Question

15．如圖，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊質(zhì)量m=1kg，長(zhǎng)木板M=3kg、長(zhǎng)度L=8m．初始m位于M最左端，M和m一起以V₀=4m/s向右運(yùn)動(dòng)，光滑平面ab間距離足夠長(zhǎng)，M、m間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，M與b處固定障礙物碰撞時(shí)為彈性碰撞，作用時(shí)間極短，M與a處固定障礙物碰撞后粘在一起．在a的上方有一個(gè)光滑的半圓軌道，半徑R=1.6m．g=10m/s²，求：
（1）若M與b碰撞后，M、m達(dá)到共同速度，求共同速度的大��；
（2）求m與b點(diǎn)的最小距離；
（3）若ab間距離為13m，M與a碰撞瞬間，給m一個(gè)瞬時(shí)沖量，m的速度變?yōu)閂_m，之后m能經(jīng)過半圓最高點(diǎn)后落回在長(zhǎng)木板上，求V_m的范圍．

Answer 1

分析 （1）M與b碰撞后，速度大小不變，方向改變，對(duì)M和m組成的系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒，求出共同速度的大小；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出m的加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出m與b點(diǎn)的最小距離；
（3）M與b碰后，通過能量守恒、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式判斷出M和m與a碰前有共同速度．然后結(jié)合牛頓第二定律和能量守恒求出V_m的范圍．

解答 解：（1）對(duì)M、m系統(tǒng)，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
MV₀-mV₀=（M+m）V_共，
代入數(shù)據(jù)解得${V_共}=2m/{s^{\;}}$；

（2）M與b碰后，m向右減速為零時(shí)，與b點(diǎn)距離最小，
對(duì)m：$a=\frac{μmg}{m}=μg=4m/{s}^{2}$，
m向右減速過程的位移：${s}_{m}=\frac{-{{V}_{0}}^{2}}{-2a}=\frac{16}{8}m=2m$，
m與b的最小距離為：s_ab=L-s_m=8-2m=6m．

（3）M與b碰后，假設(shè)M與a碰前M、m能達(dá)到共同速度，
對(duì)M、m系統(tǒng)：$μmg{S_{相對(duì)}}=\frac{1}{2}（M+m）V_0^2-\frac{1}{2}（M+m）V_共^2$
對(duì)M，此過程位移為：${a}_{M}=\frac{μmg}{M}$，
${s}_{M}=\frac{{{V}_{共}}^{2}-{{V}_{0}}^{2}}{-2{a}_{M}}$
解得：S_相對(duì)=6m＜8m，S_M=4.5m＜13m-8m=5m，假設(shè)成立；
M與a相碰黏在一起，依題意
運(yùn)動(dòng)至半圓最高點(diǎn)過程：$-μmg{S_{相對(duì)}}-2mgR=\frac{1}{2}m{V^2}-\frac{1}{2}mV_m^2$，
在半圓最高點(diǎn)：$m\frac{{V}^{2}}{R}≥mg$，
小球從最高點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，落在木板上，滿足
$2R=\frac{1}{2}g{t}^{2}$，Vt≤L．
代入數(shù)據(jù)解得：$8\sqrt{2}m/s≤{V}_{m}≤2\sqrt{53}m/s$．
答：（1）共同速度大小為2m/s；
（2）m與b點(diǎn)的最小距離為6m；
（3）V_m的范圍為$8\sqrt{2}m/s≤{V}_{m}≤2\sqrt{53}m/s$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合，綜合性強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，對(duì)于第三問，關(guān)鍵抓住臨界狀態(tài)，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．