Question

12．如图甲所示，在倾角为θ的足够长粗糙斜面底端，一质量为m的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t=0时解锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，并可测得在t₂时滑块已上滑的距离s以及b、c两点对应的速度v₁和v₂，已知重力加速度为g，根据图象和题中已知条件（　　）

• A． 可判断滑块在t₂时离开弹簧
• B． 可判断滑块在t₃时沿斜面运动到了最高点
• C． 可以求出滑块与斜面之间的动摩擦因数
• D． 可以求出弹簧锁定时的弹性势能

Answer 1

分析 A、B、根据速度图象和滑块在斜面上受力的特点，即可判断出滑块离开弹簧的时刻与到达最高点的时刻；
C、根据速度时间图线求出匀减速直线运动的加速度，通过牛顿第二定律求出滑块加速度和地面之间的动摩擦因数．
D、在0-0.1s内运用动能定理，求出弹簧弹力做的功，从而得出弹性势能的最大值．

解答 解：A、小球t₁在时刻的速度最大，说明在t₁时刻受到的弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力大小相等，此后弹簧的弹力继续减小，滑块向上做加速度增大的减速运动，当滑块脱离弹簧后，沿斜面的方向只受到重力的分力的作用，所以滑块开始做匀减速直线运动，所以可以判断滑块在t₂之前就离开弹簧．故A错误；
B、由图可知，滑块在t₃时的速度仍然向上，所以沿斜面运动没有到达最高点．故B错误；
C、在bc段做匀加速运动，加速度为：$a=\frac{△v}{△t}=\frac{1}{0.1}=10m/{s}^{2}$
根据牛顿第二定律，有mgsin37°+μmgcos37°=ma
μ=$\frac{a-gsin37°}{gcos37°}=\frac{10-10×0.6}{10×0.8}=0.5$．故C正确；
D、根据速度时间公式，得：
t₂=0.3s时的速度大小：v₁=v₀-at=1-10×0.1=0
在t₂之后开始下滑，下滑是的加速度为
mgsin37°-μmgcos37°=ma′
a′=gsin37°-μmgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8m/s²=2m/s²
从t₂到t₃做出速度为零的加速运动时刻的速度为：v₃=a′t′=2×0.1=0.2m/s
从0到t₁时间内，有动能定理可得
W_P-mgssin37°-μmgscos37°=$\frac{1}{2}m{{v}_{b}}^{2}$
W_P=mgssin37°+μmgscos37°+$\frac{1}{2}m{{v}_{b}}^{2}$=1×10×0.2×0.6+0.5×1×10×0.2×0.8+$\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$J=4J．故D正确；
故选：CD

点评 该题考查滑块沿斜面向上运动的过程中的受力和能量变化，要使用到动能定理、牛顿第二定律等规律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练．