Question

6．为了只用一根弹簧和一把刻度尺测定某滑块与水平桌面间的动摩擦因数μ（设μ为定值），某同学经查阅资料知道：一劲度系数为k的轻弹簧由压缩x恢复至原长过程中，弹力所做的功为$\frac{1}{2}$kx²．于是他设计了下述实验：
第一步：如图所示，将弹簧的一端固定在竖直墙上，使滑块紧靠弹簧将其压缩，松手后滑块在水平桌面上滑行一段距离后停止；
第二步：将滑块挂在竖直放置的弹簧下，弹簧伸长后保持静止状态．
回答下列问题：
（1）松手后滑块在水平桌面上滑动过程中，下列说法正确的是D
A．当弹簧恢复原长时，滑块的加速度达最大值
B．当弹簧恢复原长时，滑块的速度达最大值
C．滑块的加速度先增大后减小，然后保持不变
D．滑块的加速度先减小后增大，然后保持不变
（2）你认为该同学应该用刻度尺直接测量的物理量是（写出名称并用符号表示）：
①滑块滑行的位移s；
②弹簧被压缩的长度x；
③竖直悬挂时弹簧的伸长量x₁．
（3）用直接测得的物理量表示滑块与水平桌面间动摩擦因数μ的计算式μ=$\frac{{x}^{2}}{2{x}_{1}（s+x）}$．

Answer 1

分析 （1）对滑块受力分析，利用牛顿第二定律分析即可．
（2）理解胡克定律F=kx，表示出物块的重力，摩擦力公式求出摩擦因数，利用动能定律建立弹力做功与摩擦力做的功，化简推断即可．

解答 解：（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律，kx-μmg=ma，随着型变量x的减小，合力减小，加速度减小，当kx=μmg时，a减小为零，随后kx＜μmg，滑块开始减速运动，a反向逐渐增大，当弹簧回复原长时，加速度不变，故D正确，ABC错误
故选：D
（2）、由动能定理得：$\frac{1}{2}$kx²-f（x+s）=0-0 
故需要测量滑块滑行的位移s，弹簧被压缩的长度x；由摩擦力公式f=umg故需要知道mg，由胡克定律
F=kx₁=mg 故需要测量竖直悬挂时弹簧的伸长量x₁
联立各式解得：μ=$\frac{{x}^{2}}{2{x}_{1}（s+x）}$
故答案为：（1）D；（2）①滑块滑行的位移s；②弹簧被压缩的长度x；③竖直悬挂时弹簧的伸长量x₁，（3）$\frac{{x}^{2}}{2{x}_{1}（s+x）}$

点评 综合考查了动能定理，结合弹簧求解摩擦因数，难度较大．