Question

20．如圖所示，輕彈簧一端固定在與斜面垂直的擋板上，另一端點在O位置．質(zhì)量為m的物塊A（可視為質(zhì)點）以初速度v₀從斜面的頂端P點沿斜面向下運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O′點位置后，A又被彈簧彈回．物塊A離開彈簧后，恰好回到P點．已知OP的距離為x₀，物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面傾角為θ．求：
（1）O點和O′點間的距離x₁；
（2）彈簧在最低點O′處的彈性勢能；
（3）在輕彈簧旁邊并排放置另一根與之完全相同的彈簧，一端與擋板固定．若將另一個與A材料相同的物塊B（可視為質(zhì)點）與兩根彈簧右端拴接，設(shè)B的質(zhì)量為βm，μ=2tanθ，v₀=3$\sqrt{g{x}_{0}sinθ}$．將A與B并排在一起，使兩根彈簧仍壓縮到O′點位置，然后從靜止釋放，若A離開B后恰好回到P點．求β的值．

Answer 1

分析 （1）對于物塊從P點又回到P點過程，運用動能定理列式，即可求得O點和O′點間的距離x₁；
（2）根據(jù)能量守恒定律求解彈簧在最低點O′處的彈性勢能；
（3）AB剛分離時兩者間的彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律分別求出兩者此時的加速度，確定出彈簧此時的狀態(tài)．再對分離后的過程，由能量守恒列式求解．

解答 解：（1）從P點又回到P點，根據(jù)動能定理有：
$2μmgcosθ（{x_1}+{x_0}）=\frac{1}{2}mv_0^2$
得：${x_1}=\frac{v_0^2}{4μgcosθ}-{x_0}$
（2）從o′點到P點
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）分離時：a_A=a_B，N_AB=0，
A：a_A=gsinθ+μgcosθ
B：2T+βmgsinθ+μβmgcosθ=βma_B
得：T=0，即彈簧處于原長處，A、B兩物體分離．
從o′點到O點：$2{E_P}=μ（β+1）mgcosθ{x_1}+（β+1）mgsinθ{x_1}+\frac{1}{2}（β+1）m{v^2}$
得：${v^2}=\frac{3v_0^2}{2（β+1）}-\frac{3}{4}g{x_0}sinθ$
分離后，A繼續(xù)上升到靜止$\frac{1}{2}m{v^2}=（mgsinθ+μmgcosθ）{x_0}$
得：β=1
答：（1）O點和O′點間的距離x₁為$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{4μg}$-x₀；
（2）彈簧在最低點O′處的彈性勢能為$\frac{1}{4}$mv₀²（1+$\frac{tanθ}{μ}$）；
（3）在輕彈簧旁邊并排放置另一根與之完全相同的彈簧，一端與擋板固定．若將另一個與A材料相同的物塊B（可視為質(zhì)點）與兩根彈簧右端拴接，設(shè)B的質(zhì)量為βm，μ=2tanθ，v₀=3$\sqrt{g{x}_{0}sinθ}$．將A與B并排在一起，使兩根彈簧仍壓縮到O′點位置，然后從靜止釋放，若A離開B后恰好回到P點．β的值為1．

點評 運用動能定理解題，關(guān)鍵選擇合適的研究過程，分析過程中有哪些力做功，確定能量如何轉(zhuǎn)化，然后根據(jù)動能定理和能量守恒結(jié)合解答．