Question

8．如圖所示，斜面傾角為θ，在斜面底端垂直斜面固定一擋板，輕質(zhì)彈簧一端固定在擋板上，質(zhì)量為M=1.0kg的木板與輕彈簧接觸但不拴接，彈簧與斜面平行且為原長，在木板右上端放一質(zhì)量為m=2.0kg的小金屬塊，金屬塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ₁=0.75，木板與斜面粗糙部分間的動摩擦因數(shù)為μ₂=0.25，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．小金屬塊突然獲得一個大小為v₁=5.3m/s、方向平行斜面向下的速度，沿木板向下運動．當彈簧被壓縮x=0.5m到P點時，金屬塊與木板剛好達到相對靜止，且此后運動過程中，兩者一直沒有發(fā)生相對運動．設金屬塊從開始運動到與木塊達到相同速度共用時間t=0.75s，之后木板壓縮彈簧至最短，然后木板向上運動，彈簧彈開木板，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，已知sin θ=0.28、cos θ=0.96，g取10m/s²，結果保留二位有效數(shù)字．
（1）求木板開始運動瞬間的加速度；
（2）求彈簧被壓縮到P點時的彈性勢能是多少？
（3）假設木板在由P點壓縮彈簧到彈回到P點過程中不受斜面摩擦力作用，木板離開彈簧后沿斜面向上滑行的距離？

Answer 1

分析 （1）運用隔離法分別對金屬塊和長木板進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求加速度；
（2）根據(jù)動能定理求得彈簧壓縮過程中做的功，再根據(jù)彈力做功與彈性勢能變化的關系求得彈簧的彈性勢能；
（3）根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律求得木板離開彈簧后的速度，再根據(jù)動能定理求得木板上滑的最大距離．

解答 解（1）對金屬塊，由牛頓第二定律可知加速度大小為：
 a=$\frac{{μ}_{1}mgcosθ-mgsinθ}{m}$=μ₁gcosθ-gsinθ=0.75×10×0.96-10×0.28m/s²=4.4m/s²，方向沿斜面向上
木板受到金屬塊的滑動摩擦力為：F₁=μ₁mgcosθ=0.75×2×10×0.96N=14.4N，方向沿斜面向下
木板受到斜面的滑動摩擦力為：
F₂=μ₂（M+m）gcosθ=0.25×（1+2）×10×0.96N=7.2N，方向沿斜面向上
木板開始運動瞬間的加速度為：a₀=$\frac{Mgsinθ+{F}_{1}-{F}_{2}}{M}$=$\frac{1×10×0.28+14.4-7.2}{1}$m/s2=10m/s²，方向沿斜面向下
（2）設金屬塊和木板達到共同速度為v₂，對金屬塊，應用速度公式有：v₂=v₁-at=5.3-4.4×0.75m/s=2.0m/s
在此過程中分析木板，設彈簧對木板做功為W，其余力做功為W_x，對木板運用動能定理得：W_x+W=$\frac{1}{2}M{v}_{2}^{2}$
又由受力分析得：W_x=[μ₁mgcosθ+Mgsinθ-μ₂（M+m）gcosθ]x
[μ₁mgcosθ+Mgsinθ-μ₂（M+m）gcosθ]x+W=$\frac{1}{2}M{v}_{2}^{2}$
代入相關數(shù)據(jù)解得：解得 W=-3.0J，
說明此時彈簧的彈性勢能E_p=3.0J
（3）金屬塊和木板達到共速后壓縮彈簧，速度減小為0后反向彈回，設彈簧恢復原長時木板和金屬塊的速度為v₃，在此過程中對木板和金屬塊，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒得：E_p-（F₂+Mgsinθ+mgsinθ）x=$\frac{1}{2}$（M+m）v₂³-$\frac{1}{2}$（M+m）v₂²
木板離開彈簧后，設滑行距離為s，由動能定理得：
-（M+m）g（μ₂cosθ+sinθ）s=-$\frac{1}{2}$（M+m）v₂³
聯(lián)立可解得：s=0.077m
答：（1）木板開始運動瞬間的加速度為10m/s²，方向沿斜面向下；
（2）彈簧被壓縮到P點時的彈性勢能是3.0J；
（3）假設木板在由P點壓縮彈簧到彈回到P點過程中不受斜面摩擦力作用，木板離開彈簧后沿斜面向上滑行的距離為0.077m

點評 在應用牛頓運動定律和運動學公式解決問題時，要注意運動過程的分析，此類問題，還要對整個運動進行分段處理．