Question

12．如图甲所示，水平地面上的P点有一质量m=1.0kg的滑块，一轻弹簧左端固定在墙面，右端与滑块接触（不粘连），弹簧处于原长．现推动滑块将弹簧压缩到Q点，PQ间的距离△x=0.20m．t=0时刻释放滑块，利用速度传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙中的Oabc所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线．Od是速度图象上O点的切线．取g=10m/s²．求：

（1）滑块做匀减速运动时加速度a2的大小；
（2）滑块与地面间的动摩擦因数μ；
（3）弹簧的劲度系数k．
（4）滑块滑动过程中的平均速度．

Answer 1

分析 （1）根据速度时间图线求出匀减速直线运动的加速度；
（2）通过牛顿第二定律求出滑块与地面之间的动摩擦因数；
（3）根据速度图象的斜率等于加速度，求出刚释放弹簧瞬时滑块的加速度，根据牛顿第二定律和胡克定律列式，即可求得k；
（4）离开弹簧前位移为0.2m，离开弹簧后做匀减速直线运动，根据平均速度公式列式求解位移，最后根据平均速度的定义求解全程的平均速度．

解答 解：（1）从图象上知bc段对应滑块脱离弹簧后的运动，滑块的加速度大小为：
a₂=|$\frac{△v}{△t}$|=$\frac{3.00m/s}{0.4s}=7.5m/{s}^{2}$；
（2）由牛顿第二定律知：
μmg=ma₂，
解得：μ=0.75
（3）由速度图象的斜率等于加速度，则知t=0时刻滑块的加速度：
a₁=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{6.5-0}{0.2}$=32.5m/s²；
根据牛顿第二定律得：
k△x-μmg=ma₁，
解得：k=200N/m
（4）离开弹簧前位移：x₁=△x=0.2m
离开弹簧后的位移：${x}_{2}=\frac{3+0}{2}m/s×0.4s=0.6m$
故全程的平均速度为：$\overline{v}=\frac{x}{t}=\frac{0.2m+0.6m}{0.6s}=1.33m/s$
答：（1）滑块做匀减速运动时加速度a₂的大小为7.5m/s²；
（2）滑块与地面间的动摩擦因数μ是0.75；
（3）弹簧的劲度系数k是200N/m；
（4）滑块滑动过程中的平均速度为1.33m/s．

点评 本题关键要由速度图象的斜率等于加速度，再根据牛顿第二定律、胡克定律结合进行求解，基础题．