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

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3m，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．则下列说法正确的是（　　）A．斜面倾角α=37°B．A获得最大速度为gmkC．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 1

A、设当物体C恰好离开地面时，弹簧的伸长量为x_C，则
  kx_C=mg ①
物体C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kx_C、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-kx_C=ma ②
对A有：4mgsinα-T=4ma ③
由②、③两式得
  3mgsinα-mg-kx_C=5ma ④
当B获得最大速度时，有 a=0 ⑤
由①④⑤式联立，解得 sinα=0.6，所以：α=37°，故A正确；
B、设开始时弹簧的压缩量为x_B，则 kx_B=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=x_C+x_B
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，设为v_Bm，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：3mghsinα-mgh=

1

2

（3m+m） V_Bm²
代入数据，解得：V_Bm=g

m k

，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，弹簧的弹性势能增大，所以A、B两小球组成的系统机械能减小．故D错误；
故选：AB．