Question

如圖，傾角為θ的斜面，其底端固定一檔板M，三個小木塊A、B、C的質(zhì)量均為m，它們與斜面間的動摩擦因素相同，木塊A、B由一輕彈簧相連，放置在斜面上，木塊A與檔板接觸，木塊B靜止在P處，彈簧處于自然長度狀態(tài)．木塊C在Q點(diǎn)以初速度v₀沿斜面向下運(yùn)動，P、Q間的距離為L，已知木塊C在下滑過程中做勻速直線運(yùn)動，C和B發(fā)生完全非彈性碰撞，但不粘合，木塊C最后恰好能回到Q點(diǎn)，A始終靜止．
（1）在上述過程中，彈簧的最大彈性勢能是多大？
（2）若木塊C從Q點(diǎn)處開始以2v₀初速度沿斜面向下運(yùn)動，經(jīng)歷同樣的過程，最后木塊C停在斜面上的R點(diǎn)，A仍未動，則P、R間的距離多大？（設(shè)彈簧的彈性勢能與其長度改變量的平方成正比）．
（3）若斜面光滑，彈簧勁度系數(shù)為K，木塊B、A處于靜止?fàn)顟B(tài)，C、B碰撞后不再分離，則木塊C從Q處以多大的速度沿斜面向下運(yùn)動，才能在彈簧反彈后，使物體A脫離檔板M．

Answer 1

分析：（1）由題意，C先向下做勻速直線運(yùn)動，受力平衡，可求得滑動摩擦力與重力的關(guān)系；接著C、B碰撞，遵守動量守恒，即可求得碰后共同速度．然后B、C壓縮彈簧，由于C作勻速運(yùn)動，C所受的重力沿斜面的分力與摩擦力大小相等，B、C碰后重力沿斜面的分力與摩擦力也大小相等，運(yùn)用能量守恒列式，再可解彈簧的最大壓縮量．
（2）分析兩木塊的運(yùn)動情況，根據(jù)動能定理及動量守恒定律列式即可求解．
（3）若斜面光滑，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒列式，求解．

解答：解：（1）對B、C碰撞過程有　mv₀=2mv，碰后共同速度為v=

1

2

v₀．
由于C作勻速運(yùn)動，C所受的重力沿斜面的分力與摩擦力大小相等，同理，B、C碰后重力沿斜面的分力與摩擦力也大小相等，彈簧的最大彈性勢能為
  E_m=

1

2

×2mv²=

1

4

mv₀²　　　　　　　　　　　　　　
（2）在（1）問中B、C碰后的總動能為

1

4

mv₀²，設(shè)碰后彈簧壓縮為s，則在彈簧反彈后有　　
E_m-2mgssinθ=

1

2

×2mv₁²，即

1

4

mv₀²-2mgssinθ=mv₁²　　　
C離開彈簧后a=

-mgsinθ-f

m

=

-2mgsinθ

m

=-2gsinθ，
故v₁=2

glsinθ

當(dāng)C以2v₀的初速度運(yùn)動時，B、C共同速度v′=

m×2v0

2m

=v₀         
B、C碰后的總動能為mv₀²，是（1）問中的4倍，根據(jù)題意，彈簧最大壓縮長度是（1）問中的2倍，則在彈簧反彈后有
4E_m-2mg×2ssinθ=

1

2

×2mv₂²，即　mv₀²-4mgssinθ=mv₂²　　
P、R間的距離為s′=

-v22

2a

=

v22

4gsinθ

，得　s′=2L+

v02

8gsinθ

（3）當(dāng)斜面光滑時，設(shè)彈簧開始時被壓縮x，則由受力分析知 x=

mgsinθ

k

設(shè)所求的C的初速度為v₃，則C在與B碰撞前的速度為
v_c=

2gsinθ(L+x)+v32

=

2g(L+ mgsinθ k )sinθ+v32

對C、B碰撞過程，有　mv_c=2mv_BC，v_BC=

1

2

2g(L+ mgsinθ k )sinθ+v32

由對A受力分析可知，當(dāng)彈簧伸長也為x=

mgsinθ

k

時，A才能離開檔板M，同時由于彈簧被壓縮x與伸長x時的彈性勢能相同，且C、B剛能將A拉離檔板M時末速度為0，所以根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

1

2

×2m×

1

4

（2gLsinθ+

2mg2sin2θ

k

+v₃²）=2mg×2×

mgsinθ

k

sinθ        
所求的木塊C的初速度　v₃≥

14mg2sin2θ-2kgLsinθ k

答：
（1）彈簧的最大彈性勢能是

1

4

mv₀²．
（2）P、R間的距離是2L+

v02

8gsinθ

．
（3）木塊C從Q處以速度v₃≥

14mg2sin2θ-2kgLsinθ k

沿斜面向下運(yùn)動，才能在彈簧反彈后，使物體A脫離檔板M．

點(diǎn)評：本題主要考查了動量守恒定律及動能定理的應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確選擇運(yùn)動過程，運(yùn)用相應(yīng)的規(guī)律求解．