Question

1．如圖所示，在傾角為θ=37° 的斜面的底端有一個固定擋板D，已知物塊與斜面PO間的動摩擦因數μ=0.50，斜面 OD部分光滑，處于自然長度的輕質彈簧一端固定在 D點，另一端在 O點，PO的長度L=9.0m．在 P點有一質量為1kg的小物體 A（可視為質點），現使 A從靜止開始下滑，g=10m/s ²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
求：（1）物體第一次接觸彈簧時物體的速度的大��；
（2）若已知彈簧的最大壓縮量為d=0.5m，求彈簧的最大彈性勢能E_p．
（3）物體與彈簧第一次接觸后反彈，物體從O點沿斜面上升的最大距離x．
（4）物體與彈簧接觸多少次后，物體從O點沿斜面上升的最大距離小于$\frac{L}{250}$？

Answer 1

分析 （1）對PO運動過程應用動能定理即可求解；
（2）對O到彈簧最大壓縮量的運動過程應用動能定理即可求解；
（3）對物塊從O上滑的過程應用動能定理求解；
（4）根據動能定理求得物塊上升高度和在O點速度的關系，及相鄰兩次到達O點速度的關系，然后根據運動過程求解．

解答 解：（1）物體在PO過程中受到豎直向下的重力、垂直斜面向上的彈力、和沿斜面向上的摩擦力，此過程應用動能定理得：
$mgLsinθ-μmgLcosθ=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$；
所以，物體第一次接觸彈簧時物體的速度的大小為：
$v=\sqrt{2gL（sinθ-μcosθ）}=6m/s$；
（2）物體由O到將彈簧壓縮至最短的過程中，只有重力、彈簧彈力做功，故由動能定理可得彈簧的最大彈性勢能為：
${E}_{p}=\frac{1}{2}m{v}^{2}+mgdsinθ=21J$；
（3）物塊第一次從O點到將彈簧壓縮最短再到彈回至最高點過程中，應用動能定理得：
$-mgxsinθ-μmgxcosθ=0-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：$x=\frac{{v}^{2}}{2g（sinθ+μcosθ）}=1.8m$；
（4）當物體在O點速度為v′時，由（3）可知，根據動能定理，物體上升的最大距離為：
$x′=\frac{{v′}^{2}}{2g（sinθ+μcosθ）}=\frac{{v′}^{2}}{2g}$；
由動能定理可得物體再次到達O點的速度v″有：
$-2μmgx′cosθ=\frac{1}{2}mv{″}^{2}-\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
解得：$v″=\sqrt{v{′}^{2}-4μgx′cosθ}=\frac{\sqrt{5}}{5}v′$；
故物體每經過一次O點，上升的最大距離為上一次的$\frac{1}{5}$；
所以，物體第一次返回時沿斜面上升的最大距離為：$x=1.8m=\frac{1}{5}L$
則第n次上升的最大距離為：${x}_{n}=\frac{1}{{5}^{n}}L$，
因為${x}_{n}＜\frac{1}{250}L$，所以n≥4，即物體與彈簧接觸4次后，物體從O點沿斜面上升的最大距離小于$\frac{L}{250}$；
答：：（1）物體第一次接觸彈簧時物體的速度的大小6m/s；
（2）若已知彈簧的最大壓縮量為d=0.5m，彈簧的最大彈性勢能E_p為21J；
（3）物體與彈簧第一次接觸后反彈，物體從O點沿斜面上升的最大距離x為1.8m；
（4）物體與彈簧接觸4次后，物體從O點沿斜面上升的最大距離小于$\frac{L}{250}$．

點評 經典力學問題一般先對物體進行受力分析，求得合外力及運動過程做功情況，然后根據牛頓定律、動能定理及幾何關系求解．