Question

9．如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L=4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉動，帶動皮帶以恒定速率v=3.0m/s勻速傳動．三個質量均為m=1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導軌上，開始時滑塊B、C之間用細繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止狀態(tài)．滑塊A以初速度v₀=2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短，可認為A與B碰撞過程中滑塊C的速度仍為零．因碰撞使連接B、C的細繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離．滑塊C脫離彈簧后以速度v_C=2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點．已知滑塊C與傳送帶之問的動摩擦因數(shù)μ=0.20，重力加速度g取10m/s²．求：

（1）滑塊c從傳送帶右端滑出時的速度大�。�
（2）滑塊B、C用細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；
（3）若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值Vm是多少？

Answer 1

分析 （1）C在傳送帶上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，然后應用勻變速直線運動規(guī)律求出C離開傳送帶時的速度；
（2）A、B碰撞過程、彈簧彈開過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出彈簧的彈性勢能；
（3）應用動量守恒定律、能量守恒定律與運動學公式可以求出滑塊A的最大速度．

解答 解：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設滑塊C從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內滑塊C的位移為x．
由牛頓第二定律得：μmg=ma，
由運動學公式得：v=v_C+at，x=vct+$\frac{1}{2}$at²，
代入數(shù)據(jù)可得：x=1.25m，x=1.25m＜L，
滑塊C在傳送帶上先加速，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為：v=3.0m/s．
（2）設A、B碰撞后的速度為v₁，A、B與C分離時的速度為v₂，以向右為正，由動量守恒定律有：
m_Av₀=（m_A+m_B）v₁，
（m_A+m_B）v₁=（m_A+m_B）v₂+m_Cv_C，
AB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(tǒng)能量守恒：
E_P+$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₁²=$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₂²+$\frac{1}{2}$m_Cv_C²，
代入數(shù)據(jù)可解得：E_P=1.0J；
（3）在題設條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運動到傳送帶右端時，速度應當恰好等于傳遞帶的速度v．
設A與B碰撞后的速度為v₁′，分離后A與B的速度為v₂′，滑塊C的速度為v_c′，
C在傳送帶上做勻減速運動的末速度為：v=3m/s，加速度大小為2m/s²
由勻變速直線運動的速度位移公式得：v^2_v_C′²=2（-a）L，
代入數(shù)據(jù)解得：v_C′=5m/s，
以向右為正方向，由動量守恒定律可得：
A、B碰撞過程：m_Av_A=（m_A+m_B）v₁′，
彈簧伸開過程：（m_A+m_B）v₁′=m_Cv_C′+（m_A+m_B）v₂′，
在彈簧伸開的過程中，由能量守恒定律得：
E_P+$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₁′²=$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₂′²+$\frac{1}{2}$m_Cv_C′²，
代入數(shù)據(jù)解得：v_m=7.1m/s．
答：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為3m/s；
（2）滑塊B、C用細繩相連時彈簧的彈性勢能為1.0J；
（3）滑塊A與滑塊B撞前速度的最大值v_max是7.1m/s．

點評 本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運動，還需用到平拋的基本知識，這是力學中的一道知識點比較多的綜合題，學生在所涉及的知識點中若存在相關知識缺陷，則拿全分的機率將大大減小．