Question

2．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上O點(diǎn)的轉(zhuǎn)軸上，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙固定直桿A處的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）相連，直桿的傾角為30°，OA=OC，B為AC的中點(diǎn)，OB等于彈簧原長，小球從A處由靜止開始下滑，初始加速度大小為a_A，第一次經(jīng)過B處的速度為v，運(yùn)動(dòng)到C處速度為0，后又以大小為a_C的初始加速度由靜止開始向上滑行，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說法正確的是（　�。�

• A． 小球可以返回到出發(fā)點(diǎn)A處
• B． 彈簧具有的最大彈性勢能為$\frac{1}{2}$mv²
• C． 撤去彈簧，小球可以在直桿上處于靜止
• D． a_A-a_C=g

Answer 1

分析 對小球A到B的過程和A到C的過程，分別根據(jù)能量守恒定律列式，可求得彈簧具有的最大彈性勢能，由牛頓第二定律研究A、C兩點(diǎn)的加速度，相比較可得到a_A-a_C=g．根據(jù)重力沿斜面向下的分力與最大靜摩擦力的關(guān)系，判斷出撤去彈簧，小球在直桿上不能處于靜止．

解答 解：AB、設(shè)小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程克服摩擦力做功為W_f，AB間的豎直高度為h，小球的質(zhì)量為m，彈簧具有的最大彈性勢能為E_p．
根據(jù)能量守恒定律得：
對于小球A到B的過程有：mgh+E_p=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$+W_f，
A到C的過程有：2mgh+E_p=2W_f+E_p，解得：W_f=mgh，E_p=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$．
小球從C點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，假設(shè)能返回到A點(diǎn)，則由能量守恒定律得：
  E_p=2W_f+2mgh+E_p，該式違反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出發(fā)點(diǎn)A處．故A錯(cuò)誤，B正確．
C、設(shè)從A運(yùn)動(dòng)到C摩擦力的平均值為$\overline{f}$，AB=s，由W_f=mgh得：
   $\overline{f}$s=mgssin30°
在B點(diǎn)，摩擦力 f=μmgcos30°，由于彈簧對小球有拉力（除B點(diǎn)外），小球?qū)�桿的壓力大于μmgcos30°，所以$\overline{f}$＞μmgcos30°
可得 mgsin30°＞μmgcos30°，因此撤去彈簧，小球不能在直桿上處于靜止．故C錯(cuò)誤．
D、根據(jù)牛頓第二定律得：
在A點(diǎn)有：Fcos30°+mgsin30°-f=ma_A；
在C點(diǎn)有：Fcos30°-f-mgsin30°=ma_C；
兩式相減得：a_A-a_C=g．故D正確．
故選：BD

點(diǎn)評 解決本題的關(guān)鍵要靈活運(yùn)用能量守恒定律，對系統(tǒng)分段列式，要注意本題中小球的機(jī)械能不守恒，也不能只對小球運(yùn)用能量守恒定律列方程，而要對彈簧與小球組成的系統(tǒng)列能量守恒的方程．