Question

16．如圖所示，輕彈簧左端固定于豎直墻上，右端緊靠質(zhì)量為m₁=1kg的小物塊．質(zhì)量為m₂=1kg的小滑塊從傾角為θ=37°的斜面上高h=0.6m處靜止開始滑下，由斜面底端無能量損失地進入光滑水平面，并與m₁碰撞后粘合在一起向左運動．已知小滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）小滑塊在斜面上下滑的加速度a；
（2）小滑塊到達斜面底端時的速度；
（3）彈簧彈性勢能的最大值E_max．

Answer 1

分析 （1）對滑塊進行受力分析，由牛頓第二定律即可求出加速度；
（2）物塊從坡頂滑下，重力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理可求出物塊滑到底端時的速度大�。�
（3）兩物塊碰撞的過程中，滿足動量守恒定律，由此即可求出碰撞后的共同速度；物塊壓縮彈簧后，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律可彈性勢能．

解答 解：（1）對滑塊進行受力分析如圖，則：
支持力：N=m₂gcosθ=1×10×cos37°=8N
滑塊受到的摩擦力：f=μN=0.5×8=4N
滑塊的加速度$a=\frac{{m}_{2}gsin37°-f}{{m}_{1}}=\frac{1×10×0.6-4}{1}=2m/{s}^{2}$
（2）在由A滑到底端的過程中，重力做正功，摩擦力做負功，由動能定理得：m₂gh-$f•\frac{h}{sin37°}$=$\frac{1}{2}$m₂v²
代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s
（3）兩物塊碰撞的過程中，系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，選擇向左為正方向，由動量守恒定律得：
m₂v=（m₁+m₂）v′
所以：$v′=\frac{{m}_{2}v}{{m}_{1}+{m}_{2}}=\frac{1×2}{1+1}=1$m/s
物塊壓縮彈簧后，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律可得：${E}_{max}=\frac{1}{2}（{m}_{1}+{m}_{2}）v{′}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：E_max=1J
答：（1）小滑塊在斜面上下滑的加速度是2m/s²；
（2）小滑塊到達斜面底端時的速度是2m/s；
（3）彈簧彈性勢能的最大值E_max是1J．

點評 本題是動能定理與動量守恒定律、機械能守恒定律的運用．對動能定理的運用，要選擇研究過程，分析哪些力對物體做功，進而確定合力的功或總功．