Question

9．如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动．三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A以初速度v₀=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度v_C=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之问的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m/s²．求：

（1）滑块c从传送带右端滑出时的速度大小；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值Vm是多少？

Answer 1

分析 （1）C在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C离开传送带时的速度；
（2）A、B碰撞过程、弹簧弹开过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能；
（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A的最大速度．

解答 解：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x．
由牛顿第二定律得：μmg=ma，
由运动学公式得：v=v_C+at，x=vct+$\frac{1}{2}$at²，
代入数据可得：x=1.25m，x=1.25m＜L，
滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为：v=3.0m/s．
（2）设A、B碰撞后的速度为v₁，A、B与C分离时的速度为v₂，以向右为正，由动量守恒定律有：
m_Av₀=（m_A+m_B）v₁，
（m_A+m_B）v₁=（m_A+m_B）v₂+m_Cv_C，
AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒：
E_P+$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₁²=$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₂²+$\frac{1}{2}$m_Cv_C²，
代入数据可解得：E_P=1.0J；
（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v．
设A与B碰撞后的速度为v₁′，分离后A与B的速度为v₂′，滑块C的速度为v_c′，
C在传送带上做匀减速运动的末速度为：v=3m/s，加速度大小为2m/s²
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v^2_v_C′²=2（-a）L，
代入数据解得：v_C′=5m/s，
以向右为正方向，由动量守恒定律可得：
A、B碰撞过程：m_Av_A=（m_A+m_B）v₁′，
弹簧伸开过程：（m_A+m_B）v₁′=m_Cv_C′+（m_A+m_B）v₂′，
在弹簧伸开的过程中，由能量守恒定律得：
E_P+$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₁′²=$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₂′²+$\frac{1}{2}$m_Cv_C′²，
代入数据解得：v_m=7.1m/s．
答：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度为3m/s；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能为1.0J；
（3）滑块A与滑块B撞前速度的最大值v_max是7.1m/s．

点评 本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的机率将大大减小．