Question

2．如图，静止地放置于水平光滑支持面上的小车B的质量为2m，小车的左段PQ长为L_PQ=17L，上表面粗糙，其余部分光滑，小车右段固定有一小段轻质弹簧．质量为m的滑块A以水平向右的初速度v₀=3$\sqrt{gL}$冲到小车B的左端P，g表示重力加速度，A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.25．

（1）滑块A能冲过Q点吗，如果不能，请计算出A、B恰相对静止瞬间B的位移S，如能，请计算出弹簧的最大弹性势能E；
（2）现在距小车右端为x处固定了一个障碍物D，当小车与之碰撞，速度瞬间变为0，但不粘连，且本题的弹簧发生的形变为弹性的，试讨论滑块最终离Q点的距离y与x的关系式．

Answer 1

分析 （1）A、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出共同速度，然后应用能量守恒定律与动能定理解题．
（2）碰撞后A、B系统动量守恒，分析清楚B的运动过程，应用动能定理、动量守恒定律求出x与y的关系．

解答 解：（1）设A不能冲过Q点，最终与B相对静止达到共速v₁，
A、B则组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv₀=（m+2m）v₁，代入数据解得：v₁=$\sqrt{gL}$，
由能量守恒定律得：μmg△L=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$（m+2m）v₁²，
解得：△L=12L＜PQ=17L，则A不能冲过Q点，
对B，由动能定理得：μmgs=$\frac{1}{2}$•2mv₁²-0，
解得，A、B相对静止瞬间B的位移：s=4L；
（2）设x=x₁＜4L时，滑块A恰能停在Q点，而不与弹簧碰撞，
由动能定理得：-μmg（PQ+x₁）=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：x₁=L＜4L，
这说明此时滑块A在向右运动中全程受到滑动摩擦力，假设是合理的；
讨论：
Ⅰ．若0≤x＜L，则A能与弹簧碰撞，设离开弹簧瞬间的速度大小为v₂，
由动能定理得：-μmg（PQ+x）=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：v₂=$\sqrt{\frac{g}{2}（L-x）}$，
A、B系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv₂=（m+2m）v₃，
由能量守恒定律的：μmgy=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$（m+2m）v₃²，
解得：y=$\frac{2}{3}$（L-x）；
Ⅱ、若L≤x＜4L，则滑块不能与弹簧碰撞，
由动能定理得：-μmg（PQ+x-y）=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：y=x-L；
Ⅲ、若x≥s=4L，则B与D碰撞前，A、B已共速，
由动能定理得：-μmg（s+PQ-y）=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：y=3L；
答：（1）滑块A不能冲过Q点，A、B恰相对静止瞬间B的位移s为4L．
（2）滑块最终离Q点的距离y与x的关系式为：
Ⅰ．若0≤x＜L，y=$\frac{2}{3}$（L-x）；
Ⅱ、若L≤x＜4L，y=x-L；
Ⅲ、若x≥s=4L，y=3L．

点评 本题考查了动量守恒定律与动能定理的应用，是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动能定理即可正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择．