Question

如圖所示，固定的凹槽水平表面光滑，其內(nèi)放置U形滑板N，滑板兩端為半徑R=0.45m的1/4圓弧面．A和D分別是圓弧的端點(diǎn)，BC段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑塊P₁和P₂的質(zhì)量均為m．滑板的質(zhì)量M=4m，P₁和P₂與BC面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ₁=0.10和μ₂=0.40，最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力．開始時(shí)滑板緊靠槽的左端，P₂靜止在粗糙面的B點(diǎn)，P₁以v₀=4.0m/s的初速度從A點(diǎn)沿弧面自由滑下，與P₂發(fā)生彈性碰撞后，P₁處在粗糙面B點(diǎn)上．當(dāng)P₂滑到C點(diǎn)時(shí)，滑板恰好與槽的右端碰撞并與槽牢固粘連，P₂繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度為零．P₁與P₂視為質(zhì)點(diǎn)，取g=10m/s²．問：
（1）P₂在BC段向右滑動(dòng)時(shí)，滑板的加速度為多大？
（2）BC長(zhǎng)度為多少？N、P₁和P₂最終靜止后，P₁與P₂間的距離為多少？

Answer 1

分析：（1）由機(jī)械能守恒可求得p₁與P₂碰前的速度，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可求得碰后兩物體的速度；由牛頓第二定律可求得p₂的加速度，因p₁的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不確定，先假設(shè)其靜止再進(jìn)行驗(yàn)證；
（2）由機(jī)械能守恒對(duì)CD分析可得出P₂滑到C點(diǎn)速度；對(duì)三個(gè)滑板N、P₁、及P₂在相碰到P₂滑到C點(diǎn)這一過程中，由動(dòng)量守恒可求得滑塊及P₁的速度；則對(duì)整體由功能關(guān)系可求得BC長(zhǎng)度L；而碰后兩物體均要運(yùn)動(dòng)，最后靜止，由動(dòng)力學(xué)知識(shí)可求得兩物體的位移，則可求得兩物體相距的距離．

解答：解：（1）P₁滑到最低點(diǎn)速度為v₁，由機(jī)械能守恒定律有：

1

2

m

v

2 0

+mgR=

1

2

m

v

2 1

解得：v₁=5m/s
P₁、P₂碰撞，滿足動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒定律，設(shè)碰后速度分別為v′₁、v₂
則由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得：
mv₁=mv′₁+mv₂

1

2

mv₁²=

1

2

mv′₁²+

1

2

mv′₂²
解得：v′₁=0、v₂=5m/s
P₂向右滑動(dòng)時(shí)，假設(shè)P₁保持不動(dòng)，對(duì)P₂有：f₂=μ₂mg=4m（向左）
對(duì)P₁、M有：f=（m+M）a₂
a2=

f

m+M

=

4m

5m

=0.8m/s2
此時(shí)對(duì)P₁有：f₁=ma=0.80m＜f_m=1.0m，所以假設(shè)成立．
故滑塊的加速度為0.8m/s²；
（2）P₂滑到C點(diǎn)速度為v₂′，由mgR=

1

2

mv

′

2 2

得v′₂=3m/s
P₁、P₂碰撞到P₂滑到C點(diǎn)時(shí)，設(shè)P₁、M速度為v，由動(dòng)量守恒定律得：mv₂=（m+M）v+mv′₂
解得：v=0.40m/s
對(duì)P₁、P₂、M為系統(tǒng)：f₂L=

1

2

mv²₂-

1

2

mv′₂²+

1

2

（m+M）v²
代入數(shù)值得：L=1.9m
滑板碰后，P₁向右滑行距離：S1=

v2

2a1

=0.08m
P₂向左滑行距離：S2=

v ′ 2 2

2a2

=1.125m
所以P₁、P₂靜止后距離：△S=L-S₁-S₂=0.695m
故最后兩物體相距0.695m．

點(diǎn)評(píng)：本題為動(dòng)量守恒定律及能量關(guān)系結(jié)合的綜合題目，難度較大；要求學(xué)生能正確分析過程，并能靈活應(yīng)用功能關(guān)系；合理地選擇研究對(duì)象及過程；對(duì)學(xué)生要求較高．
不過隨著全國(guó)新課改的展開，動(dòng)量作為了選修內(nèi)容，故此類題目將在新課標(biāo)的考試中不再出現(xiàn)．