Question

12．如圖所示．兩形狀完全相同的平板A．B置于光滑水平面上．質(zhì)量分別為m和2m，平板B的右端固定一輕質(zhì)彈簧，P點為彈簧的原長位，P點到平板B左端點Q的距離為L．物塊C置于平板A的最右端，質(zhì)量為m且可視為質(zhì)點，平板A，物塊C以相同速度v₀向右運動，與靜止平板B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后平板A、B粘連在一起，物塊C滑上平板B，運動至P點開始壓縮彈簧，后被彈回并相對于平板B靜止在其左端Q點．彈簧始終在彈性限度內(nèi)，平板B的P點右側(cè)部分為光滑面，P點左側(cè)部分為粗糙面，物塊C與平板B粗糙面部分之間的動摩擦因數(shù)處處相同，重力加速度為g．求：
（1）彈簧被壓縮到最短時物塊C的速度大��；
（2）平板A，B在碰撞過程中損失的總動能E_k損；
（3）物塊C第一次到P點時C和B的速度大��；
（4）求B的最大速度V_max．

Answer 1

分析 （1）彈簧壓縮至最短時，三物體的速度相等，對整體分析，根據(jù)動量守恒定律可求得C的速度；
（2）對AB分析，根據(jù)動量守恒求出碰后的速度，再由功能關(guān)系可求得損失的動能；
（3）先對物體運動的全過程分析，再對物體C第一次到P點過程分析，注意系統(tǒng)損失的機械能等于摩擦力與相對位移的乘積；根據(jù)能量關(guān)系及動量守恒定律列式求解；
（4）對運動過程進行分析，明確當C再次回到P點時B的速度達最大，根據(jù)（3）中求出的結(jié)果可明確最大速度．

解答 解：（1）設向右為正方向，則對整體分析可知，當彈簧壓縮至最短時，ABC三者速度相同，則由動量守恒定律可知：
2mv₀=（2m+2m）v₁
解得：v₁=$\frac{{v}_{0}}{2}$
（2）對AB碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有：mv₀=（m+2m） v₂
再由能量守恒可知，損失的總動能為：E_K損=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$（m+2m）v₂²=$\frac{1}{3}$mv₀²
（3）設C停在Q點時A、B、C共同速度為v₃，根據(jù)動量守恒定律有：2mv₀=4mv₃ 
解得：v₃=$\frac{{v}_{0}}{2}$
對A、B、C組成的系統(tǒng)，從A、B碰撞結(jié)束瞬時到C停在Q點的過程，
根據(jù)功能關(guān)系有：μmg（2L）=$\frac{1}{2}$mv₀²+$\frac{1}{2}$（3m）v₂²-$\frac{1}{2}$（4m）v₃² 
當?shù)谝淮蔚絇點時有：
2mv₀=mv_C+3mv_B
由功能關(guān)系知：
μmgL=$\frac{1}{2}$mv₀²+$\frac{1}{2}$（3m）v₂²-$\frac{1}{2}$（3m）v_B²-$\frac{1}{2}$mv_C²
聯(lián)立解得，v_B=（$\frac{1}{2}$±$\frac{\sqrt{2}}{12}$）v₀；
其中（$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{12}$）v₀是B返回P點時的速度；應舍去；
此時C的速度v_C=$\frac{{v}_{0}}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{4}$v₀
（4）根據(jù)運動過程可知，當再次回到P點時，B的速度達最大，
由以上可知，B的最大速度為：v_max=（$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{12}$）v₀
答：（1）彈簧被壓縮到最短時物塊C的速度大小為$\frac{{v}_{0}}{2}$；
（2）平板A，B在碰撞過程中損失的總動E_k損為$\frac{1}{3}$mv₀²
（3）物塊C第一次到P點時C和B的速度大小分別為$\frac{{v}_{0}}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{4}$v₀和（$\frac{1}{2}$±$\frac{\sqrt{2}}{12}$）v₀
（4）求B的最大速度V_max為（$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{12}$）v₀

點評 本題考查動量守恒定律的應用，要注意正確設定正方向，根據(jù)題意選擇研究對象，明確動量守恒及功能關(guān)系的應用即可正確求解；但此題過程稍復雜，對學生分析問題能力要求較高．