Question

（2009?广州二模）如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B

（2009?广州二模）如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，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C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度．求：（1）斜面倾角α（2）B的最大速度vBm．

Answer 1

（1）A刚离开地面时，对A有：kx₂=mg         
此时B有最大速度，即a_B=a_C=0
则对B有：T-kx₂-mg=0
对C有：4mgsinα-T=0               
以上方程联立可解得：sinα=

1

2

，α=30°           
（2）初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx₁=mg
由上问知x1=x2=

mg

k

，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；
此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：
4mg(x1+x2)sinα=mg(x1+x2)+

1

2

(4m+m)vBm2
以上方程联立可解得：vBm=2g

m 5k

．