Question

8．如图所示，斜面倾角为θ，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M=1.0kg的木板与轻弹簧接触但不拴接，弹簧与斜面平行且为原长，在木板右上端放一质量为m=2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为μ₁=0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为μ₂=0.25，系统处于静止状态．小金属块突然获得一个大小为v₁=5.3m/s、方向平行斜面向下的速度，沿木板向下运动．当弹簧被压缩x=0.5m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动．设金属块从开始运动到与木块达到相同速度共用时间t=0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sin θ=0.28、cos θ=0.96，g取10m/s²，结果保留二位有效数字．
（1）求木板开始运动瞬间的加速度；
（2）求弹簧被压缩到P点时的弹性势能是多少？
（3）假设木板在由P点压缩弹簧到弹回到P点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离？

Answer 1

分析 （1）运用隔离法分别对金属块和长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求加速度；
（2）根据动能定理求得弹簧压缩过程中做的功，再根据弹力做功与弹性势能变化的关系求得弹簧的弹性势能；
（3）根据能量转化和守恒定律求得木板离开弹簧后的速度，再根据动能定理求得木板上滑的最大距离．

解答 解（1）对金属块，由牛顿第二定律可知加速度大小为：
 a=$\frac{{μ}_{1}mgcosθ-mgsinθ}{m}$=μ₁gcosθ-gsinθ=0.75×10×0.96-10×0.28m/s²=4.4m/s²，方向沿斜面向上
木板受到金属块的滑动摩擦力为：F₁=μ₁mgcosθ=0.75×2×10×0.96N=14.4N，方向沿斜面向下
木板受到斜面的滑动摩擦力为：
F₂=μ₂（M+m）gcosθ=0.25×（1+2）×10×0.96N=7.2N，方向沿斜面向上
木板开始运动瞬间的加速度为：a₀=$\frac{Mgsinθ+{F}_{1}-{F}_{2}}{M}$=$\frac{1×10×0.28+14.4-7.2}{1}$m/s2=10m/s²，方向沿斜面向下
（2）设金属块和木板达到共同速度为v₂，对金属块，应用速度公式有：v₂=v₁-at=5.3-4.4×0.75m/s=2.0m/s
在此过程中分析木板，设弹簧对木板做功为W，其余力做功为W_x，对木板运用动能定理得：W_x+W=$\frac{1}{2}M{v}_{2}^{2}$
又由受力分析得：W_x=[μ₁mgcosθ+Mgsinθ-μ₂（M+m）gcosθ]x
[μ₁mgcosθ+Mgsinθ-μ₂（M+m）gcosθ]x+W=$\frac{1}{2}M{v}_{2}^{2}$
代入相关数据解得：解得 W=-3.0J，
说明此时弹簧的弹性势能E_p=3.0J
（3）金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v₃，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：E_p-（F₂+Mgsinθ+mgsinθ）x=$\frac{1}{2}$（M+m）v₂³-$\frac{1}{2}$（M+m）v₂²
木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：
-（M+m）g（μ₂cosθ+sinθ）s=-$\frac{1}{2}$（M+m）v₂³
联立可解得：s=0.077m
答：（1）木板开始运动瞬间的加速度为10m/s²，方向沿斜面向下；
（2）弹簧被压缩到P点时的弹性势能是3.0J；
（3）假设木板在由P点压缩弹簧到弹回到P点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离为0.077m

点评 在应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题时，要注意运动过程的分析，此类问题，还要对整个运动进行分段处理．