Question

17．如圖甲所示，傾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足夠長(zhǎng)．一根輕彈簧一端固定在斜面的底端，另一端與質(zhì)m=1.0kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）接觸，滑塊與彈簧不相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)．t=0時(shí)釋放滑塊．在0-0.24s時(shí)間內(nèi)，滑塊的加速度a隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．已知彈簧的勁度系k=2.0×10²N/m，t=0.14s時(shí)，滑塊的速v₁=2.0/s，g=10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）滑塊和斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)的大��；
（2）t=0.14s時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d；
（3）0-0.44s時(shí)間內(nèi)，摩擦力做的功W．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)t₁=0.14s時(shí)，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(yùn)動(dòng)．根據(jù)加速度的大小，結(jié)合牛頓第二定律求出摩擦力的大�。�再求得動(dòng)摩擦因數(shù)．
（2）當(dāng)t₁=0.14s時(shí)彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)，所以此時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d等于t₀=0時(shí)彈簧的形變量x，結(jié)合彈性勢(shì)能的表達(dá)式，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)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(dāng)t₁=0.14s時(shí)，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(yùn)動(dòng)．
由題中的圖乙可知，在這段過程中滑塊加速度的大小為：a₁=10m/s²．
根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ+f=ma₁
代入數(shù)據(jù)解得：f=4.0N 
由f=μmgcos37°，
得：μ=0.5
（2）當(dāng)t₁=0.14s時(shí)彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)，所以此時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d等于 t₀=0時(shí)彈簧的形變量x，所以在0-0.14s時(shí)間內(nèi)彈簧彈力做的功為：
W_彈=E_p初-E_p末=$\frac{1}{2}klnzrzfn^{2}$．
在這段過程中，根據(jù)動(dòng)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(shè)從t₁=0.14s時(shí)開始，經(jīng)時(shí)間△t₁滑塊的速度減為零，則有：△t₁=$\frac{0-{v}_{1}}{-{a}_{1}}$=0.2s
這段時(shí)間內(nèi)滑塊運(yùn)動(dòng)的距離為：x₁=$\frac{0-{v}_{1}^{2}}{2（-{a}_{1}）}$=0.2m
此時(shí) t₂=0.14s+△t₁=0.34s，此后滑塊將反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可求得此時(shí)加速度的大小為：
a₂=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=2m/s²
在0.34s-0.44s（△t₂）時(shí)間內(nèi)，滑塊反向運(yùn)動(dòng)的距離為：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(shí)間內(nèi)，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）滑塊和斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)的大小是0.5；
（2）t=0.14s時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d是0.20m；
（3）0-0.44s時(shí)間內(nèi)，摩擦力做的功W是-1.64J．

點(diǎn)評(píng) 本題的關(guān)鍵結(jié)合圖象理清滑塊在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式邊計(jì)算邊分析．