物理
如图所示，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，弹簧的劲度系数k=2.0×102N/m，现将滑块从静止释放，当滑块与弹簧分离时，滑块的速度v=2.0m/s，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），最后结果保留到小数点后一位，求： （

2019-06-25

如图所示，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，弹簧的劲度系数k=2.0×102N/m，现将滑块从静止释放，当滑块与弹簧分离时，滑块的速度v=2.0m/s，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，弹簧弹性势能的表达式为Ep=
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kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），最后结果保留到小数点后一位，求：
作业帮
（1）释放时弹簧的弹性势能
（2）滑块向上运动的最大速度
（3）滑块与弹簧再次接触时的速度．
优质解答
（1）最初弹簧的压缩量为x1，则有：Ep0=
1
2
kx12；
从弹簧释放到滑块与弹簧分离的过程，由能量守恒定律有：
Ep0=mgx1sinθ+
1
2
mv2+μmgx1cosθ
解得：x1=0.2m，Ep0=4J
（2）设滑块速度最大时弹簧的压缩量为x2．滑块先做加速度减小的加速运动，后做减速运动，加速度 a=0时，速度最大，则有：
kx2=mgsinθ+μmgcosθ
得，x2=0.05m，Ep2=
1
2
kx22=0.25J
由能量守恒定律得：
 Ep0-Ep2=mg（x2-x1）sinθ+μmgcosθ（x2-x1）+
1
2
m
v
2
m

代入解得：vm=
4.5
=2.1m/s
（3）从滑块离开弹簧到最高点的过程，由动能定理得：
-mgLsinθ-μmgcosθL=0-
1
2
mv2
从最高点下滑到与与弹簧再次接触的过程，由动能定理得：
mgLsinθ-μmgcosθL=
1
2
mv′2-0
解得：v′=0.9m/s
答：（1）释放时弹簧的弹性势能是4J．
（2）滑块向上运动的最大速度是2.1m/s．
（3）滑块与弹簧再次接触时的速度是0.9m/s． （1）最初弹簧的压缩量为x1，则有：Ep0=
1
2
kx12；
从弹簧释放到滑块与弹簧分离的过程，由能量守恒定律有：
Ep0=mgx1sinθ+
1
2
mv2+μmgx1cosθ
解得：x1=0.2m，Ep0=4J
（2）设滑块速度最大时弹簧的压缩量为x2．滑块先做加速度减小的加速运动，后做减速运动，加速度 a=0时，速度最大，则有：
kx2=mgsinθ+μmgcosθ
得，x2=0.05m，Ep2=
1
2
kx22=0.25J
由能量守恒定律得：
 Ep0-Ep2=mg（x2-x1）sinθ+μmgcosθ（x2-x1）+
1
2
m
v
2
m

代入解得：vm=
4.5
=2.1m/s
（3）从滑块离开弹簧到最高点的过程，由动能定理得：
-mgLsinθ-μmgcosθL=0-
1
2
mv2
从最高点下滑到与与弹簧再次接触的过程，由动能定理得：
mgLsinθ-μmgcosθL=
1
2
mv′2-0
解得：v′=0.9m/s
答：（1）释放时弹簧的弹性势能是4J．
（2）滑块向上运动的最大速度是2.1m/s．
（3）滑块与弹簧再次接触时的速度是0.9m/s．
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