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    1．如图所示，在倾角为θ=37° 的斜面的底端有一个固定挡板D，已知物块与斜面PO间的动摩擦因数μ=0.50，斜面 OD部分光滑，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在 D点，另一端在 O点，PO的长度L=9.0m．在 P点有一质量为1kg的小物体 A（可视为质点），现使 A从静止开始下滑，g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
    求：（1）物体第一次接触弹簧时物体的速度的大小；
    （2）若已知弹簧的最大压缩量为d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能Ep．
    （3）物体与弹簧第一次接触后反弹，物体从O点沿斜面上升的最大距离x．
    （4）物体与弹簧接触多少次后，物体从O点沿斜面上升的最大距离小于$\frac{L}{250}$？

    分析 （1）对PO运动过程应用动能定理即可求解；
    （2）对O到弹簧最大压缩量的运动过程应用动能定理即可求解；
    （3）对物块从O上滑的过程应用动能定理求解；
    （4）根据动能定理求得物块上升高度和在O点速度的关系，及相邻两次到达O点速度的关系，然后根据运动过程求解．

    解答 解：（1）物体在PO过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：
    $mgLsinθ-μmgLcosθ=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$；
    所以，物体第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：
    $v=\sqrt{2gL（sinθ-μcosθ）}=6m/s$；
    （2）物体由O到将弹簧压缩至最短的过程中，只有重力、弹簧弹力做功，故由动能定理可得弹簧的最大弹性势能为：
    ${E}_{p}=\frac{1}{2}m{v}^{2}+mgdsinθ=21J$；
    （3）物块第一次从O点到将弹簧压缩最短再到弹回至最高点过程中，应用动能定理得：
    $-mgxsinθ-μmgxcosθ=0-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
    解得：$x=\frac{{v}^{2}}{2g（sinθ+μcosθ）}=1.8m$；
    （4）当物体在O点速度为v′时，由（3）可知，根据动能定理，物体上升的最大距离为：
    $x′=\frac{{v′}^{2}}{2g（sinθ+μcosθ）}=\frac{{v′}^{2}}{2g}$；
    由动能定理可得物体再次到达O点的速度v″有：
    $-2μmgx′cosθ=\frac{1}{2}mv{″}^{2}-\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
    解得：$v″=\sqrt{v{′}^{2}-4μgx′cosθ}=\frac{\sqrt{5}}{5}v′$；
    故物体每经过一次O点，上升的最大距离为上一次的$\frac{1}{5}$；
    所以，物体第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：$x=1.8m=\frac{1}{5}L$
    则第n次上升的最大距离为：${x}_{n}=\frac{1}{{5}^{n}}L$，
    因为${x}_{n}＜\frac{1}{250}L$，所以n≥4，即物体与弹簧接触4次后，物体从O点沿斜面上升的最大距离小于$\frac{L}{250}$；
    答：：（1）物体第一次接触弹簧时物体的速度的大小6m/s；
    （2）若已知弹簧的最大压缩量为d=0.5m，弹簧的最大弹性势能Ep为21J；
    （3）物体与弹簧第一次接触后反弹，物体从O点沿斜面上升的最大距离x为1.8m；
    （4）物体与弹簧接触4次后，物体从O点沿斜面上升的最大距离小于$\frac{L}{250}$．

    点评 经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．

    练习册系列答案
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    （1）小球运动到P点时受到的支持力大小；
    （2）在以后的运动过程中，小球第一次与墙壁的碰撞点离墙角B点的距离．

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