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    11．如图所示，质量m1=3kg的滑块C（可视为质点）放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B．已知木板A、B的长度均为L=5m，质量均为m2=1.5kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连．滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1．现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩一段距离，然后将滑块C由静止释放，当滑块C刚滑上木板A时，滑块C的速度为7m/s．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2．求：
    （1）弹簧的最大弹性势能；
    （2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；
    （3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间．

    分析 （1）弹簧将C弹出的过程，弹簧的弹性势能转化为C的动能，根据系统的机械能守恒求弹簧的最大弹性势能．
    （2）对A、B整体及C，分别运用牛顿第二定律求木板A、B及滑块C的加速度．
    （3）分过程研究三个物体的运动情况：滑块C在木板A上运动时C与AB的相对位移等于l，由位移时间公式求出时间，得到滑块C离开木板A时A、B、C各自的速度．滑块C在木板B上滑动时，求出两者达到共同速度的时间和位移，再求一起匀减速运动的时间，从而得到总时间．

    解答 解：（1）弹簧将C弹出的过程，根据系统的机械能守恒得弹簧的最大弹性势能为：
    Epm=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{0}^{2}$=$\frac{1}{2}×3×{7}^{2}$J=73.5J
    （2）设滑块C在木块A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度为a2．由牛顿第二定律得：
    对C有  μ1m1g=m1a1；a1=3m/s2．
    对A、B整体有  μ1m1g-μ2（m1+2m2）g=2m2a2；a2=1m/s2．
    （3）设滑块C在木板A上运动的时间为t1．则：
     $\frac{1}{2}$a2t12+L=v0t1-$\frac{1}{2}$a1t12 
    解得：t1=1s或t1=2.5s（舍去）
    设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vB．
    vC=v0-a1t1=4m/s
    vA=vB=a2t1=1m/s
    滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度为a1，设B的加速度为a3．
    μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a3；a3=3m/s2．
    设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：
    v=vC-a1t2=vB+a3t2，
    解得：t2=0.5s，v=2.5m/s
    从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：
    △x=$\frac{{v}_{C}+v}{2}$t2-$\frac{{v}_{B}+v}{2}$t2=0.75m＜5m
    可知此过程中C未离开B，又因μ1＞μ2，B、C共速后无相对运动，设B、C一起匀减速运动的加速度为a，运动时间为t3．
    μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a；a=1m/s2．
    0=v-at3；t3=2.5s
    则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为：
    t=t1+t2+t3=4s
    答：（1）弹簧的最大弹性势能是73.5J：
    （2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度分别为1m/s2和3m/s2；
    （3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间是4s．

    点评 本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式分析物体的运动情况，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

    练习册系列答案
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