◎ 题目

如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（　　） A．斜面倾角α=60° B．A获得最大速度为2g m 5k C．C刚离开地面时，B的加速度最大 D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒

◎ 答案

A、设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则 kxC=mg  ① 物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用， 设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律， 对B有 T-mg-kxC=ma   ② 对A有 4mgsinα-T=4ma  ③ 由②、③两式得 4mgsinα-mg-kxC=5ma ④ 当B获得最大速度时，有 a=0 ⑤ 由①④⑤式联立，解得 sinα= 1 2 所以：α=30° 故A错误； B、设开始时弹簧的压缩量xB，则 kxB=mg 设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，则 kxC=mg 当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离均为 h=xC+xB 由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体A刚刚离开地面时，C、B两物体的速度相等，设为vBm，以C、B及弹簧组成的系统为研究对象， 由机械能守恒定律得：4mghsinα-mgh= 1 2 （4m+m） VBm2 代入数据，解得：VBm═2g m 5k ，故B正确； C、C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零，故C错误； D、从释放C到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，故D错误； 故选B．

◎ 解析

“略”

◎ 知识点

    专家分析，试题“如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使…”主要考查了你对  【牛顿第二定律】，【机械能守恒定律】  等知识点的理解和应用能力。关于这些知识点的“档案”，你可以点击相应的链接进行查看和学习。