分析加速度的變化情況，從而來(lái)分析物體的運(yùn)動(dòng)情況．對(duì)于系統(tǒng)，要知道系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，抓住初末彈性勢(shì)能相等是關(guān)鍵．