Question

10．如图所示为某种弹射的实验装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带平滑连接，传送带的右端与一斜面平滑连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮滑顺时针方向转动，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，其间夹有一压缩的轻弹簧，且处于静止状态．滑块A以初速度v₀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．因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而立即断开，从而使C与A、B分离．假设某一次滑块A以v₀=2.0m/s的初速度滑向滑块B，而后滑块C脱离弹簧后以速度F_C=2.0m/s滑上传送带，并从传送带右端滑出又冲上斜面至最高点P．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m/s²．试求：
（1）滑块C在传送带上运动的时间t；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能E_P；
（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能恰好滑上斜面上的P点，则滑块A的最大初速度值v_m是多少？

Answer 1

分析 （1）滑块C在传送带上先做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出滑块C在传送带上的运动时间．
（2）根据动量守恒和能量守恒定律求出滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能．
（3）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动带速度，结合动量守恒和能量守恒进行求解．

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速度v所用的时间为t₁，加速度大小为a，在时间t₁内滑块C的位移为s，根据牛顿第二定律和运动学公式有：
μmg=ma   ①
v=v_C+at₁   ②
$s={v}_{C}{t}_{1}+\frac{1}{2}a{{t}_{1}}^{2}$  ③
联立①②③式并代入数据得，t₁=0.5s，s=1.25m．   ④
又因s=1.25m＜L，即滑块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，设运动的时间为t₂，
${t}_{2}=\frac{L-s}{v}$    ⑤
所用滑块C在传送带上的运动时间为t=t₁+t₂   ⑥
由④⑤⑥式并代入数据得，t=1.42s．⑦
（2）设A、B碰撞后的速度为v₁，A、B与C分离时的速度为v₂，根据动量守恒定律得，
mv₀=2mv₁，⑧
2mv₁=2mv₂+mv_C    ⑨
由能量守恒得，${E}_{p}+\frac{1}{2}×2m{{v}_{1}}^{2}=\frac{1}{2}×2m{{v}_{2}}^{2}+\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$    （10）
联立⑧⑨（10），代入数据得，E_p=1.0J   （11）
（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动带速度v．设A与B碰后的速度为v₁′，分离后A与B的速度为v₂′，滑块C的速度为v_C′，由动量守恒得，
mv_m=2mv₁′（12）
2mv₁′=mv_C′+2mv₂′（13）
由能量守恒得，${E}_{p}+\frac{1}{2}×2m{v}_{1}{′}^{2}=\frac{1}{2}×2m{v}_{2}{′}^{2}$+$\frac{1}{2}m{v}_{C}{′}^{2}$    （14）
由运动学公式得，${v}_{C}{′}^{2}-{v}^{2}=2aL$   （15）
联立①（10）（11）（12）（13）（14）（15）解得v_m=7.1m/s．
答：（1）滑块C在传送带上运动的时间t为1.42s；
（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的最大初速度值为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．