Question

18．如圖甲所示，在傾角為θ的足夠長的粗糙斜面底端，一質量m的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質點．t=0時解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的v-t圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t₂時滑塊已上滑距離s以及b、c兩點對應的速度v₁和v₂．已知重力加速度為g，根據(jù)圖象和題中已知條件（　�。�

• A． 可以判斷滑塊在t₂時離開彈簧
• B． 可判斷滑塊在t₃時沿斜面運動到最高點
• C． 可以求出斜面與滑塊之間的動摩擦因數(shù)
• D． 可以求出彈簧鎖定時的彈性勢能

Answer 1

分析 A、B、根據(jù)速度圖象和滑塊在斜面上受力的特點，即可判斷出滑塊離開彈簧的時刻與到達最高點的時刻；
C、根據(jù)速度時間圖線求出勻減速直線運動的加速度，通過牛頓第二定律求出滑塊加速度和地面之間的動摩擦因數(shù)．
D、在0-0.1s內(nèi)運用動能定理，求出彈簧彈力做的功，從而得出彈性勢能的最大值．

解答 解：A、小球t₁在時刻的速度最大，說明在t₁時刻受到的彈簧的彈力與重力沿斜面向下的分力大小相等，此后彈簧的彈力繼續(xù)減小，滑塊向上做加速度增大的減速運動，當滑塊脫離彈簧后，沿斜面的方向只受到重力的分力的作用，所以滑塊開始做勻減速直線運動，所以可以判斷滑塊在t₂之前就離開彈簧．故A錯誤；
B、由圖可知，滑塊在t₃時的速度仍然向上，所以沿斜面運動沒有到達最高點．故B錯誤；
C、在bc段做勻加速運動，加速度為：$a=\frac{△v}{△t}=\frac{1}{0.1}=10m/{s}^{2}$
根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin37°+μmgcos37°=ma
μ=$\frac{a-gsin37°}{gcos37°}=\frac{10-10×0.6}{10×0.8}=0.5$．故C正確；
D、根據(jù)速度時間公式，得：
t₂=0.3s時的速度大小：v₁=v₀-at=1-10×0.1=0
在t₂之后開始下滑，下滑是的加速度為
mgsin37°-μmgcos37°=ma′
a′=gsin37°-μmgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8m/s²=2m/s²
從t₂到t₃做出速度為零的加速運動時刻的速度為：v₃=a′t′=2×0.1=0.2m/s
從0到t₁時間內(nèi)，有動能定理可得
W_P-mgssin37°-μmgscos37°=$\frac{1}{2}m{{v}_}^{2}$
W_P=mgssin37°+μmgscos37°+$\frac{1}{2}m{{v}_}^{2}$=1×10×0.2×0.6+0.5×1×10×0.2×0.8+$\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$J=4J．故D正確；
故選：CD

點評 該題考查滑塊沿斜面向上運動的過程中的受力和能量變化，要使用到動能定理、牛頓第二定律等規(guī)律，綜合性較強，對學生的能力要求較高，需加強這類題型的訓練．