Question

19．如圖所示，傾角為θ=37°的斜面固定在水平地面上，勁度系數為k=40N/m的輕彈簧與斜面平行，彈簧下端固定在斜面底端的擋板上，彈簧與斜面間無摩擦．一個質量為m=5kg的小滑塊從斜面上的P點由靜止滑下，小滑塊與斜•面間的動摩擦因數為μ=0.5，P點與彈簧自由端Q點間的距離為L=1m．已知整個過程彈簧始終在彈性限度內，彈簧的彈性勢能E_p與其形變量x的關系為E_p=$\frac{1}{2}k{x^2}$，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）小滑塊從P點下滑到Q點時所經歷的時間t；
（2）小滑塊運動過程中達到的最大速度υ_m的大小；
（3）小滑塊運動到最低點的過程中，彈簧的最大彈性勢能．

Answer 1

分析 （1）小滑塊從P點下滑到Q點過程做勻加速運動，由牛頓第二定律求加速度，再由運動學公式求運動時間；
（2）當小滑塊的合力為0時，速度最大，由功能關系求最大速度；
（3）由題意可知物體在下降中由功能關系可明確最大壓縮量；再根據E_Pm=$\frac{1}{2}$kx₂²求彈簧的最大彈性勢能．

解答 解：（1）小滑塊從P點下滑到Q點過程做勻加速運動，
由牛頓第二定律可得：mgsin37°-μmgcos37°=ma
由運動學公式可得：L=$\frac{1}{2}$at²
代入數據聯立解得：t=1s．
（2）當小滑塊的合力為0時，速度最大，設此時彈簧壓縮量為x₁，則
當合力為0時有：mgsin37°=μmgcos37°+kx₁
由功能關系可得：mgsin37°•（L+x₁）-μmgcos37°•（L+x₁）-$\frac{1}{2}$kx₁²=$\frac{1}{2}$mv_m²-0
代入數據聯立解得：x₁=0.25m，v_m=$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$m/s．
（3）小滑塊運動到最低點時，速度減為0，設此時彈簧壓縮量為x₂，則
由功能關系可得：mgsin37°•（L+x₂）-μmgcos370•（L+x₂）-$\frac{1}{2}$kx₂²=0-0
解得：x₂=$\frac{\sqrt{33}-5}{4}$m
所以彈簧的最大彈性勢能為：E_Pm=$\frac{1}{2}$kx₂²=$\frac{5（\sqrt{33}-5）^{2}}{4}$J
答：（1）小滑塊從P點下滑到Q點時所經歷的時間為1s；
（2）小滑塊運動過程中達到的最大速度的大小為$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$m/s；
（3）小滑塊運動到最低點的過程中，彈簧的最大彈性勢能為$\frac{5（\sqrt{33}-5）^{2}}{4}$J．

點評 本題主要考查了動能定理及能量守恒定律的直接應用，關鍵要能正確分析物體的運動情況，知道什么時候動能最大，能熟練運用能量守恒定律列式研究．