Question

16．如圖所示，光滑水平面MN左端擋板處有一彈射裝置P，右端N處與同高度的水平傳送帶平滑連接，水平傳送帶長度L=3m，以v=2m/s的速度向左勻速運動．質量分別為m_A=2.0kg、m_B=1.0kg的小物塊A、B間壓縮一輕質彈簧，其彈性勢能E_p=12J并鎖定．現將鎖定的A、B系統置于光滑的水平面MN上，解除鎖定．A、B被彈開后，迅速移走彈簧，之后物塊A與P相磁并靜止于P處，物塊B滑上水平傳送帶．A、B與傳送帶間的動摩擦因數均為μ=0.6．當物塊B返回水平面MN后，A被彈射裝置P彈出．A、B相碰后粘在一起向右滑動．剛好從傳送帶的Q端滑出．求：

（1）物塊B與彈簧分離時速度大小；
（2）物塊B在傳送帶上滑動過程中，產生的熱量是多少；
（3）彈射裝置P彈出A的過程中，對物塊A做的功．

Answer 1

分析 （1）A、B被彈簧彈開的過程，系統的合力為零，遵守動量守恒定律，A、B及彈簧組成的系統機械能也守恒．
由此列式，可求得物塊B與彈簧分離時速度大小．
（2）物塊B滑上水平傳送帶后先向右勻減速運動，后向左勻加速運動，根據牛頓第二定律和運動學公式求兩者的相對位移，即可求得產生的熱量．
（3）A、B整體最后剛好從Q點滑出，那么整體在Q點的速度一定為零，一直做勻減速運動，根據動能定理求A、B相碰后瞬間的共同速度．由上題的結果，求出B返回時的速度，那么碰撞前A的速度利用動量守恒定律可求，再利用動能定理知道P對A做的功就等于A的動能．即可求解該問題．

解答 解：（1）對于A、B物塊被彈簧分開的過程系統動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：
  m_Av_A-m_Bv_B=0
由能量守恒定律得：E_p=$\frac{1}{2}$m_Av_A²+$\frac{1}{2}$m_Bv_B²
代入數據得：v_A=2m/s，v_B=4m/s，
（2）以B物體為研究對象，設B在傳送帶滑行的最大距離為s，根據動能定理得：
-μm_Bgs=0-$\frac{1}{2}$m_Bv_B²，
代入數據解得：s=$\frac{4}{3}$m
設B向右勻減速運動的時間為 t，則有 s=$\frac{{v}_{B}}{2}t$
解得 t=$\frac{2}{3}$s
物體B向左做勻加速運動的過程，加速度大小為 a=$\frac{μ{m}_{B}g}{{m}_{B}}$=μg=6m/s²，
加速到與傳送帶共速的時間 t′=$\frac{v}{a}$=$\frac{2}{6}$=$\frac{1}{3}$s
此過程通過的位移 s′=$\frac{vt′}{2}$=$\frac{2×\frac{1}{3}}{2}$=$\frac{1}{3}$m＜L=3m
所以此后物體B向左勻速運動．
物塊B在傳送帶上滑動過程中，產生的熱量是 Q=μm_Bg•[（s+vt）+（vt′-s′）]
代入數據解得 Q=14J
（3）由上分析知，物體B返回到水平面MN后的速度為：v_B1=v=2m/s；
設A與B碰前的速度為v_A1，碰撞后兩者的共同速度為v′．
對于A、B共同體向右滑行的過程，根據動能定理得：
-μ（m_A+m_B）gL=0-$\frac{1}{2}（{m}_{A}+{m}_{B}）v{′}^{2}$
代入數據解得：v′=6m/s，
對于A、B的碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得：m_Av_A1-m_Bv_B1=（m_A+m_B）v′
代入數據解得：v_A1=10m/s，
由動能定理得：P對A做的功為：W=$\frac{1}{2}$m_Av_A1²，
代入數據解得：W=100J；
答：
（1）物塊B與彈簧分離時速度大小是4m/s；
（2）物塊B在傳送帶上滑動過程中，產生的熱量是14J；
（3）彈射裝置P彈出A的過程中，對物塊A做的功是100J．

點評 解決本題的關鍵要分析清楚兩個物體的運動情況，把握隱含的臨界條件，如剛好從傳送帶的Q端滑出時速度為零，再分段由牛頓定律、運動學公式和動量守恒定律，能量守恒定律研究．