Question

3．如圖甲所示，傾角θ=37°的粗糙斜面固定子啊水平面上，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)，當t=0時釋放滑塊．在0～0.24s時間內，滑塊的加速度a隨時間t變化的關系如圖乙所示．已知彈簧的勁度系數(shù)k=2.0×10²N/m，當t=0.14s時，滑塊的速度v₁=2.0m/s．g取l0m/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）．求：

（1）斜面對滑塊摩擦力的大小f；
（2）t=0.14s時滑塊與出發(fā)點間的距離d；
（3）在0～0.44s時間內，摩擦力做的功W．

Answer 1

分析 （1）當t₁=0.14s時，滑塊與彈簧開始分離，此后滑塊受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑塊開始做勻減速直線運動．根據(jù)加速度的大小，結合牛頓第二定律求出摩擦力的大小．
（2）當t₁=0.14s時彈簧恰好恢復原長，所以此時滑塊與出發(fā)點間的距離d等于t₀=0時彈簧的形變量x，結合彈性勢能的表達式，根據(jù)動能定理求出d的大�。�
（3）物塊速度減為零后反向做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律分別求出各段過程中的位移的大小，從而得出摩擦力做功的大�。�

解答 解：（1）當t₁=0.14s時，滑塊與彈簧開始分離，此后滑塊受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑塊開始做勻減速直線運動．由題中的圖乙可知，在這段過程中滑塊加速度的大小a₁=10m/s²．根據(jù)牛頓第二定律有：
mgsinθ+f=ma₁
所以有：f=4.0N 
（2）當t₁=0.14s時彈簧恰好恢復原長，所以此時滑塊與出發(fā)點間的距離d等于t₀=0時彈簧的形變量x，所以在0～0.14s時間內彈簧彈力做的功
  W_彈=E_p初-E_p末=$\frac{1}{2}k4b3unwg^{2}$．
在這段過程中，根據(jù)動能定理有：
 W_彈-mgdsinθ-fd=$\frac{1}{2}$mv₁²-0
代入數(shù)據(jù)解得：d=0.20 m 
（3）設從t₁=0.14s時開始，經時間△t₁滑塊的速度減為零，則有
△t₁=$\frac{0-{v}_{1}}{-{a}_{1}}$=0.2s
這段時間內滑塊運動的距離
  x₁=$\frac{0-{v}_{1}^{2}}{2（-{a}_{1}）}$=0.20m
此時t₂=0.14s+△t₁=0.34s，此后滑塊將反向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可求得此時加速度的大小
  a₂=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=2.0m/s²
在0.34s～0.44s（△t₂=0.1s）時間內，滑塊反向運動的距離
  x₂=$\frac{1}{2}{a}_{2}△{t}_{2}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：x₂=0.01m．
所以在0～0.44s時間內，摩擦力f做的功為：W=-f（d+x₁+x₂）
代入數(shù)據(jù)解得：W=-1.64J．
答：（1）斜面對滑塊摩擦力的大小f為4.0N；
（2）t=0.14s時滑塊與出發(fā)點間的距離d為0.20m；
（3）在0～0.44s時間內，摩擦力做的功W為-1.64J．

點評 本題考查了牛頓第二定律、動能定理和運動學公式的綜合運用，關鍵結合圖象理清滑塊在整個過程中的運動規(guī)律，結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解．