Question

2．如圖，靜止地放置于水平光滑支持面上的小車B的質(zhì)量為2m，小車的左段PQ長(zhǎng)為L(zhǎng)_PQ=17L，上表面粗糙，其余部分光滑，小車右段固定有一小段輕質(zhì)彈簧．質(zhì)量為m的滑塊A以水平向右的初速度v₀=3$\sqrt{gL}$沖到小車B的左端P，g表示重力加速度，A與PQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25．

（1）滑塊A能沖過(guò)Q點(diǎn)嗎，如果不能，請(qǐng)計(jì)算出A、B恰相對(duì)靜止瞬間B的位移S，如能，請(qǐng)計(jì)算出彈簧的最大彈性勢(shì)能E；
（2）現(xiàn)在距小車右端為x處固定了一個(gè)障礙物D，當(dāng)小車與之碰撞，速度瞬間變?yōu)?，但不粘連，且本題的彈簧發(fā)生的形變?yōu)閺椥缘�，試討論滑塊最終離Q點(diǎn)的距離y與x的關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出共同速度，然后應(yīng)用能量守恒定律與動(dòng)能定理解題．
（2）碰撞后A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，分析清楚B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律求出x與y的關(guān)系．

解答 解：（1）設(shè)A不能沖過(guò)Q點(diǎn)，最終與B相對(duì)靜止達(dá)到共速v₁，
A、B則組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，
由動(dòng)量守恒定律得：mv₀=（m+2m）v₁，代入數(shù)據(jù)解得：v₁=$\sqrt{gL}$，
由能量守恒定律得：μmg△L=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$（m+2m）v₁²，
解得：△L=12L＜PQ=17L，則A不能沖過(guò)Q點(diǎn)，
對(duì)B，由動(dòng)能定理得：μmgs=$\frac{1}{2}$•2mv₁²-0，
解得，A、B相對(duì)靜止瞬間B的位移：s=4L；
（2）設(shè)x=x₁＜4L時(shí)，滑塊A恰能停在Q點(diǎn)，而不與彈簧碰撞，
由動(dòng)能定理得：-μmg（PQ+x₁）=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：x₁=L＜4L，
這說(shuō)明此時(shí)滑塊A在向右運(yùn)動(dòng)中全程受到滑動(dòng)摩擦力，假設(shè)是合理的；
討論：
Ⅰ．若0≤x＜L，則A能與彈簧碰撞，設(shè)離開(kāi)彈簧瞬間的速度大小為v₂，
由動(dòng)能定理得：-μmg（PQ+x）=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：v₂=$\sqrt{\frac{g}{2}（L-x）}$，
A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，
由動(dòng)量守恒定律得：mv₂=（m+2m）v₃，
由能量守恒定律的：μmgy=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$（m+2m）v₃²，
解得：y=$\frac{2}{3}$（L-x）；
Ⅱ、若L≤x＜4L，則滑塊不能與彈簧碰撞，
由動(dòng)能定理得：-μmg（PQ+x-y）=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：y=x-L；
Ⅲ、若x≥s=4L，則B與D碰撞前，A、B已共速，
由動(dòng)能定理得：-μmg（s+PQ-y）=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：y=3L；
答：（1）滑塊A不能沖過(guò)Q點(diǎn)，A、B恰相對(duì)靜止瞬間B的位移s為4L．
（2）滑塊最終離Q點(diǎn)的距離y與x的關(guān)系式為：
Ⅰ．若0≤x＜L，y=$\frac{2}{3}$（L-x）；
Ⅱ、若L≤x＜4L，y=x-L；
Ⅲ、若x≥s=4L，y=3L．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能定理的應(yīng)用，是一道力學(xué)綜合題，難度較大，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理即可正確解題，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)要注意正方向的選擇．