Question

9．如圖甲為一足夠長(zhǎng)的固定斜面，傾角θ=37°，一質(zhì)量m=1.0kg的滑塊以一定的初速度沖上斜面，圖乙為滑塊上滑過(guò)程的v-t圖象．求：（g取10m/s²）

（1）滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）滑塊從出發(fā)點(diǎn)返回到底端整個(gè)過(guò)程中損失的機(jī)械能；
（3）求1s末重力的瞬時(shí)功率．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)速度時(shí)間圖線求出滑塊勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和上滑的位移，結(jié)合牛頓第二定律求出動(dòng)摩擦因數(shù)的大�。�
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出下滑的加速度，結(jié)合速度位移公式求出下滑到初始位置的速度大�。�由動(dòng)能定理可求摩擦力做的功，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒可知，摩擦力做的哦概念股等于損失的機(jī)械能，進(jìn)而可得滑塊從出發(fā)點(diǎn)返回到底端整個(gè)過(guò)程中損失的機(jī)械能；
（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)求得1s末的速度，由P=mgsinθ•v可得重力的瞬時(shí)功率．

解答 （1）依圖示可知，滑塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)：加速度：$a=\frac{△v}{△t}=\frac{4.8-1.2}{0.5}=7.2m/{s}^{2}$
有：mgsin37°+?mgcos37°=ma，
代入數(shù)據(jù)解得：?=0.15．
（2）下滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：
mgsin37°-?mgcos37°=ma′，
代入數(shù)據(jù)解得：$a′=\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=4.8m/s²
根據(jù)v²=2a′x，
代入數(shù)據(jù)解得：v=$\sqrt{15.36}$m/s．
由動(dòng)能定理可得：${W}_{f}=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：W_f=3.84J．
摩擦力做的功等于機(jī)械能的損失3.84J．
（3）滑塊上滑過(guò)程：${t}_{1}=\frac{v}{a}=\frac{2}{3}$s  則從最高點(diǎn)開(kāi)始下滑的時(shí)間${t}_{2}=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$s
  ${v}_{t}=a′t=4.8×\frac{1}{3}=1.6$m/s
所以：P=mgv_tsinθ=9，6W
答：（1）滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.15；
（2）滑塊從出發(fā)點(diǎn)返回到底端整個(gè)過(guò)程中損失的機(jī)械能是3.84J；
（3）1s末重力的瞬時(shí)功率是9.6W．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了牛頓第二定律和速度圖象的綜合，知道圖線斜率表示加速度，圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解是關(guān)鍵，加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁．