甲-|||-a/(m·s-2)-|||-30-|||-0 0.140.24-|||--10 t/s如图甲所示，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。当t=0时释放滑块。在0～0.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k=2.0×102N/m，当t=0.14s时，滑块的速度v1=2.0m/s。g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）斜面对滑块的摩擦力Ff的大小；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；（3）在0～0.44s时间内，滑块运动的位移x。

解：（1）由图乙可知，当t₁=0.14 s时，滑块与弹簧开始分离，分离后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力。
分离后，滑块开始做匀减速直线运动，在这段过程中，由图乙可知，滑块加速度的大小为：a₁=10 m/s²
根据牛顿第二定律有：
有mgsinθ+F_f=ma₁
得 F_f=4.0 N。
（2）当t₁=0.14 s时，弹簧恰好恢复原长，根据牛顿第二定律有：
   kd-mgsin θ-F_f=ma
解得 d=0.20 m。
（3）设从t₁=0.14 s时开始，经时间△t₁速度减为零
△t₁=$\frac{0-{v}_{1}}{-{a}_{1}}$=$\frac{2}{10}$s=0.20 s
x₁=$\frac{0-{v}_{1}^{2}}{2（-{a}_{1}）}$=$\frac{-{2}^{2}}{-2×10}$m=0.20 m。
t₂=0.34 s时滑块速度减为零，此后滑块将反向做匀加速直线运动
  a₂=$\frac{mgsinθ-{F}_{f}}{m}$
解得 a₂=2.0 m/s²。
由x₂=$\frac{1}{2}$a₂△t₂²，△t₂=0.1s，解得  x₂=0.01 m。
所以在0～0.44 s时间内，滑块运动的位移
   s=d+x₁-x₂=0.39 m。
答：
（1）斜面对滑块的摩擦力F_f的大小是4.0N；
（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d是0.20m；
（3）在0～0.44s时间内，滑块运动的位移x是0.39m。