Question

7．如圖，可視為質(zhì)點的小物塊質(zhì)量m=1kg，長木板M=3kg，初始m位于M最左端，M和m一起以v₀=4m/s向右運動，光滑平面ab間距足夠長，M、m間動摩擦因數(shù)μ=0.4，M與b處固定障礙物碰撞時為彈性碰撞，作用時間極短，M與a處固定障礙物碰撞后粘在一起．在a的上方有一個光滑的半圓軌道，半徑R=1.6m．g=10m/s²，求：
（1）若M與b碰撞后，M、m達(dá)到共同速度，求共同速度的大小；
（2）若木板長度L=8m，求m與b點的最小距離；
（3）若木板長度L=8m，ab間距離為13m，M與a碰撞瞬間，給m一個瞬時沖量，m的速度變?yōu)関_m，之后m能經(jīng)過半圓最高點后落回在長木板上，求V_m的范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)M與b碰撞后，m和M組成的系統(tǒng)動量守恒，從而求得共同速度大小；
（2）m和M在相互作用的摩擦力作用下分別做勻減速運動和勻加速運動，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律求得m與b的最小距離；
（3）根據(jù)功能關(guān)系求得物體m離開半圓軌道時的速度，再根據(jù)平拋知識求得物體做平拋的射程，根據(jù)落在木板上的射程要求求得V_m的范圍．

解答 解：（1）M與b彈性碰撞后速度大小不變，方向反向，故對M、m系統(tǒng)，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得：
Mv₀-mv₀=（M+m）v
M、m的共同速度為：v=$\frac{M-m}{M+m}{v}_{0}=\frac{3-1}{3+1}×4m/s=2m/s$；
（2）M與b碰后，m向右減速為0時，與b點距離最小，對m有：$a=\frac{μmg}{m}=μg=0.4×10m/{s}^{2}=4m/{s}^{2}$
m向右減速過程的位移：${x}_{m}=\frac{0-{v}_{0}^{2}}{-2a}=\frac{0-{4}^{2}}{-2×4}m=2m$
m與b的最小距離為：x_mb=L-x_m=8-2m=6m
（3）M與b碰后，假設(shè)M與a碰前M、m能達(dá)到共同速度，對M、m系統(tǒng)有：
$μmg{s}_{相對}=\frac{1}{2}（M+m）{v}_{0}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}$
對M，此過程中的加速度，有：
${a}_{M}=\frac{μmg}{M}$
此過程位移為：
${s}_{M}=\frac{{v}^{2}-{v}_{0}^{2}}{-2{a}_{M}}$
代入數(shù)據(jù)解得：
s_相對=6m＜8m
s_M=4.5m＜13m
所以假設(shè)成立
M與m相碰粘在一起，依題意有：
$-μmg{s}_{相對}-2mgR=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$
運動至半圓最高點有：
$m\frac{{v}^{2}}{R}≥mg$
小球從最高點開始做平拋運動，落在木板上，滿足：
$2R=\frac{1}{2}g{t}^{2}$
vt≤L
解得：8$\sqrt{2}m/s≤{v}_{m}≤2\sqrt{53}m/s$
答：（1）若M與b碰撞后，M、m達(dá)到共同速度，共同速度的大小為2m/s；
（2）若木板長度L=8m，m與b點的最小距離為6m；
（3）若木板長度L=8m，ab間距離為13m，M與a碰撞瞬間，給m一個瞬時沖量，m的速度變?yōu)関_m，之后m能經(jīng)過半圓最高點后落回在長木板上，V_m的范圍為
8$\sqrt{2}m/s≤{v}_{m}≤2\sqrt{53}m/s$．

點評 本題考查了動量守恒定律、能量守恒定律、牛頓第二定律和運動學(xué)公式的綜合，綜合性強(qiáng)，對學(xué)生的能力要求較高，對于第三問，關(guān)鍵抓住臨界狀態(tài)，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．