Question

20．如圖甲所示，傾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足夠長．一根輕彈簧一端固定在斜面的底端，另一端與質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）接觸，滑塊與彈簧不相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)．當(dāng)t=0時釋放滑塊．在0～0.24s時間內(nèi)，滑塊的加速度a隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示（0.24s之后的圖象未畫出）．已知彈簧的勁度系數(shù)k=2.0×10² N/m，當(dāng)t=0.14s時，滑塊的速度v₁=2.0m/s．（g取10m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，$\sqrt{5}$=2.236，$\sqrt{6}$=2.449，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．）
（1）斜面對滑塊的摩擦力F_f
（2）t=0時彈簧的壓縮量x
（3）滑塊第一次離開彈簧后向上滑行的最大距離S
（4）請把0.24s后到滑塊再次碰到彈簧的a-t圖象在圖乙中補(bǔ)畫完整．

Answer 1

分析 （1）由圖乙知，當(dāng)t₁=0.14s時，滑塊與彈簧開始分離，此后滑塊受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑塊開始做勻減速直線運(yùn)動．根據(jù)加速度的大小，結(jié)合牛頓第二定律求出摩擦力F_f．
（2）由圖乙可知，在出發(fā)點(diǎn)時滑塊加速度的大小a=30 m/s²，分析滑塊的受力，由牛頓第二定律和胡克定律結(jié)合求彈簧的壓縮量x．
（3）設(shè)從t₁=0.14 s時開始，經(jīng)時間△t₁滑塊的速度減為零，根據(jù)速度公式求出滑塊上滑的時間，再求向上滑行的最大距離S．
當(dāng)t₁=0.14s時彈簧恰好恢復(fù)原長，所以此時滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d等于t₀=0時彈簧的形變量x，結(jié)合彈性勢能的表達(dá)式，根據(jù)動能定理求出d的大�。�
（3）物塊速度減為零后反向做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律分別求出各段過程中的位移的大小，并求得對應(yīng)的時間，即可畫圖．

解答 解：（1）由圖乙可知，當(dāng)t₁=0.14 s時，滑塊與彈簧開始分離此后滑塊受重力、斜面的支持力和摩擦力，如圖（a）所示．
分離后，滑塊開始做勻減速直線運(yùn)動，在這段過程中，由圖乙可知，滑塊加速度的大小為：a₁=10 m/s²
根據(jù)牛頓第二定律有：
mgsin θ+F_f=ma₁
代入數(shù)據(jù)解得：F_f=4N
（2）由圖乙可知，在出發(fā)點(diǎn)時滑塊加速度的大小為：a=30 m/s²
此時滑塊受力如圖（b）所示，有：kx-mgsin θ-F_f=ma
代入數(shù)據(jù)解得：x=0.20 m
（3）設(shè)從t₁=0.14 s時開始，經(jīng)時間△t₁滑塊的速度減為零，則有：
△t₁=$\frac{0-{v}_{1}}{-{a}_{1}}$=$\frac{2}{10}$s=0.20 s
在這段時間內(nèi)滑塊運(yùn)動的距離為：
S=$\frac{0-{v}_{1}^{2}}{2（-{a}_{1}）}$=$\frac{{2}^{2}}{2×10}$m=0.20 m
（4）即知t₂=0.34 s時滑塊速度減為零，此后滑塊將反向做勻加速直線運(yùn)動，受力如圖c所示，根據(jù)牛頓第二定律可求得此后加速度的大小為：
a₂=$\frac{mgsinθ-{F}_{f}}{m}$
代入數(shù)據(jù)解得：a₂=2.0 m/s²
設(shè)滑塊沿斜面下滑回到彈簧原長處的時間為△t₂
x₁=$\frac{1}{2}$a₂△t₂²．
解得：△t₂=$\frac{\sqrt{5}}{5}$s≈0.45s
所以滑塊第一次離開彈簧到再次碰到彈簧的時刻為：t₃=t₂+△t₂=0.79s
故滑塊第一次離開彈簧到再次碰到彈簧的a-t圖象如圖所示．
答：（1）斜面對滑塊的摩擦力F_f是4N．
（2）t=0時彈簧的壓縮量x是0.20m．
（3）滑塊第一次離開彈簧后向上滑行的最大距離S是0.20 m．
（4）如圖所示．

點(diǎn)評 本題的關(guān)鍵結(jié)合圖象理清滑塊在整個過程中的運(yùn)動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式分段分析和求解．