Question

12．如圖甲所示，在傾角為θ的足夠長(zhǎng)粗糙斜面底端，一質(zhì)量為m的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)．t=0時(shí)解鎖定，計(jì)算機(jī)通過(guò)傳感器描繪出滑塊的v-t圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線(xiàn)，bc段為直線(xiàn)，并可測(cè)得在t₂時(shí)滑塊已上滑的距離s以及b、c兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度v₁和v₂，已知重力加速度為g，根據(jù)圖象和題中已知條件（　�。�

• A． 可判斷滑塊在t₂時(shí)離開(kāi)彈簧
• B． 可判斷滑塊在t₃時(shí)沿斜面運(yùn)動(dòng)到了最高點(diǎn)
• C． 可以求出滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)
• D． 可以求出彈簧鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能

Answer 1

分析 A、B、根據(jù)速度圖象和滑塊在斜面上受力的特點(diǎn)，即可判斷出滑塊離開(kāi)彈簧的時(shí)刻與到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)刻；
C、根據(jù)速度時(shí)間圖線(xiàn)求出勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的加速度，通過(guò)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)．
D、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．

解答 解：A、小球t₁在時(shí)刻的速度最大，說(shuō)明在t₁時(shí)刻受到的彈簧的彈力與重力沿斜面向下的分力大小相等，此后彈簧的彈力繼續(xù)減小，滑塊向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊脫離彈簧后，沿斜面的方向只受到重力的分力的作用，所以滑塊開(kāi)始做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以可以判斷滑塊在t₂之前就離開(kāi)彈簧．故A錯(cuò)誤；
B、由圖可知，滑塊在t₃時(shí)的速度仍然向上，所以沿斜面運(yùn)動(dòng)沒(méi)有到達(dá)最高點(diǎn)．故B錯(cuò)誤；
C、在bc段做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為：$a=\frac{△v}{△t}=\frac{1}{0.1}=10m/{s}^{2}$
根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin37°+μmgcos37°=ma
μ=$\frac{a-gsin37°}{gcos37°}=\frac{10-10×0.6}{10×0.8}=0.5$．故C正確；
D、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(kāi)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
從0到t₁時(shí)間內(nèi)，有動(dòng)能定理可得
W_P-mgssin37°-μmgscos37°=$\frac{1}{2}m{{v}_}^{2}$
W_P=mgssin37°+μmgscos37°+$\frac{1}{2}m{{v}_}^{2}$=1×10×0.2×0.6+0.5×1×10×0.2×0.8+$\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$J=4J．故D正確；
故選：CD

點(diǎn)評(píng) 該題考查滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的受力和能量變化，要使用到動(dòng)能定理、牛頓第二定律等規(guī)律，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這類(lèi)題型的訓(xùn)練．