如圖所示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)動(dòng)系統(tǒng).斜面軌道傾角為30°,質(zhì)量為M的木箱與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=
3
6
.木箱在軌道端時(shí),自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱,然后木箱載著貨物沿軌道無(wú)初速滑下,當(dāng)木箱下滑L距離時(shí),輕彈簧被壓縮至最短,此時(shí)自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下,然后木箱恰好被彈回到軌道頂端,再重復(fù)上述過(guò)程.(g取10m/s2
求:(1)木箱不與彈簧接觸時(shí),木箱下滑的加速度與上滑的加速度;
(2)此過(guò)程中彈簧最大的彈性勢(shì)能.
(3)
m
M
比值為多少.
分析:(1)對(duì)下滑過(guò)程和上滑過(guò)程分別進(jìn)行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律求出下滑和上滑過(guò)程中的加速度.
(2)對(duì)上滑過(guò)程運(yùn)用能量守恒定律,彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為木箱的重力勢(shì)能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能.
(3)在下滑過(guò)程中,木箱和貨物的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能以及摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,根據(jù)上滑過(guò)程和下滑過(guò)程彈性勢(shì)能相等,求出木箱和貨物的質(zhì)量比.
解答:解:(1)設(shè)下滑時(shí)加速度為a1,彈起離開(kāi)彈簧后加速度為a2,則有
(M+m)gsin30°-μ(M+m)gcos30°=(M+m)a1
解得:a1=2.5m/s2
Mgsin30°+μMgcos30°=Ma2
解得:a2=7.5m/s2
故下滑和上滑的加速度分別為2.5m/s2和7.5m/s2
(2)在木箱上滑的過(guò)程中,重力勢(shì)能增加,動(dòng)能變化為零,彈性勢(shì)能減小,摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能增加.
     根據(jù)能量守恒定律有:
彈簧最大的彈性勢(shì)能為:W=M gLsin30°+μMgLcos30°
(3)在木箱與貨物一起向下滑到卸貨過(guò)程中,
則有(M+m)gLsin30°=μ(M+m)gLcos30°+W
卸下貨后,木箱被彈回軌道頂端,有
W-M gLsin30°-μMgLcos30°=0
由以上解得:
m
M
=
2
1

故貨物和木箱的質(zhì)量比為2:1.
點(diǎn)評(píng):本題綜合運(yùn)用了牛頓第二定律以及能量守恒定律,也可以用動(dòng)能定理求解,關(guān)鍵是合理地選擇研究的過(guò)程.
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3
6
.木箱在軌道頂端時(shí),自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱,然后木箱載著貨物(木箱和貨物都可看作質(zhì)點(diǎn))沿軌道無(wú)初速度滑下,當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時(shí),自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下,然后木箱恰好被彈回到軌道頂端,再重復(fù)上述過(guò)程.(重力加速度為g)
(1)求木箱下滑與上滑過(guò)程的加速度大小之比 (只討論木箱沒(méi)有與彈簧接觸的階段)
(2)證明貨物質(zhì)量m與木箱質(zhì)量M之比為2:1.

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.木箱在軌道頂端時(shí),自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱,然后木箱載著貨物沿軌道無(wú)初速滑下,與輕彈簧被壓縮至最短時(shí),自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下,然后木箱恰好被彈回到軌道頂端,再重復(fù)上述過(guò)程.下列選項(xiàng)正確的是( 。
A、木箱與彈簧接觸時(shí)速度達(dá)到最大
B、貨物的質(zhì)量m等于木箱質(zhì)量M的2倍
C、木箱不與彈簧接觸時(shí),上滑的加速度小于下滑的加速度
D、在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中,減少的重力勢(shì)能大于彈簧的彈性勢(shì)能

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A.m=M
B.m=2M
C.木箱不與彈簧接觸時(shí),上滑的加速度大于下滑的加速度
D.在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中,減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能

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求:(1)木箱不與彈簧接觸時(shí),木箱下滑的加速度與上滑的加速度

(2)此過(guò)程中彈簧最大的彈性勢(shì)能.

(3)比值為多少.

 

 

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