Question

【題目】如圖甲所示，在傾角為37°的粗糙斜面的底端，一質(zhì)量m=1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不相連．t=0時(shí)解除鎖定，計(jì)算機(jī)通過傳感器描繪出滑塊的速度時(shí)間圖象如圖乙所示，其中oab段為曲線，bc段為直線，在t1=0.1s時(shí)滑塊已上滑s=0.2m的距離，g取10m/s2 ． 求：

（1）物體離開彈簧后在圖中bc段對(duì)應(yīng)的加速度a及動(dòng)摩擦因數(shù)μ的大小
（2）t2=0.3s和t3=0.4s時(shí)滑塊的速度v1、v2的大�。�
（3）鎖定時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能Ep ．

Answer 1

【答案】
（1）解：在bc段做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為

根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin37°+μmgcos37°=ma

μ=

答：物體離開彈簧后在圖中bc段對(duì)應(yīng)的加速度a為10m/s2及動(dòng)摩擦因數(shù)μ的大小為0.5

（2）解：根據(jù)速度時(shí)間公式，得：

t2=0.3s時(shí)的速度大小v1=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(yùn)動(dòng)時(shí)刻的速度為v3=a′t′=2×0.1=0.2m/s

答：t2=0.3s和t3=0.4s時(shí)滑塊的速度v1、v2的大小分別為0，0.2m/s

（3）解：從0到t1時(shí)間內(nèi)，有動(dòng)能定理可得

WP﹣mgssin37°﹣μmgscos37°=

WP=mgssin37°+μmgscos37°+ =1×10×0.2×0.6+0.5×1×10×0.2×0.8+ J=4J

答：鎖定時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能Ep為4J

【解析】（1）根據(jù)速度時(shí)間圖線求出勻減速直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)．（2）利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出0.3s時(shí)的速度，在下滑過程中求出下滑加速度，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出0.4s的速度（3）在0﹣0.1s內(nèi)運(yùn)用動(dòng)能定理，求出彈簧彈力做的功，從而得出彈性勢(shì)能的最大值．
【考點(diǎn)精析】認(rèn)真審題，首先需要了解功能關(guān)系(當(dāng)只有重力（或彈簧彈力）做功時(shí)，物體的機(jī)械能守恒；重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢(shì)能的減少:W G =E p1 -E p2；合外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變化:W 合 =E k2 -E k1 （動(dòng)能定理）；除了重力（或彈簧彈力）之外的力對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的變化:W F =E 2 -E 1)，還要掌握動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用(應(yīng)用動(dòng)能定理只考慮初、末狀態(tài)，沒有守恒條件的限制，也不受力的性質(zhì)和物理過程的變化的影響.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用時(shí)間的動(dòng)力學(xué)問題，都可以用動(dòng)能定理分析和解答，而且一般都比用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和機(jī)械能守恒定律簡(jiǎn)捷)的相關(guān)知識(shí)才是答題的關(guān)鍵．