Question

19．如圖所示，一勁度系數(shù)很大的輕質彈簧下端固定在傾角θ=30°的斜面底端，將彈簧上端壓縮到A點鎖定．一質量為m的小物塊緊靠彈簧上端放置，解除彈簧鎖定，小物塊將沿斜面上滑至B點后又返回，A、B兩點的高度差為h，彈簧鎖定時具有的彈性勢能E_P=$\frac{5}{4}$mgh，鎖定及解除鎖定均無機械能損失，斜面上A點以下部分的摩擦不計，已知重力加速度為g．求：
（1）物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；
（2）物塊在上滑和下滑過程中的加速度大小之比；
（3）若每次當物塊離開彈簧后立即將彈簧壓縮到A點鎖定，當物塊返回A點時立刻解除鎖定．設斜面最高點C與A的高度差為3h，試通過計算判斷物塊最終能否從C點拋出．

Answer 1

分析 （1）彈簧解鎖的過程中彈簧的彈性勢能轉化為物塊的動能，物塊上升的過程中動能轉化為重力勢能和摩擦力產生內能，寫出功能關系方程，即可求得動摩擦因數(shù)；
（2）分別對物塊上升的過程和下降的過程進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律寫出加速度的表達式，即可求得加速度的比值；
（3）由功能關系，比較來回克服阻力做的功與補充的彈性勢能之間的關系，若恰好相等，寫出公式得出最大高度，然后判斷．

解答 解：（1）物塊從A第一次上滑到B的過程中，由功能關系得：
   W_f+mgh=E_P．
即 μmgcosθ•$\frac{h}{sinθ}$+mgh=$\frac{5}{4}$mgh．
解得：μ=$\frac{\sqrt{3}}{12}$
（2）在上升的過程中和下滑的過程中物塊都受到重力、支持力和滑動摩擦力的作用，設上升和下降過程中的加速度大小分別是a₁和a₂，根據(jù)牛頓第二定律得：
物塊上升過程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma₁，得 a₁=g（sinθ+μcosθ）=g×（$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{12}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$）=$\frac{5}{8}$g
物塊下滑過程有：mgsinθ-μmgcosθ=ma₂，得 a₂=g（sinθ+μcosθ）=g×（$\frac{1}{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{12}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$）=$\frac{3}{8}$g
故a₁：a₂=5：3．
（3）經過足夠長時間后，彈簧給物塊補充的彈性勢能將全部用來克服物塊在斜面上來回運動時阻力做的功，設穩(wěn)定時物塊上升的最大高度為h_m．則由功能關系得：
   E_p=W_f總．
即 $\frac{5}{4}$mgh=2μmgcosθ•$\frac{{h}_{m}}{sinθ}$
解得：h_m=2.5h＜3h
所以物塊不可能到達C點，即不能從C點拋出．
答：
（1）物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)是$\frac{\sqrt{3}}{12}$；
（2）物塊在上滑和下滑過程中的加速度大小之比是5：3．
（3）物塊不能從C點拋出．

點評 該題的（1）（3）兩問涉及彈簧的彈性勢能與物塊的動能之間的相互轉化，以及物塊的動能與內能、重力勢能之間的相互轉化，要理清它們的關系．第二問直接對物塊進行受力分析，然后使用牛頓第二定律即可．第三問要搞清能量是如何轉化的．