Question

18．如圖所示，水平桌面的右端有一質(zhì)量為m的物塊B，用長為L的不可伸長的細(xì)線懸掛，B對(duì)水平桌面壓力剛好為零，水平桌面離地面的高度為h=5.0m，另一質(zhì)量為3m的物塊A在距水平桌面的右端s=4.0m處在F=3mg（取g=10m/s²）水平推力向右運(yùn)動(dòng)，推到B處時(shí)立即撤銷F并與B發(fā)生彈性碰撞，已知A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.8，物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)．
（1）求A與B碰撞前的速度；
（2）求碰撞后A的落地點(diǎn)與桌面右端的水平距離x；
（3）要使物塊A與物塊B碰后，懸掛的細(xì)線始終有拉力，試求細(xì)線的長度L的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）對(duì)A，由動(dòng)能定理可以求出A的速度．
（2）A、B碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出碰撞后A、B的速度，碰撞后A做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出其水平位移．
（3）碰撞后B做圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律分析答題．

解答 解：（1）在A與B碰撞前的過程中，由動(dòng)能定理得：
$（F-μ3mg）s=\frac{1}{2}×3mv_{A0}^2-0$，
代入數(shù)據(jù)解得：v_A0=4m/s，方向：向右；
（2）A與B彈性碰撞，系統(tǒng)動(dòng)量與機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
3mv_A0=3mv_A+mv_B，
由機(jī)械能守恒定律的：$\frac{1}{2}$•3mv_A0²=$\frac{1}{2}$•3mv_A²+$\frac{1}{2}$mv_B²，
代入數(shù)據(jù)解得：v_A=2m/s，v_B=6m/s，
A做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：x=v_At，豎直方向：$h=\frac{1}{2}g{t^2}$，
代入數(shù)據(jù)得t=1s，x=2m；
（3）若B做一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過最高點(diǎn)的最小速度v_min，
由牛頓第二定律得：$mg=m\frac{{v_{min}^2}}{L}$，
解得：v_min=$\sqrt{gL}$，
從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律的：$\frac{1}{2}$mv_B²=$\frac{1}{2}$mv_min²+mg•2L，
代入數(shù)據(jù)解得：L=0.72m，則細(xì)線最長：L_max=0.72m
若B運(yùn)動(dòng)到與O等高時(shí)速度為零，則有：$\frac{1}{2}mv_B^2=mg{L_{min}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：L_min=1.8m，
L取值范圍：0＜L≤0.72m或L≥1.8m；
答：（1）A與B碰撞前的速度為4m/s，方向：水平向右；
（2）碰撞后A的落地點(diǎn)與桌面右端的水平距離x為2m；
（3）要使物塊A與物塊B碰后，懸掛的細(xì)線始終有拉力，細(xì)線的長度L的取值范圍是：0＜L≤0.72m或L≥1.8m．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合運(yùn)用了動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律和牛頓運(yùn)動(dòng)定律，對(duì)于第（3）問，要考慮兩種臨界情況，一是B上升的最大高度為L，二是恰好能做圓周運(yùn)動(dòng)．