Question

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

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

Answer

B

【解析】

试题分析：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A获得最大速度时，有 a=0 ⑤

由①④⑤式联立，解得 sinα=

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xC，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A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C刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，

且最大速度设为vBm，以A、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=（4m+m） VBm2

代入数据，解得：VBm═2g，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A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．