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1.如圖所示,在傾角為θ=37° 的斜面的底端有一個(gè)固定擋板D,已知物塊與斜面PO間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.50,斜面 OD部分光滑,處于自然長度的輕質(zhì)彈簧一端固定在 D點(diǎn),另一端在 O點(diǎn),PO的長度L=9.0m.在 P點(diǎn)有一質(zhì)量為1kg的小物體 A(可視為質(zhì)點(diǎn)),現(xiàn)使 A從靜止開始下滑,g=10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.
求:(1)物體第一次接觸彈簧時(shí)物體的速度的大�。�
(2)若已知彈簧的最大壓縮量為d=0.5m,求彈簧的最大彈性勢能Ep
(3)物體與彈簧第一次接觸后反彈,物體從O點(diǎn)沿斜面上升的最大距離x.
(4)物體與彈簧接觸多少次后,物體從O點(diǎn)沿斜面上升的最大距離小于L250

分析 (1)對(duì)PO運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理即可求解;
(2)對(duì)O到彈簧最大壓縮量的運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理即可求解;
(3)對(duì)物塊從O上滑的過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解;
(4)根據(jù)動(dòng)能定理求得物塊上升高度和在O點(diǎn)速度的關(guān)系,及相鄰兩次到達(dá)O點(diǎn)速度的關(guān)系,然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)過程求解.

解答 解:(1)物體在PO過程中受到豎直向下的重力、垂直斜面向上的彈力、和沿斜面向上的摩擦力,此過程應(yīng)用動(dòng)能定理得:
mgLsinθ-μmgLcosθ=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0
所以,物體第一次接觸彈簧時(shí)物體的速度的大小為:
v=\sqrt{2gL(sinθ-μcosθ)}=6m/s
(2)物體由O到將彈簧壓縮至最短的過程中,只有重力、彈簧彈力做功,故由動(dòng)能定理可得彈簧的最大彈性勢能為:
{E}_{p}=\frac{1}{2}m{v}^{2}+mgdsinθ=21J
(3)物塊第一次從O點(diǎn)到將彈簧壓縮最短再到彈回至最高點(diǎn)過程中,應(yīng)用動(dòng)能定理得:
-mgxsinθ-μmgxcosθ=0-\frac{1}{2}m{v}^{2}
解得:x=\frac{{v}^{2}}{2g(sinθ+μcosθ)}=1.8m;
(4)當(dāng)物體在O點(diǎn)速度為v′時(shí),由(3)可知,根據(jù)動(dòng)能定理,物體上升的最大距離為:
x′=\frac{{v′}^{2}}{2g(sinθ+μcosθ)}=\frac{{v′}^{2}}{2g};
由動(dòng)能定理可得物體再次到達(dá)O點(diǎn)的速度v″有:
-2μmgx′cosθ=\frac{1}{2}mv{″}^{2}-\frac{1}{2}mv{′}^{2}
解得:v″=\sqrt{v{′}^{2}-4μgx′cosθ}=\frac{\sqrt{5}}{5}v′
故物體每經(jīng)過一次O點(diǎn),上升的最大距離為上一次的\frac{1}{5};
所以,物體第一次返回時(shí)沿斜面上升的最大距離為:x=1.8m=\frac{1}{5}L
則第n次上升的最大距離為:{x}_{n}=\frac{1}{{5}^{n}}L,
因?yàn)?{x}_{n}<\frac{1}{250}L,所以n≥4,即物體與彈簧接觸4次后,物體從O點(diǎn)沿斜面上升的最大距離小于\frac{L}{250}$;
答::(1)物體第一次接觸彈簧時(shí)物體的速度的大小6m/s;
(2)若已知彈簧的最大壓縮量為d=0.5m,彈簧的最大彈性勢能Ep為21J;
(3)物體與彈簧第一次接觸后反彈,物體從O點(diǎn)沿斜面上升的最大距離x為1.8m;
(4)物體與彈簧接觸4次后,物體從O點(diǎn)沿斜面上升的最大距離小于\frac{L}{250}

點(diǎn)評(píng) 經(jīng)典力學(xué)問題一般先對(duì)物體進(jìn)行受力分析,求得合外力及運(yùn)動(dòng)過程做功情況,然后根據(jù)牛頓定律、動(dòng)能定理及幾何關(guān)系求解.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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