【題目】如圖甲所示,在傾角為37°的粗糙斜面的底端,一質量m=1kg可視為質點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定,滑塊與彈簧不相連.t=0時解除鎖定,計算機通過傳感器描繪出滑塊的速度時間圖象如圖乙所示,其中oab段為曲線,bc段為直線,在t1=0.1s時滑塊已上滑s=0.2m的距離,g取10m/s2 . 求:

(1)物體離開彈簧后在圖中bc段對應的加速度a及動摩擦因數(shù)μ的大小
(2)t2=0.3s和t3=0.4s時滑塊的速度v1、v2的大。
(3)鎖定時彈簧具有的彈性勢能Ep

【答案】
(1)解:在bc段做勻加速運動,加速度為

根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin37°+μmgcos37°=ma

μ=

答:物體離開彈簧后在圖中bc段對應的加速度a為10m/s2及動摩擦因數(shù)μ的大小為0.5


(2)解: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

答:t2=0.3s和t3=0.4s時滑塊的速度v1、v2的大小分別為0,0.2m/s


(3)解:從0到t1時間內,有動能定理可得

WP﹣mgssin37°﹣μmgscos37°=

WP=mgssin37°+μmgscos37°+ =1×10×0.2×0.6+0.5×1×10×0.2×0.8+ J=4J

答:鎖定時彈簧具有的彈性勢能Ep為4J


【解析】(1)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).(2)利用運動學公式求出0.3s時的速度,在下滑過程中求出下滑加速度,利用運動學公式求出0.4s的速度(3)在0﹣0.1s內運用動能定理,求出彈簧彈力做的功,從而得出彈性勢能的最大值.
【考點精析】認真審題,首先需要了解功能關系(當只有重力(或彈簧彈力)做功時,物體的機械能守恒;重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少:W G =E p1 -E p2;合外力對物體所做的功等于物體動能的變化:W =E k2 -E k1 (動能定理);除了重力(或彈簧彈力)之外的力對物體所做的功等于物體機械能的變化:W F =E 2 -E 1),還要掌握動能定理的綜合應用(應用動能定理只考慮初、末狀態(tài),沒有守恒條件的限制,也不受力的性質和物理過程的變化的影響.所以,凡涉及力和位移,而不涉及力的作用時間的動力學問題,都可以用動能定理分析和解答,而且一般都比用牛頓運動定律和機械能守恒定律簡捷)的相關知識才是答題的關鍵.

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)求物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)

)求子彈擊穿物塊的過程中產(chǎn)生的熱量

)若從第一顆子彈擊中物塊開始,每隔就有一顆相同的子彈以同樣的速度擊穿物塊,直至物塊最終離開傳送帶.設所有子彈與物塊間的相互作用力均相同,求整個過程中物塊與傳動帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量.

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B.
C.
D.

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