Question

17．如图甲所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质m=1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．t=0时释放滑块．在0-0.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示．已知弹簧的劲度系k=2.0×10²N/m，t=0.14s时，滑块的速v₁=2.0/s，g=10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）滑块和斜面间动摩擦因数的大小；
（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；
（3）0-0.44s时间内，摩擦力做的功W．

Answer 1

分析 （1）当t₁=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．根据加速度的大小，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小．再求得动摩擦因数．
（2）当t₁=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t₀=0时弹簧的形变量x，结合弹性势能的表达式，根据动能定理求出d的大小．
（3）物块速度减为零后反向做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出各段过程中的位移的大小，从而得出摩擦力做功的大小．

解答 解：（1）当t₁=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力．斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．
由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为：a₁=10m/s²．
根据牛顿第二定律有：mgsinθ+f=ma₁
代入数据解得：f=4.0N 
由f=μmgcos37°，
得：μ=0.5
（2）当t₁=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于 t₀=0时弹簧的形变量x，所以在0-0.14s时间内弹簧弹力做的功为：
W_弹=E_p初-E_p末=$\frac{1}{2}k{d}^{2}$．
在这段过程中，根据动能定理有：W_弹-mgdsinθ-fd=$\frac{1}{2}$mv₁²-0
代入数据解得：d=0.20 m 
（3）设从t₁=0.14s时开始，经时间△t₁滑块的速度减为零，则有：△t₁=$\frac{0-{v}_{1}}{-{a}_{1}}$=0.2s
这段时间内滑块运动的距离为：x₁=$\frac{0-{v}_{1}^{2}}{2（-{a}_{1}）}$=0.2m
此时 t₂=0.14s+△t₁=0.34s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为：
a₂=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=2m/s²
在0.34s-0.44s（△t₂）时间内，滑块反向运动的距离为：x₂=$\frac{1}{2}{a}_{2}△{t}_{2}^{2}$，代入数据解得：x₂=0.01m
所以在0-0.44s时间内，摩擦力f做的功为：W=-f（d+x₁+x₂）
代入数据解得：W=-1.64J．
答：（1）滑块和斜面间动摩擦因数的大小是0.5；
（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d是0.20m；
（3）0-0.44s时间内，摩擦力做的功W是-1.64J．

点评 本题的关键结合图象理清滑块在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式边计算边分析．