如图所示.轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上.另一端点在O位置．质量为m的物块A以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动.与弹簧接触后压缩弹簧.将弹簧右端压到O′点位置后.A又被弹簧弹回．物块A离开弹簧后.恰好回到P点．已知OP的距离为x0.物块A与斜面间的动摩擦因数为μ.斜面倾角为θ．求:(1)O点和O′点间的距离x1,(2)弹簧在最低点O′处的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

20．

如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O位置．质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v₀从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回．物块A离开弹簧后，恰好回到P点．已知OP的距离为x₀，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ．求：
（1）O点和O′点间的距离x₁；
（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能；
（3）在轻弹簧旁边并排放置另一根与之完全相同的弹簧，一端与挡板固定．若将另一个与A材料相同的物块B（可视为质点）与两根弹簧右端拴接，设B的质量为βm，μ=2tanθ，v₀=3$\sqrt{g{x}_{0}sinθ}$．将A与B并排在一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A离开B后恰好回到P点．求β的值．

分析（1）对于物块从P点又回到P点过程，运用动能定理列式，即可求得O点和O′点间的距离x₁；
（2）根据能量守恒定律求解弹簧在最低点O′处的弹性势能；
（3）AB刚分离时两者间的弹力为零，根据牛顿第二定律分别求出两者此时的加速度，确定出弹簧此时的状态．再对分离后的过程，由能量守恒列式求解．

解答解：（1）从P点又回到P点，根据动能定理有：
$2μmgcosθ（{x_1}+{x_0}）=\frac{1}{2}mv_0^2$
得：${x_1}=\frac{v_0^2}{4μgcosθ}-{x_0}$
（2）从o′点到P点
E_P=μmgcosθ（x₁+x₀）+mgsinθ（x₁+x₀）=$\frac{1}{4}mv_0^2+mgsinθ•\frac{v_0^2}{4μgcosθ}=\frac{1}{4}mv_0^2（1+\frac{tanθ}{μ}）$
（3）分离时：a_A=a_B，N_AB=0，
A：a_A=gsinθ+μgcosθ
B：2T+βmgsinθ+μβmgcosθ=βma_B
得：T=0，即弹簧处于原长处，A、B两物体分离．
从o′点到O点：$2{E_P}=μ（β+1）mgcosθ{x_1}+（β+1）mgsinθ{x_1}+\frac{1}{2}（β+1）m{v^2}$
得：${v^2}=\frac{3v_0^2}{2（β+1）}-\frac{3}{4}g{x_0}sinθ$
分离后，A继续上升到静止$\frac{1}{2}m{v^2}=（mgsinθ+μmgcosθ）{x_0}$
得：β=1
答：（1）O点和O′点间的距离x₁为$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{4μg}$-x₀；
（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能为$\frac{1}{4}$mv₀²（1+$\frac{tanθ}{μ}$）；
（3）在轻弹簧旁边并排放置另一根与之完全相同的弹簧，一端与挡板固定．若将另一个与A材料相同的物块B（可视为质点）与两根弹簧右端拴接，设B的质量为βm，μ=2tanθ，v₀=3$\sqrt{g{x}_{0}sinθ}$．将A与B并排在一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A离开B后恰好回到P点．β的值为1．

点评运用动能定理解题，关键选择合适的研究过程，分析过程中有哪些力做功，确定能量如何转化，然后根据动能定理和能量守恒结合解答．

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15．

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A．

t=v₀tan θ

B．

t=$\frac{2{v}_{0}tanθ}{g}$

C．

t=$\frac{{v}_{0}ctgθ}{g}$

D．

t=$\frac{2{v}_{0}ctg}{g}$

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（2）若实验装置安装和操作过程完全正确，利用该同学测量的数据可以得到小车的加速度，计算加速度得到的表达式是a=$\frac{{（s}_{4}+{{s}_{5}+s}_{6}）-（{{s}_{1}+s}_{2}{+s}_{3}）}{3{6T}^{2}}$；第5个点速度的表达式是v₅=$\frac{{{s}_{5}+s}_{6}}{4T}$
（3）若该同学在实验中用量角器还测出了平板斜面的倾角α，且已知当地的重力加速度为g，则在以下物理量中，还能计算出B（填字母序号）
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10．

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