如图甲所示,倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上,斜面足够长.一根轻弹簧一端固定在斜面的底端,另一端与质量m=1.0kg的小滑块(可视为质点)接触,滑块与弹簧不相连,弹簧处于压缩

时间:2024-04-30 20:52:05 5A范文网 浏览: 平时作业 我要投稿

问题描述:

如图甲所示,倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上,斜面足够长.一根轻弹簧一端固定在斜面的底端,另一端与质量m=1.0kg的小滑块(可视为质点)接触,滑块与弹簧不相连,弹簧处于压缩状态.当t=0时释放滑块.在0~0.24s时间内,滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示(0.24s之后的图象未画出).已知弹簧的劲度系数k=2.0×102?N/m,当t=0.14s时,滑块的速度v1=2.0m/s.(g取10m/s2,sin?37°=0.6,cos?37°=0.8,
5
=2.236,
6
=2.449,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.)
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(1)斜面对滑块的摩擦力Ff
(2)t=0时弹簧的压缩量x
(3)滑块第一次离开弹簧后向上滑行的最大距离S
(4)请把0.24s后到滑块再次碰到弹簧的a-t图象在图乙中补画完整.

最佳答案

5A范文网 (1)由图乙可知,当t1=0.14?s时,滑块与弹簧开始分离此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力,如图(a)所示.
分离后,滑块开始做匀减速直线运动,在这段过程中,由图乙可知,滑块加速度的大小为:a1=10?m/s2
根据牛顿第二定律有:
mgsin?θ+Ff=ma1
代入数据解得:Ff=4N
(2)由图乙可知,在出发点时滑块加速度的大小为:a=30?m/s2
此时滑块受力如图(b)所示,有:kx-mgsin?θ-Ff=ma
代入数据解得:x=0.20?m
(3)设从t1=0.14?s时开始,经时间△t1滑块的速度减为零,则有:
△t1=

0-v1
-a1
=
2
10
s=0.20?s
在这段时间内滑块运动的距离为:
S=
0-
v21
2(-a1)
=
22
2×10
m=0.20?m
(4)即知t2=0.34?s时滑块速度减为零,此后滑块将反向做匀加速直线运动,受力如图c所示,根据牛顿第二定律可求得此后加速度的大小为:
a2=
mgsinθ-Ff
m

代入数据解得:a2=2.0?m/s2
设滑块沿斜面下滑回到弹簧原长处的时间为△t2
x1=
1
2
a2△t22.
解得:△t2=
5
5
s≈0.45s
所以滑块第一次离开弹簧到再次碰到弹簧的时刻为:t3=t2+△t2=0.79s
故滑块第一次离开弹簧到再次碰到弹簧的a-t图象如图所示.
答:(1)斜面对滑块的摩擦力Ff是4N.
(2)t=0时弹簧的压缩量x是0.20m.
(3)滑块第一次离开弹簧后向上滑行的最大距离S是0.20?m.
(4)如图所示.

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