Question

11．如圖所示，質(zhì)量為m₁=0.5kg的小物塊P置于臺(tái)面上的A點(diǎn)并與彈簧的右端接觸（不拴接），輕彈簧左端固定，且處于原長(zhǎng)狀態(tài)．質(zhì)量M=l kg的長(zhǎng)木板靜置于水平面上，其上表面與水平臺(tái)面相平，且緊靠臺(tái)面右端．木板左端放有一質(zhì)量m₂=1kg的小滑塊Q．現(xiàn)用水平向左的推力將P緩慢推至B點(diǎn)（彈簧仍在彈性限度內(nèi)），撤去推力，此后P沿臺(tái)面滑到邊緣C時(shí)速度v₀=10m/s，與小車左端的滑塊Q相碰，最后物塊P停在AC的正中點(diǎn)，Q停在木板上．已知臺(tái)面AB部分光滑，P與臺(tái)面AC間動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.1，AC間距離L=4m．Q與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.4，木板下表面與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₃=0.1（g取10m/s²），求：
（1）撤去推力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；
（2）長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)中的最大速度；
（3）長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度．

Answer 1

分析 （1）研究小物塊從P到B再到C的過(guò)程，由動(dòng)能定理列式，可求得彈簧對(duì)物塊P做的功，從而得到彈簧的彈性勢(shì)能；
（2）小物塊P和滑塊Q碰撞的過(guò)程，遵守動(dòng)量守恒定律，由此列式．小物塊P從碰撞后到靜止的過(guò)程，由動(dòng)能定理列式，聯(lián)立救出碰后Q獲得的速度．Q在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板向右加速，Q向右減速，當(dāng)兩者速度相等后一起減速，所以兩者共速時(shí)Q的速度最大，由牛頓第二定律和速度公式結(jié)合求長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)中的最大速度；
（3）長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度等于Q相對(duì)于木板的位移大小，由位移公式求解．

解答 解：（1）小物塊從P到B再到C的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
W_彈-μ₁m₁gL=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{0}^{2}$-0
代入數(shù)據(jù)解得：W_彈=27J
根據(jù)功能關(guān)系知：撤去推力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為：E_p=W_彈=27J
（2）小物塊P和滑塊Q碰撞的過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
m₁v₀=-m₁v_P+m₂v_Q．
小物塊P從碰撞后到靜止的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
-μ₁m₁g$\frac{L}{2}$=0-$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{P}^{2}$
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v_Q=6m/s
Q在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)的過(guò)程中，由牛頓第二定律得：
對(duì)Q：-μ₂m₂g=m₂a₁．
對(duì)木板：μ₂m₂g-μ₃（M+m₂）g=Ma₂，
解得：a₁=-4m/s²，a₂=2m/s²．
當(dāng)物塊Q和木板速度相等時(shí)，木板的速度最大，設(shè)速度為v，滑行時(shí)間為t．
對(duì)Q：v=v_Q+a₁t
對(duì)木板：v=a₂t
聯(lián)立解得：t=1s，v=2m/s
所以長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)中的最大速度是2m/s．
（3）在Q和木板相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中，Q的位移：x_Q=$\frac{{v}_{Q}+v}{2}t$
木板的位移：x_板=$\frac{v}{2}t$
木板的最小長(zhǎng)度 L=x_Q-x_板．
解得：L=3m
答：（1）撤去推力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能是27J；
（2）長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)中的最大速度是2m/s；
（3）長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度是3m．

點(diǎn)評(píng) 本題是多對(duì)象多過(guò)程的問題，要按時(shí)間順序分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)情況，把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律是關(guān)鍵．要知道Q和木板兩者速度相等時(shí)木板的速度，兩者的相對(duì)位移等于木板的最小長(zhǎng)度．