Question

16．如圖所示，一傾角為θ=30°的光滑足夠長斜面固定在水平面上，其頂端固定一勁度系數(shù)為k=50N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧的下端系一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的小球，用一垂直于斜面的擋板A擋住小球，此時(shí)彈簧沒有發(fā)生形變，若擋板A以加速度a=4m/s²沿斜面向下勻加速運(yùn)動(dòng)，彈簧與斜面始終保持平行，g取10m/s²．求：
（1）從開始運(yùn)動(dòng)到小球速度達(dá)最大時(shí)小球所發(fā)生位移的大��；
（2）從開始運(yùn)動(dòng)到小球與擋板分離時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間；
（3）從開始運(yùn)動(dòng)到小球與擋板分離時(shí)外力對(duì)小球的總功．

Answer 1

分析 （1）對(duì)球受力分析可知，當(dāng)球受力平衡時(shí)，速度最大，此時(shí)彈簧的彈力與物體重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡條件即可求得路程．
（2）從開始運(yùn)動(dòng)到小球與擋板分離的過程中，擋板A始終以加速度a勻加速運(yùn)動(dòng)，小球與擋板剛分離時(shí)，相互間的彈力為零，由牛頓第二定律和胡克定律結(jié)合求得小球的位移，由擋板運(yùn)動(dòng)的位移可以求得物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理列式求解W．

解答 解：（1）球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)物體所受合力為零．
即 kx_m=mgsinθ，
解得 x_m=$\frac{mgsinθ}{k}$=$\frac{1×10×0.5}{50}$=0.1m．
（2）設(shè)球與擋板分離時(shí)位移為s，經(jīng)歷的時(shí)間為t，
從開始運(yùn)動(dòng)到分離的過程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F_N，沿斜面向上的擋板支持力F₁和彈簧彈力F．
根據(jù)牛頓第二定律有 mgsinθ-F-F₁=ma，
    F=kx．
隨著x的增大，F(xiàn)增大，F(xiàn)₁減小，保持a不變，
當(dāng)m與擋板分離時(shí)，F(xiàn)₁減小到零，則有：
mgsinθ-kx=ma，
又x=$\frac{1}{2}$at²
聯(lián)立解得 mgsinθ-k•$\frac{1}{2}$at²=ma，
所以經(jīng)歷的時(shí)間為 t=$\sqrt{\frac{2m（gsinθ-a）}{ka}}$=$\sqrt{\frac{2×1（10×0.5-4）}{50×4}}$=0.1s．
（3）分離時(shí)，小球速度為v=at=4×0.1=0.4m/s
根據(jù)動(dòng)能定理知W=$\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}$=$\frac{1}{2}×1×0．{4}^{2}$=0.08J
答：
（1）從開始運(yùn)動(dòng)到小球速度達(dá)最大時(shí)小球所發(fā)生位移的大小為0.1m；
（2）從開始運(yùn)動(dòng)到小球與擋板分離時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間為0.1s；
（3）從開始運(yùn)動(dòng)到小球與擋板分離時(shí)外力對(duì)小球的總功為0.08J．

點(diǎn)評(píng) 在擋板運(yùn)動(dòng)的過程中，擋板對(duì)球的支持力的大小是在不斷減小的，從而可以使球和擋板一起以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)的過程中物體的受力在變化，但是物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變，從而可以求得物體運(yùn)動(dòng)的位移和運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．