如图所示倾角θ°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mkg的小滑块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×m现将滑块从静止释放当滑块与弹簧分离时滑块的速度vms滑块与斜面间的动摩擦因数μg取mssi题目和参考答案——青夏教育精英家教网——

分析 （1）从弹簧释放到滑块与弹簧分离的过程，运用能量守恒定律列式，可求释放时弹簧的压缩量和弹性势能．（2）滑块先做加速度减小的加速运动，后做减速运动，加速度为零时，速度最大．根据临界条件列式，结合能量守恒定律列式，联立可求最大速度．（3）从滑块离开弹簧到最高点的过程，运用动能定理列式．从最高点下滑到与与弹簧再次接触的过程，再运用动能定理列式，联立可求滑块与弹簧再次接触时的速度．

解答 解：（1）最初弹簧的压缩量为x1，则有：Ep0=$\frac{1}{2}$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+$\frac{1}{2}m{v}^{2}$+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=$\frac{1}{2}$kx22=0.25J由能量守恒定律得： Ep0-Ep2=mg（x2-x1）sinθ+μmgcosθ（x2-x1）+$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$代入解得：vm=$\sqrt{4.5}$=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-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$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=$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$-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．

点评 本题的关键要理清滑块在整个过程中的运动规律，知道加速度为零时速度达到最大，分段运用能量守恒定律和动能定理研究．