Question

13．如圖甲，一輕質彈簧置于水平桌面上自然伸長，其左側固定，右端Ⅱ點到桌面最右端B的距離為1.9m．水平桌面Ⅰ點左側光滑．長L=1.8m的平板車緊靠桌面停放平板車上表面與桌面在同一水平面內，平板車右端拴一水平細繩，細繩另一端緊繞在半徑R=0.5m的薄壁圓筒上．用質量m=0.2kg小物塊P₁往左將彈簧壓縮0.1m（未超出彈性限度，P_l與彈簧不粘連）時釋放，P_l的速度圖象如圖乙所示，其中滑經點時速度v_A=10.0m/s．P₁滑至桌面右端與靜止在平板車左側、與P₁完全相同的小物塊發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后速度v=4.5m/s．與此同時．開啟電動機，使得圓筒由靜止開始如圖繞豎直軸轉動，轉動角速度滿足ω=βt（β為常數(shù)，t為時間）．已知小物塊與平板車的動摩擦因數(shù)μ₂=0.5，小物塊在平板車上運動時，圓筒與平板車間的細繩始終處于繃緊狀態(tài)．設最大靜摩擦等于滑動摩擦，取g=10m/s²，求：
（1）P_l被彈出時的最大加速度及彈簧的勁度系數(shù)；
（2）小物塊與桌面AB段的動摩擦因數(shù)；
（3）要使滑塊不從平板車上掉下，求β取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)v-t圖象可求解加速度，再由牛頓第二定律求解勁度系數(shù)．
（2）有動量守恒求解碰前的速度，結合動能定理求解摩擦因數(shù)．
（3）找到物塊不從小車上滑下的臨界條件，一是兩者加速度相同，二是速度相同時滿足一定的位移關系，按照規(guī)律求解即可．

解答 解：（1）由v-t圖象可知，剛釋放彈簧時，p₁的加速度等于圖象得斜率為：a=$k=\frac{5.0}{0.5×1{0}^{-2}}=1×1{0}^{3}m/{s}^{2}$
此時彈簧彈力為：F=kx=ma，解得：k=$\frac{ma}{x}=\frac{0.2×1×1{0}^{3}}{0.1}=2×1{0}^{3}N/m$．
（2）設P₁與p₂碰撞前的速度為v₁，規(guī)定v方向為正方向，對p₁p₂整體，由動量守恒得：mv₁=2mv，
解得：v₁=9m/s
p₁由A運動到B的過程中，由動能定理得：$-μmgs=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$，
即：$-μ×0.2×10×1.9=\frac{1}{2}×0.2×{9}^{2}-\frac{1}{2}×0.2×1{0}^{2}$
解得：u=0.5，
（3）平板車運動得速度為：v_車=ωR=βRt，由加速度定義式得：${a}_{車}=\frac{△v}{△t}=βR$，
小物塊在平板車上滑動時，由牛頓第二定律得：μmg=ma_物，
解得：${a}_{物}=μg=0.5×10=5m/{s}^{2}$
 一要使物塊恰好不從車上滑下則：a_車=a_物，
解得：β=10rad/s，
第二種情況，設經過時間t物塊滑至車最右端C，且速度與車相同，得：v_t=v-a_物t=a_車t，
位移滿足：$\frac{v+{v}_{t}}{2}t=\frac{1}{2}{a}_{車}{t}^{2}+L$，
聯(lián)立解得：β=1.25rad/s，
綜上所述：1.25rad/S≤β≤10rad/S
答：（1）P_l被彈出時的最大加速度為1×10³m/s²，彈簧的勁度系數(shù)為2×10³N/m；
（2）小物塊與桌面AB段的動摩擦因數(shù)為：0.5；
（3）β取值范圍為：1.25rad/S≤β≤10rad/S

點評 本題綜合考查了動量守恒定律、能量守恒定律，綜合性較強，對學生的能力要求較高，注重過程的分析，找到之間的聯(lián)系關系，要加強這類題型的訓練．