Question

3．如圖所示，一半徑為R=1.8m的四分之一光滑圓弧固定在小車的左端，圓弧下端與小車上表面相切于B點，小車右端D處固定一擋板，擋板與一輕彈簧相連，彈簧處于原長狀態(tài)，自由端恰在C點，整個裝置緊靠墻面靜止于光滑水平地面上，總質量為M=2kg．質量為m=1kg的小物塊從圓弧上端A點由靜止滑下．已知BC長度為L=3m，小物塊與小車上表面BC段的動摩擦因數為μ=0.3，CD段光滑．g取10m/s²，求在運動過程中：
①物塊第一次到達C點的速度；
②彈簧彈性勢能的最大值．

Answer 1

分析 ①物塊從開始下落到水平軌道B處的過程中，小車不動，物塊的機械守恒，由機械能守恒定律求出到達B點時的速度大�。�物塊在小車上運動的過程中，小車向右運動，物塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，根據動量守恒定律和能量守恒定律求物塊第一次到達C點的速度；
②彈簧壓縮至最短時物塊與小車速度相同，對系統(tǒng)由動量守恒和能量守恒求解彈簧所具有的最大彈性勢能．

解答 解：①物塊從靜止釋放至B的過程中小車不動，對物體，由機械能守恒定律有：
mgR=$\frac{1}{2}$mv_B²，
得 v_B=$\sqrt{2gR}$=$\sqrt{2×10×1.8}$=6m/s
設物塊第一次到達C點的速度為v₁，小車的速度為v₂，取向右為正方向．物塊滑上水平軌道至C點的過程中，系統(tǒng)由動量守恒，由動量守恒定律得：
mv_B=mv₁+Mv₂，
代入數據得：6=v₁+2v₂，
由能量守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv_B²=$\frac{1}{2}$mv₁²+$\frac{1}{2}$Mv₂²+μmgL
代入數據得  $\frac{1}{2}$×1×6²=$\frac{1}{2}$×1×v₁²+$\frac{1}{2}$×2×v₂²+0.3×1×10×3
解得：v₁=2m/s；
②物塊滑上水平軌道至將彈簧壓縮至最短的過程中，系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
  mv_B=（m+M）v_共，
代入數據得：6=3v_共，
由能量守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv_B²=$\frac{1}{2}$（m+M）v_共²+μmgL+E_p
代入數據得：$\frac{1}{2}$×1×6²=$\frac{1}{2}$×3×v_共²+0.3×1×10×3+E_p
解得：E_p=3J；
答：①物塊第一次到達C點的速度是2m/s；
②彈簧彈性勢能的最大值是3J．

點評 本題首先要分析物理過程，確定研究對象，其次要把握解題的規(guī)律，運用用機械能守恒、牛頓運動定律、動量守恒和能量守恒結合研究．