Question

2．如圖所示，輕彈簧一端固定在與斜面垂直的擋板上，另一端點(diǎn)在O位置．質(zhì)量為m的物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v₀=3$\sqrt{{gx}_{0}sinθ}$頂端P點(diǎn)沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O′點(diǎn)位置后，A又被彈簧彈回．物塊A離開彈簧后，恰好回到P點(diǎn)．已知OP的距離為x₀塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=2tanθ，斜面傾角為θ，重力加速度為g求：
（1）O點(diǎn)和O′點(diǎn)間的距離x₁
（2）彈簧在最低點(diǎn)O′處的彈性勢(shì)能；
（3）在輕彈簧旁邊并排放置另一根與之完全相同的彈簧，一端與擋板固定．若將另一個(gè)與A材料相同的物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）與兩根彈簧右端拴接，設(shè)B的質(zhì)量為βm將A與B并排在一起，使兩根彈簧仍壓縮到O′點(diǎn)位置，然后從靜止釋放，若A離開B后A最終未沖出斜面，求β需滿足的條件？

Answer 1

分析 （1）對(duì)于物塊從P點(diǎn)又回到P點(diǎn)過程，運(yùn)用動(dòng)能定理列式，即可求得O點(diǎn)和O′點(diǎn)間的距離x₁；
（2）根據(jù)能量守恒定律求解彈簧在最低點(diǎn)O′處的彈性勢(shì)能；
（3）AB剛分離時(shí)兩者間的彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律分別求出兩者此時(shí)的加速度，確定出彈簧此時(shí)的狀態(tài)．再對(duì)分離后的過程，由能量守恒列式求解．

解答 解：（1）物塊A從P點(diǎn)又回到P點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：
-2μmgcosθ（x₁+x₀）=0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
又 μ=2tanθ，v₀=3$\sqrt{{gx}_{0}sinθ}$
解得：x₁=$\frac{1}{8}{x}_{0}$
（2）從O′點(diǎn)到P點(diǎn)，由能量守恒定律得：
彈簧在最低點(diǎn)O′處的彈性勢(shì)能   E_P=μmgcosθ（x₁+x₀）+mgsinθ（x₁+x₀）
=$\frac{1}{4}m{v}_{0}^{2}$+mgsinθ•$\frac{{v}_{0}^{2}}{4μgcosθ}$=$\frac{1}{4}m{v}_{0}^{2}$（1+$\frac{tanθ}{μ}$）=$\frac{27}{8}$mgx₀sinθ
（3）分離時(shí)：a_A=a_B，N_AB=0，
A：a_A=gsinθ+μgcosθ
B：2T+βmgsinθ+μβmgcosθ=βma_B
得：T=0，即彈簧處于原長(zhǎng)處，A、B兩物體分離．
①A、B恰好分離時(shí)，分離時(shí)A、B速度為零，從O′點(diǎn)到O點(diǎn)有：
  2E_P=μ（β+1）mgcosθx₁+（β+1）mgsinθx₁； 
得 β=17
②若A恰好回到P點(diǎn)，則有：
   2E_P=μ（β+1）mgcosθx₁+（β+1）mgsinθx₁+$\frac{1}{2}$（β+1）mv²； 
分離后，A繼續(xù)上升到靜止，有：
   $\frac{1}{2}$mv²=（mgsinθ+μmgcosθ）x₀；
解得：β=1
綜上所述有：1≤β≤17
答：
（1）O點(diǎn)和O′點(diǎn)間的距離x₁為$\frac{1}{8}$x₀；
（2）彈簧在最低點(diǎn)O′處的彈性勢(shì)能為$\frac{27}{8}$mgx₀sinθ；
（3）β需滿足的條件是1≤β≤17．

點(diǎn)評(píng) 運(yùn)用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵選擇合適的研究過程，分析過程中有哪些力做功，確定能量如何轉(zhuǎn)化，然后根據(jù)動(dòng)能定理和能量守恒結(jié)合解答．