Question

1．如圖（a）所示，在傾角θ=30°的光滑固定斜面上有一勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端固定在垂直于斜面的擋板上，彈簧上端拴接一質(zhì)量m=2kg的物體，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．取g=10m/s²．

（1）求此時(shí)彈簧的形變量x₀；
（2）現(xiàn)對(duì)物體施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小與物體位移x的關(guān)系如圖（b）所示，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)．
a．分析說(shuō)明物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)并求出物體的速度v與位移x的關(guān)系式；
b．若物體位移為0.1m時(shí)撤去拉力F，在圖（c）中做出此后物體上滑過(guò)程中彈簧彈力f的大小隨形變x′的函數(shù)圖象；并且求出此后物體沿斜面上滑的最大距離x_m以及此后運(yùn)動(dòng)的最大速度v_m．

Answer 1

分析 （1）對(duì)物體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可求得彈簧的形變量；
（2）a、根據(jù)牛頓第二定律可求得力與位移之間的表達(dá)式，結(jié)合F-x圖象可求得加速度的表達(dá)式，即可明確運(yùn)動(dòng)情況；
b、根據(jù)彈力與形變量成正比，則可以得出對(duì)應(yīng)的圖象；根據(jù)圖象規(guī)律可分析克服彈力所做的功，則可求得最大速度．

解答 解：（1）初始狀態(tài)時(shí)物體處于平衡狀態(tài)，則有：
kx₀=mgsinθ
代入數(shù)據(jù)解得x₀=0.1m；
（2）a．設(shè)物體運(yùn)動(dòng)微小位移x的過(guò)程中加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有：
F+k（x₀-x）-mgsinθ=ma
根據(jù)F-x圖象可知，F(xiàn)=4.8+100x
聯(lián)立解得：a=2.4m/s²；
彈簧發(fā)生拉伸形變時(shí)，上述結(jié)論仍成．可見(jiàn)，物體做加速度a=2.4m/s²的加速直線運(yùn)動(dòng)．
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可和物體的速度大小v隨x變化的表達(dá)式為：
v²=2ax
代入數(shù)據(jù)解得：v₂=4.8x
b．物體位移x=0.1m后撤去拉力，此后物體上滑過(guò)程中彈力f隨形變量x′的圖象如下圖所示；

物體上滑過(guò)程中克服彈力所做的功對(duì)應(yīng)右上圖中的面積，即W_f=$\frac{1}{2}$kx_m²
撤去拉力后，在上滑過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有：
-mgxmsinθ-W_f=0-$\frac{1}{2}$mv²
聯(lián)立以上可得，x_m=0.04m；
物體再次回到初始位置時(shí)速度最大，對(duì)于全過(guò)程只有拉力F對(duì)物體做功
拉力F對(duì)圖象做的功為F-x圖象下的面積，則有：
W_F=$\frac{4.8+14.8}{2}$×0.1=0.98J；
根據(jù)動(dòng)能定理可得：
W_F=$\frac{1}{2}$mv_m²
聯(lián)立解得：v_m=0.7$\sqrt{2}$m/s=0.99m/s；
答：（1）此時(shí)彈簧的形變量x₀為0.1m
（2）a、物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物體的速度v與位移x的關(guān)系式為v₂=4.8x
b、圖象如圖所示；此后物體沿斜面上滑的最大距離x_m為0.04m；此后運(yùn)動(dòng)的最大速度v_m為0.99m/s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查動(dòng)能定理及胡克定律的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵在于圖象規(guī)律的遷移應(yīng)用，要求能明確圖象性質(zhì)，知道如何用圖象的面積來(lái)表示功；本題難度較大．