[题目]如图甲所示.固定粗糙斜面的倾角为37°.与斜面平行的轻弹簧下端固定在C处.上端连接质量为1Kg的小滑块.BC为弹簧的原长.现将滑块从A处由静止释放.在滑块从释放至第一次到达最低点的过程中.其加速度a随弹簧的形变量x的变化规律如图乙所示(取沿斜面向下为加速度的正方向).取sin37°=0.6.cos37°=0.8.g=10m/s2.下列说法正确的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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【题目】如图甲所示，固定粗糙斜面的倾角为37°，与斜面平行的轻弹簧下端固定在C处，上端连接质量为1Kg的小滑块（视为质点），BC为弹簧的原长。现将滑块从A处由静止释放，在滑块从释放至第一次到达最低点的过程中，其加速度a随弹簧的形变量x的变化规律如图乙所示（取沿斜面向下为加速度的正方向）。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2.下列说法正确的是（　　）

A.滑块到达B处时的速度最大

B.弹簧的劲度系数为10N/m

C.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5

D.滑块第一次运动到最低点时，弹簧的弹性势能为1.6J

【答案】BC

【解析】

A．滑块从A到B的过程，由牛顿第二定律有

mgsinθ+kx-μmgcosθ=ma

x减小，则a减小，滑块做加速度减小的加速运动。
设A′是斜面上A点关于B点对称的点，从B到A′，由牛顿第二定律有

mgsinθ-kx-μmgcosθ=ma

x增大，则a减小，即从B到A′滑块做加速度减小的加速运动，根据乙图知到达A′时，a恰好为0，此后滑块合力沿斜面向上，做减速运动，则滑块到达A′处时的速度最大，故A错误。
B．滑块从A到B，由牛顿第二定律有

mgsinθ+kx-μmgcosθ=ma

解得

即乙图图象斜率大小等于，由图得

解得

k=10N/m

故B正确。
C．在B点，由牛顿第二定律有

mgsinθ-μmgcosθ=ma

由图知

a=2m/s2

代入数据算得

μ=0.5

故C正确。
D．滑块从释放到第一次运动到最低点的过程，滑块沿斜面的位移为

x=（0.2+0.6）m=0.8m

则系统产热为

Q=μmgcosθx=3.2J

滑块第一次到最低点过程，根据能量守恒，知弹簧的弹性势能的增加量为

△Ep=mgxsinθ-Q=1.6J

由于初始时弹簧有弹性势能，所以滑块第一次运动到最低点时，弹簧的弹性势能大于1.6J，故D错误。
故选BC。

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