Question

3．如图甲所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定子啊水平面上，斜面足够长，一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量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，当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．已知弹簧的劲度系数k=2.0×10²N/m，当t=0.14s时，滑块的速度v₁=2.0m/s．g取l0m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．弹簧弹性势能的表达式为E_p=$\frac{1}{2}$kx²（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）．求：

（1）斜面对滑块摩擦力的大小f；
（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；
（3）在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．
（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a₁=10m/s²．根据牛顿第二定律有：
mgsinθ+f=ma₁
所以有：f=4.0N 
（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
  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
  x₁=$\frac{0-{v}_{1}^{2}}{2（-{a}_{1}）}$=0.20m
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
  a₂=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=2.0m/s²
在0.34s～0.44s（△t₂=0.1s）时间内，滑块反向运动的距离
  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）斜面对滑块摩擦力的大小f为4.0N；
（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d为0.20m；
（3）在0～0.44s时间内，摩擦力做的功W为-1.64J．

点评 本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，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综合求解．