题目内容
如图，长为L、质量为M=2kg的圆柱形木棒竖直放置，在其顶部套有质量为m=1kg的薄铁环，当棒和环有相对运动时，棒和环之间有大小恒为1.6mg的摩擦力．现突然在棒下端给棒一个很大的冲击力，使棒在瞬间具有竖直向上的初速度v0=2.4m/s．（1）若要求铁环、木棒在空中运动过程中铁环不脱离木棒，此木棒最小长度L0为多少？
（2）设木棒足够长，求棒总共上升的最大高度．（本题中g取10m/s2）
分析：（1）分别以铁环和木棒为研究对象受力分析，然后根据牛顿第二定律求出的各自的加速度，根据相对末速度为零，结合v-t图象与坐标轴围成图形的面积求出木板的至少长度．
（2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出环和棒速度相等时上升的高度，然后一起向上做匀减速直线运动，通过速度位移公式求出一起匀减速运动的位移，从而得出上升的最大高度．
（2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出环和棒速度相等时上升的高度，然后一起向上做匀减速直线运动，通过速度位移公式求出一起匀减速运动的位移，从而得出上升的最大高度．
解答：解：（1）研究棒与环速度不同时
对棒分析受力如图，由牛顿第二定律得
kmg+Mg=Ma1
1.6×10+2×10=2a1
a1=18m/s2
对环分析受力如图，由牛顿第二定律得
kmg-mg=ma2
1.6×10-10=a2
a2=6m/s2
当棒和环速度相等时，一起向上作减速运动
设从开始运动到相等所花时间为t，由vt=v0-a1t 得：
2.4-18t=6t
t=0.1s
则棒与环发生的相对位移根据位移等于v-t图象与坐标轴围成的三角形面积得：
L0=
v0t=0.1×
=0.12m
即棒的长度不得少于0.12m．
（2）棒的运动过程为先以加速度18m/s2作匀减速运动0.1s，再以加速度10m/s2匀减速运动至速度为零．
由s=v0t+
at2 得第一段位移：
s1=2.4×0.1-
×18×0.12
s1=0.15m
第二段位移初速度为v=2.4-18×0.1=0.6m/s
由vt2-v02=2as 得第二段位移
s2=
=0.018m
即棒上升的位移s=s1+s2=0.15+0.018=0.168m
答：（1）若要求铁环、木棒在空中运动过程中铁环不脱离木棒，此木棒最小长度L0为0.12m．
（2）设木棒足够长，求棒总共上升的最大高度0.168m．
对棒分析受力如图，由牛顿第二定律得
kmg+Mg=Ma1
1.6×10+2×10=2a1
a1=18m/s2
对环分析受力如图，由牛顿第二定律得
kmg-mg=ma2
1.6×10-10=a2
a2=6m/s2
当棒和环速度相等时，一起向上作减速运动
设从开始运动到相等所花时间为t，由vt=v0-a1t 得：
2.4-18t=6t
t=0.1s
则棒与环发生的相对位移根据位移等于v-t图象与坐标轴围成的三角形面积得：
L0=
| 1 |
| 2 |
| 2.4 |
| 2 |
即棒的长度不得少于0.12m．
（2）棒的运动过程为先以加速度18m/s2作匀减速运动0.1s，再以加速度10m/s2匀减速运动至速度为零．
由s=v0t+
| 1 |
| 2 |
s1=2.4×0.1-
| 1 |
| 2 |
s1=0.15m
第二段位移初速度为v=2.4-18×0.1=0.6m/s
由vt2-v02=2as 得第二段位移
s2=
| .062 |
| 2×10 |
即棒上升的位移s=s1+s2=0.15+0.018=0.168m
答：（1）若要求铁环、木棒在空中运动过程中铁环不脱离木棒，此木棒最小长度L0为0.12m．
（2）设木棒足够长，求棒总共上升的最大高度0.168m．
点评：本题考查了牛顿第二定律的运动学公式的综合运用，对学生能力要求较高，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
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