Question

20．如圖所示，一勁度系數(shù)k未知的輕彈簧下端固定于水平地面，上端與不可伸長的輕繩連接，輕繩跨過定滑輪的二端懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物．用手托住重物，使 得兩邊輕繩和彈簧都處于豎直狀態(tài)，輕繩恰能拉直且彈簧處于原長．然后無初速度釋 放重物，重物可下落的最大距離為l₀不計(jì)空氣阻力、定滑輪質(zhì)量及轉(zhuǎn)軸摩擦，重力加速度為g，彈簧的形變?cè)趶椥韵薅葍?nèi)．求
（1）重物下落過程，彈簧的最大彈性勢能是多少？
（2）將重物放在動(dòng)摩擦因數(shù)為?，傾角為θ的固定斜面 上，用手按住它，恰能使輕繩拉直，彈簧處于原長，如圖所 示．若要使重物下滑距離l，給重物沿斜面向下的初速度至 少要多大？
（3）在滿足（2）的條件下，重物在斜面上運(yùn)動(dòng)過程速度最大時(shí)，彈簧的彈性勢能E_x是多 少？（彈簧的彈性勢能表達(dá)式E=$\frac{1}{2}$kx²，x表示形變量）

Answer 1

分析 （1）重物與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可以求出最大彈性勢能．
（2）由能量守恒定律可以求出初速度．
（3）根據(jù)動(dòng)摩擦因數(shù)大小與斜面傾角的關(guān)系，應(yīng)用平衡條件、彈性勢能表達(dá)式求出彈性勢能．

解答 解：（1）、重物下落l過程它與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，
由機(jī)械能守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能：E_Pmax=mgl；
（2）、由（1）可知，重物在斜面上下滑l距離時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，
最大彈性勢能：E_Pmax′=E_Pmax=mgl，
由能量守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₀²+mglsinθ=μmglcosθ+E_Pmax′，
解得：v₀=$\sqrt{2gl（1+μcosθ-sinθ）}$；
（3）若μ≥tanθ，則重物在斜面上獲得的初速度v₀是其最大速度，所求彈性勢能為零；
若μ＜tanθ，在（2）的情況下，重物可能在斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)谝淮蔚竭_(dá)平衡位置時(shí)，
摩擦損失的能量最少，速度最大，設(shè)此時(shí)彈簧的伸長量為x，彈簧的勁度系數(shù)為k，繩子拉力為T，
有：T=kx，mgsinθ=T+μmgcosθ，
在（2）的情況下，彈簧在原長與最大伸長量之間振動(dòng)，由對(duì)稱性可知，
其平衡位置在伸長量為$\frac{1}{2}$l處，有：mg=$\frac{1}{2}$kl，
由題意可知，所求彈性勢能：E_x=$\frac{1}{2}$kx²，解得：E_x=$\frac{1}{4}$mgl（sinθ-μcosθ）²；
答：（1）重物下落過程，彈簧的最大彈性勢能是mgl；
（2）給重物沿斜面向下的初速度至少為v$\sqrt{2gl（1+μcosθ-sinθ）}$；
（3）若μ≥tanθ，彈簧的彈性勢能E_x是0；若μ＜tanθ，彈簧的彈性勢能E_x是$\frac{1}{4}$mgl（sinθ-μcosθ）²．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求彈性勢能、初速度問題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、平衡條件、能量守恒定律即可正確解題，此題難度較大．