Question

20．如圖甲所示，在傾角為37°足夠長的粗糙斜面底端，一質量m=1kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質點．t=0時解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的v-t圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t₁=0.1s時滑塊已上滑s=0.2m的距離（g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）滑塊離開彈簧后在圖中bc段對應的加速度a及動摩擦因數μ的大小；
（2）t₂=0.3s和t₃=0.4s時滑塊的速度v₁、v₂的大��；
（3）彈簧鎖定時具有的彈性勢能E_P．

Answer 1

分析 （1）根據速度時間圖線求出勻減速直線運動的加速度，通過牛頓第二定律求出滑塊加速度和地面之間的動摩擦因數．
（2）利用運動學公式求出0.3s時的速度，在下滑過程中求出下滑加速度，利用運動學公式求出0.4s的速度
（3）在0-0.1s內運用動能定理，求出彈簧彈力做的功，從而得出彈性勢能的最大值．

解答 解：在bc段做勻加速運動，加速度為：$a=\frac{△v}{△t}$=$\frac{1.0-2.0}{0.2-0.1}$=-10m/s²；
根據牛頓第二定律，有mgsin37°+μmgcos37°=ma
μ=$\frac{a-gsin37°}{gcos37°}=\frac{10-10×0.6}{10×0.8}=0.5$
（2）根據速度時間公式，得：
t₂=0.3s時的速度大�。簐₁=v₀-at=1-10×0.1=0
在t₂之后開始下滑
下滑是的加速度為
mgsin37°-μmgcos37°=ma′
a′=gsin37°-μmgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8m/s²=2m/s²
從t₂到t₃做出速度為零的加速運動時刻的速度為：v₃=a′t′=2×0.1=0.2m/s
（3）從0到t₁時間內，有動能定理可得
W_P-mgssin37°-μmgscos37°=$\frac{1}{2}m{{v}_}^{2}$
W_P=mgssin37°+μmgscos37°+$\frac{1}{2}m{{v}_}^{2}$=1×10×0.2×0.6+0.5×1×10×0.2×0.8+$\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$J=4J
答：（1）物體離開彈簧后在圖中bc段對應的加速度a為10m/s²及動摩擦因數μ的大小為0.5
（2）t₂=0.3s和t₃=0.4s時滑塊的速度v₁、v₂的大小分別為0，0.2；
（3）鎖定時彈簧具有的彈性勢能E_p為4J．

點評 本題考查了動能定理、牛頓第二定律等規(guī)律，綜合性較強，對學生的能力要求較高，需加強這類題型的訓練．