Question

（2012?嘉興二模）有一傾角為θ=37°的硬桿，其上套一底端固定且勁度系數為k=120N/m的輕彈簧，彈簧與桿間無摩擦．一個質量為m=1kg的小球套在此硬桿上，從P點由靜止開始滑下，已知小球與硬桿間的動摩
擦因數為?=0.5，P與彈簧自由端Q間的距離為L=1m．簧的彈性勢能與其形變量x的關系為E_P=

1

2

kx2．求：
（1）木塊從開始下滑到與彈簧自由端相碰所經歷的時間t；
（2）木塊運動過程中達到的最大速度v_m；
（3）若使木塊在P點以初速度v₀下滑后又恰好回到P點，則v₀需多大？

Answer 1

分析：（1）小球做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得到加速度，由位移時間關系得到時間
（2）當加速度為零時速度最大，由牛頓第二定律結合動能定理求解
（3）由能量守恒定律求解，向下和向上運動，摩擦力均做負功，且大小相等

解答：解：（1）小球做勻加速直線運動，合力為：
F_合=mgsinθ-μmgcosθ
由牛頓第二定律得：
a=

F合

m

=gsinθ-μgcosθ=2m/s²
由運動學方程得：
L=

1

2

 at²
故：t=

2L a

=1s
（2）當小球從P點無初速滑下時，彈簧被壓縮至x處有最大速度，則有：
mgsinθ=μmgcosθ+kx
解得：x=0.017m
對于小球從最高點到速度最大位置，由動能定理得：
mgsinθ（l+x）-μmgcosθ（l+x）-W_彈=

1

2

mv

2 m

而，W彈=

1

2

kx²
整理得：

v

2 m

=4l+2x
代入數據得：v_m=2m/s
（3）設小球從P點壓縮彈簧至最低點，彈簧的壓縮量為x₁，由動能定理
mgsinθ（l+x₁）-μmgcosθ（l+x₁）-

1

2

kx

2 1

=0-

1

2

mv

2 0

從最低點經過彈簧原長Q點回到P點的速度為0，則有：

1

2

kx

2 1

-mgsinθ（l+x₁）-μmgcosθ（l+x₁）=0
解得：x₁=0.5m
v₀≈5m/s
答：（1）木塊從開始下滑到與彈簧自由端相碰所經歷的時間1s
（2）木塊運動過程中達到的最大速度2m/s
（3）若使木塊在P點以初速度v₀下滑后又恰好回到P點，v₀需達到5m/s

點評：小球運動過程較為清晰，涉及摩擦力做功和彈力做功，應用動能定理或能量守恒定律均可解決，注意彈力做功轉化為彈性勢能