Question

3．如圖所示，足夠長的光滑水平面右端與平板車D的上表面平齊，D的質(zhì)量為M=3.0kg，車長L=1.08m，滑塊A、B、C置于光滑水平面上，它們的質(zhì)量m_A=m_B=m_C=2.0kg．開始時滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一被壓縮的輕彈簧（彈簧與兩滑塊不相連），B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)．滑塊A以初速度v₀=3.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短，可認(rèn)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(xì)繩受擾動而突然斷開，彈簧恢復(fù)原長的過程中，使C與A、B分離，滑塊C脫離彈簧后以速度v_C=2.5m/s滑上平板車．已知滑塊C與平板車的動摩擦因數(shù)μ=0.25（重力加速度g取10m/s²）
（1）求滑塊C在平板車上滑行的距離為多少？
（2）求滑塊B、C用細(xì)繩相連時彈簧的彈性勢能E_p為多少？
（3）若只改變輕彈簧的形變量，其它條件都不變，要使滑塊C從平板車上滑出，彈簧的彈性勢能E_P′至少為多少？

Answer 1

分析 （1）CD系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出滑行距離．
（2）AB碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，ABC系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出彈性勢能．
（3）CD系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律求出C恰好離開D時C的速度，AB碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，ABC系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出彈性勢能．

解答 解：（1）C、D系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律得：m_Cv_C=（m_C+M）v，代入數(shù)據(jù)解得：v=1m/s，
由能量守恒定律的：$\frac{1}{2}$m_Cv_C²=μm_Cgs+$\frac{1}{2}$（m_C+M）v²，
代入數(shù)據(jù)解得：s=0.75m＜L=1.08m；
（2）碰撞過程AB系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律得：m_Av₀=（m_A+m_B）v₁，代入數(shù)據(jù)解得：v₁=1.5m/s，
A、B、C系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
（m_A+m_B）v₁=（m_A+m_B）v₂+m_Cv_C，代入數(shù)據(jù)解得：v₂=0.25m/s，
由機(jī)械能守恒定律的：$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₁²+E_P=$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₂²+$\frac{1}{2}$m_Cv_C²，
代入數(shù)據(jù)解得：E_P=1.875J；
（3）滑塊C恰好到達(dá)D的右端時，以向右為正方向，
由動量守恒定律得：m_Cv_C1=（m_C+M）v，
由能量守恒定律得：$\frac{1}{2}$m_Cv_C1²=μm_CgL+$\frac{1}{2}$（m_C+M）v′²，
代入數(shù)據(jù)解得：v_C1=3m/s，
ABC系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
m_Av₀=（m_A+m_B）v₃+m_Cv_C1，代入數(shù)據(jù)解得：v₃=0m/s，
由機(jī)械能守恒定律的：$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₁²+E_P′=$\frac{1}{2}$m_Cv_C1²，
代入數(shù)據(jù)解得：E_P′=4.5J；
答：（1）滑塊C在平板車上滑行的距離為0.75m；
（2）滑塊B、C用細(xì)繩相連時彈簧的彈性勢能E_p為1.875J．
（3）若只改變輕彈簧的形變量，其它條件都不變，要使滑塊C從平板車上滑出，彈簧的彈性勢能E_P′至少為4.5J．

點(diǎn)評 本題考查了求滑行距離、彈性勢能問題，分析清楚物體運(yùn)動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律與能量守恒定律即可正確解題．