Question

（2011?重慶一模）如圖所示，質(zhì)量M=4.0kg的滑板B靜止于光滑的水平面上．滑板右端固定著一根輕質(zhì)彈簧，彈簧的自由端C到滑板左端的距離L=0.5m，在L=0.5m這一段滑板上B與木塊A之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，而彈簧的自由端C到彈簧固定端D所對應(yīng)的滑板上表面光滑．可視為質(zhì)點(diǎn)的木塊A質(zhì)量m=1.0kg，靜止于滑板的左端．滑板B受水平向左的恒力F=14.0N，作用一定時(shí)間后撤去該力，此時(shí)木塊A恰好運(yùn)動到滑板C處（g取10.0m/s²）．試求：
（1）恒力F的作用時(shí)間t；
（2）彈簧貯存的最大彈性勢能；
（3）彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，A、B速度各多大？分析論證A能否從B上落下？

Answer 1

分析：（1）對A、B進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律求出A、B的加速度，由勻變速運(yùn)動的運(yùn)動規(guī)律求出A、B的位移，根據(jù)它們位移間的幾何關(guān)系，求出力的作用時(shí)間．
（2）由勻變速運(yùn)動的速度公式求出撤去拉力后A、B的速度，由動量守恒定律與能量守恒定律列方程，可以求出彈簧的最大彈性勢能．
（3）分析清楚AB的運(yùn)動過程，應(yīng)用動量守恒定律、能量守恒定律分析答題．

解答：解：（1）開始時(shí)A、B均向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，
由牛頓第二定律得：
對于A：μmg=ma_A，解得：a_A=2m/s²，
對B：F-μmg=Ma_B，解得：a_B=3m/s²，
A、B間的位移關(guān)系是：s_B-s_A=L，
由x=

1

2

at²，得：

1

2

a_Bt²-

1

2

a_At²=L，
入數(shù)據(jù)解得：t=1s；      
（2）由v=at得：1s末v_A=a_At=2m/s，v_B=a_Bt=3 m/s，
撤去外力F后彈簧被壓縮，A繼續(xù)加速，B開始減速，加速度均變大，
當(dāng)A、B速度相同時(shí)彈簧壓縮量最大，具有最大彈性勢能，
以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，由動量守恒定律可得：mv_A+Mv_B=（M+m）v，
由能量守恒定律得：彈簧貯存的最大彈性勢能為：
E_m=

1

2

mv_A²+

1

2

Mv_B² -

1

2

（M+m）v²，解得：E_m=0.4J；
（3）從彈簧壓縮最短開始，在彈力作用下A將向左做加速度減小的加速運(yùn)動，
B做加速度減小的減速運(yùn)動，直到A與彈簧分離，設(shè)此時(shí)A、B速度分別為v_A′、v_B′．
由動量守恒定律得：mv_A+Mv_B=mv_A′+Mv_B′，
由能量守恒定律得：

1

2

mv_A²+

1

2

Mv_B²=

1

2

mv_A′²+

1

2

Mv_B′²，
代入數(shù)據(jù)解得：υ_A′=3.6m/s，υ_B′=2.6m/s．       
彈簧再次恢復(fù)原長后，A將進(jìn)入粗糙區(qū)做勻減速運(yùn)動，B做勻加速運(yùn)動，
現(xiàn)假設(shè)A不會從B上掉下，最終A、B以共同的速度運(yùn)動，
AB組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒得：此時(shí)的共同速度與彈簧彈性勢能最大時(shí)的共同速度相同．
那么，從能量轉(zhuǎn)化守恒知，彈簧的最大彈性勢能將全部轉(zhuǎn)化為此過程摩擦生熱即：E_m=μmg△s
代入數(shù)據(jù)得△s=0.2m，因△s＜L，故A不會從B上掉下來，最后A、B以相同速度向左做勻速運(yùn)動．
答：（1）恒力F的作用時(shí)間為1s；
（2）彈簧貯存的最大彈性勢能0.4J；
（3）彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，A、B速度分別是：3.6m/s，2.6m/s；最終A不會從B上落下．

點(diǎn)評：本題是一道綜合題，難度較大，分析清楚物體的運(yùn)動過程，對各物體正確受力分析、應(yīng)用牛頓第二定律、動量守恒定律與能量守恒定律是正確解題的關(guān)鍵．