Question

19．如圖所示，一輕彈簧一端與豎直墻壁相連，另一端與放在光滑水平面上的長(zhǎng)木板左端接觸，輕彈簧處于原長(zhǎng)，長(zhǎng)木板的質(zhì)量為M，一物塊以初速度v₀從長(zhǎng)木板的右端向左滑上長(zhǎng)木板，在長(zhǎng)木板向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物塊一直相對(duì)于木板向左滑動(dòng)，物塊的質(zhì)量為m，物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，輕彈簧的勁度系數(shù)為k；當(dāng)木板速度達(dá)到最大時(shí)，物塊的速度為v，當(dāng)彈簧的壓縮量達(dá)到最大時(shí)，物塊剛好滑到長(zhǎng)木板的左端，且相對(duì)于木板的速度剛好為零，已知長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，求：

（1）物塊滑上木板的一瞬間，木板的加速度的大�。�
（2）木板速度達(dá)到最大時(shí)，物塊距木板右端的距離；
（3）彈簧的最大彈性勢(shì)能．

Answer 1

分析 （1）物塊在長(zhǎng)木板滑動(dòng)時(shí)，長(zhǎng)木板受到的合外力等于滑塊對(duì)長(zhǎng)木板的摩擦力，由牛頓第二定律求出長(zhǎng)木板的加速度；
（2）木板速度達(dá)到最大時(shí)，物塊的速度為v，對(duì)木塊，根據(jù)牛頓第二定律得到加速度，根據(jù)速度位移公式列式求解木塊的位移；木板受力平衡時(shí)速度最大，根據(jù)胡克定律求解位移；最后結(jié)合幾何關(guān)系得到物塊距木板右端的距離；
（3）對(duì)運(yùn)動(dòng)全程，根據(jù)功能關(guān)系列式求解彈簧的最大彈性勢(shì)能．

解答 解：（1）物塊滑上長(zhǎng)木板時(shí)，長(zhǎng)木板受到的合外力等于滑塊對(duì)長(zhǎng)木板的摩擦力，由牛頓第二定律得：
μmg=Ma
解得，長(zhǎng)木板的加速度 a=$\frac{μMg}{m}$；
（2）物塊滑上長(zhǎng)木板時(shí)，木塊的加速度：a′=-μg；
對(duì)木塊，根據(jù)速度位移公式，有：${v}^{2}-{v}_{0}^{2}=2a′{x}_{1}$，
解得：x₁=$\frac{{v_0^2-{v^2}}}{2μg}$，
速度最大時(shí)，木板平衡，故：kx₂=μmg
解得：${x_2}=\frac{μmg}{k}$
故物塊距木板右端的距離：△x=x₁-x₂=$\frac{{v}_{0}^{2}-{v}^{2}}{2μg}$-$\frac{μmg}{k}$；
（3）對(duì)運(yùn)動(dòng)全程，根據(jù)功能關(guān)系，有：
當(dāng)彈簧的壓縮量達(dá)到最大時(shí)，木板的速度為零，木塊的速度也為零，根據(jù)能量守恒定律得：$\frac{1}{2}mv_0^2=μmg•L-{E_p}$，
解得：E_p=$μmg•L-\frac{1}{2}mv_0^2$；
答：（1）物塊滑上木板的一瞬間，木板的加速度的大小為$\frac{μMg}{m}$；
（2）木板速度達(dá)到最大時(shí)，物塊距木板右端的距離為$\frac{{v}_{0}^{2}-{v}^{2}}{2μg}$-$\frac{μmg}{k}$；
（3）彈簧的最大彈性勢(shì)能為$μmg•L-\frac{1}{2}mv_0^2$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵明確系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，抓住彈簧的壓縮量達(dá)到最大時(shí)，木板和木塊的速度均為零，運(yùn)用牛頓第二定律、能量守恒定律和動(dòng)能定理列式研究．