Question

18．如圖所示，傾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足夠長，一根輕彈簧一端固定在斜面的底端，另一端與質量m=1.0kg的小滑塊（可視為質點）接觸，滑塊與彈簧不相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)k=2.0×10²N/m，現(xiàn)將滑塊從靜止釋放，當滑塊與彈簧分離時，滑塊的速度v=2.0m/s，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，g取10m/s²，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，彈簧彈性勢能的表達式為E_p=$\frac{1}{2}$kx²（式中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），最后結果保留到小數(shù)點后一位，求：
（1）釋放時彈簧的彈性勢能
（2）滑塊向上運動的最大速度
（3）滑塊與彈簧再次接觸時的速度．

Answer 1

分析 （1）從彈簧釋放到滑塊與彈簧分離的過程，運用能量守恒定律列式，可求釋放時彈簧的壓縮量和彈性勢能．
（2）滑塊先做加速度減小的加速運動，后做減速運動，加速度為零時，速度最大．根據(jù)臨界條件列式，結合能量守恒定律列式，聯(lián)立可求最大速度．
（3）從滑塊離開彈簧到最高點的過程，運用動能定理列式．從最高點下滑到與與彈簧再次接觸的過程，再運用動能定理列式，聯(lián)立可求滑塊與彈簧再次接觸時的速度．

解答 解：（1）最初彈簧的壓縮量為x₁，則有：E_p0=$\frac{1}{2}$kx₁²；
從彈簧釋放到滑塊與彈簧分離的過程，由能量守恒定律有：
E_p0=mgx₁sinθ+$\frac{1}{2}m{v}^{2}$+μmgx₁cosθ
解得：x₁=0.2m，E_p0=4J
（2）設滑塊速度最大時彈簧的壓縮量為x₂．滑塊先做加速度減小的加速運動，后做減速運動，加速度 a=0時，速度最大，則有：
kx₂=mgsinθ+μmgcosθ
得，x₂=0.05m，E_p2=$\frac{1}{2}$kx₂²=0.25J
由能量守恒定律得：
 E_p0-E_p2=mg（x₂-x₁）sinθ+μmgcosθ（x₂-x₁）+$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$
代入解得：v_m=$\sqrt{4.5}$=2.1m/s
（3）從滑塊離開彈簧到最高點的過程，由動能定理得：
-mgLsinθ-μmgcosθL=0-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
從最高點下滑到與與彈簧再次接觸的過程，由動能定理得：
mgLsinθ-μmgcosθL=$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$-0
解得：v′=0.9m/s
答：（1）釋放時彈簧的彈性勢能是4J．
（2）滑塊向上運動的最大速度是2.1m/s．
（3）滑塊與彈簧再次接觸時的速度是0.9m/s．

點評 本題的關鍵要理清滑塊在整個過程中的運動規(guī)律，知道加速度為零時速度達到最大，分段運用能量守恒定律和動能定理研究．