Question

5．如圖所示，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L=4.0m，皮帶以恒定速率v=3.0m/s 順時針轉(zhuǎn)動．三個質(zhì)量均為m=1.0kg 的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長，滑塊B與輕彈簧連接，C未連接彈簧，B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)且離N點足夠遠(yuǎn)，現(xiàn)讓滑塊A以初速度v₀=3.0m/s 沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短．滑塊C脫離彈簧后滑上傳送帶，并從右端P滑出落至地面上．已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）滑塊A、B碰撞時損失的機械能；
（2）滑塊C滑上傳送帶的速度大��；
（3）若每次實驗開始時滑塊A的初速度v₀大小不相同，要使滑塊C滑上傳送帶后總能落至地面上的同一位置，則v₀的取值范圍是什么？

Answer 1

分析 （1）A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律與能量守恒定律可以求出碰撞過程損失的機械能．
（2）由動量守恒定律與機械能守恒定律、運動學(xué)公式、功的計算公式可以求出產(chǎn)生的熱量．
（3）應(yīng)用勻變速直線運動規(guī)律、動量守恒定律求出臨界速度，然后確定速度范圍．

解答 解：（1）設(shè)A和B碰撞后共同速度為v₁，取向右為正方向，對A、B有：
由動量守恒定律得  mv₀=2mv₁ ①
碰撞時損失機械能△E=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$（2m）v₁² ②
代入數(shù)據(jù)解得：△E=2.25J；
（2）設(shè)AB碰撞后，彈簧第一次恢復(fù)原長時AB的速度為v_B，C的速度為v_C，對A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)從AB碰撞后到彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中，有：
動量守恒：2mv₁=2mv_B+mv_C ③
由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$（2m）v₁²=$\frac{1}{2}$（2m）v_B²+$\frac{1}{2}$mv_C²   ④
代入數(shù)據(jù)解得：v_C=$\frac{4}{3}{v}_{1}=\frac{2}{3}{v}_{0}$=2m/s
（3）設(shè)A的最大速度為v_max，滑塊C在與彈簧分離時C的速度為v_C1、AB的速度為v_B1，則C在傳送帶上一直勻減速直線運動直到在P點與傳送帶共速，有：
 ${v}_{C1}^{2}$-v²=2μgL ⑦
解得 v_C1=$\sqrt{17}$m/s
設(shè)A的最小速度為v_min，滑塊C在與彈簧分離時C的速度為v_C2、AB的速度為v_B1，則C在傳送帶上一直勻加速直線運動直到在P點與傳送帶共速，有：
  v²-${v}_{C2}^{2}$=2μgL ⑧
解得 v_C2=1m/s
對A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)從AB碰撞后到彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中，有：
動量守恒：mv_max=2mv_B1+mv_C1 ⑨
由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$（2m）${v}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}$（2m）${v}_{B1}^{2}$+$\frac{1}{2}$m${v}_{C1}^{2}$ ⑩
解得：v_max=$\frac{3}{2}$v_Ci=$\frac{3}{2}\sqrt{17}$m/s
同理解得：v_min=$\frac{3}{2}$v_c2=$\frac{3}{2}$m/s
所以：$\frac{3}{2}$m/s≤v₀≤$\frac{3}{2}\sqrt{17}$m/s；
答：（1）滑塊A、B碰撞時損失的機械能是2.25J．
（2）滑塊C滑上傳送帶的速度大小是0.5J． 
（3）v₀的取值范圍是$\frac{3}{2}$m/s≤v₀≤$\frac{3}{2}\sqrt{17}$m/s．

點評 本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，關(guān)鍵要分析清楚物體運動過程，找出每個過程的物理規(guī)律，應(yīng)用動量守恒定律、能量守恒定律、機械能守恒定律、運動學(xué)公式解題．