Question

13．如圖所示，在水平滑道的右端與斜面滑道平滑相接，整個(gè)滑道除M、N間粗糙外，其余滑道均光滑．現(xiàn)將一個(gè)彈簧振子安裝在水平滑道的左端，O點(diǎn)是振子B的平衡位置．讓滑塊A從斜面P處以初速度為$\sqrt{17gL}$沿滑道斜面下滑，通過M點(diǎn)沒有機(jī)械能損失．經(jīng)過M、N后，與O處靜止的振子B發(fā)生碰撞，碰撞后滑塊A反彈向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)斜面中點(diǎn)后又重新下滑，振子B在O點(diǎn)附近做簡(jiǎn)諧振動(dòng)．已知，均可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A與振子B的質(zhì)量分別為m和2m，M、N間距為L(zhǎng)，P、M間距為2L，斜面傾角為30°，滑道M、N間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5．問：
（1）與振子B發(fā)生第一次碰撞前的瞬間，滑塊 A的速度是多大？
（2）滑塊A能否與振子B發(fā)生第二次碰撞？為什么？
（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能是多大？

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理即可求得A的速度；
（2）從斜面中點(diǎn)下滑由動(dòng)能定理求的速度，即可判斷是否相碰；
（3）根據(jù)動(dòng)能定理和能量守恒即可求得損失的能量

解答 解：（1）從P到O過程，由動(dòng)能定理得$2mgLsin30°-μmgK=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$
解得v=$3\sqrt{2gL}$
（2）從斜面中點(diǎn)下滑，由動(dòng)能定理有$mgLsin30°-μmgL=\frac{1}{2}m{v}^{′2}-0$
滑塊A的速度為v′=0
即滑塊A掐在N處停止，所以不會(huì)與正字B發(fā)生第二次碰撞；
（3）第一次碰撞，滑塊A從O到斜面中點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理
$-mgLsin30°-μmgL=0-\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}$
解得${v}_{1}=\sqrt{2gL}$
滑塊AB碰撞過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒
mv=2mv_B1=mv_A1
B的速度為${v}_{B}=2\sqrt{2gL}$
彈簧獲得的能量為E=$\frac{1}{2}•2{mv}_{B}^{2}=8mgL$
整個(gè)過程中能量守恒$mg•2Lsin30°+\frac{1}{2}m{v}^{2}=E+△E$
解得△E=1.5mgL
答：（1）與振子B發(fā)生第一次碰撞前的瞬間，滑塊 A的速度是$3\sqrt{2gL}$
（2）滑塊A不能與振子B發(fā)生第二次碰撞
（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能是1.5mgL

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了動(dòng)能定理和能量守恒，在碰撞過程中利用好動(dòng)量守恒，抓住過程即可