Question

（2012?茂名二模）如圖所示，質量為M的長滑塊靜止在光滑水平面上，左端固定一勁度系數為k且足夠長的水平輕質彈簧，右側用一不可伸長的細繩連接于豎直墻上，細繩子能承受的最大拉力為F_T，使一質量為m、初速度為V₀的小物體，在滑塊上無摩擦地向左滑動而后壓縮彈簧，彈簧的彈性勢能表達式為E_P=

1

2

kx²（k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量）．
（1）要使細繩被拉斷，初速度V₀應滿足什么條件？
（2）長滑塊在細繩被拉斷后，所獲得的最大加速度為多大？
（3）小物體最后離開滑塊時，相對地面速度恰好為零的條件是什么？

Answer 1

分析：（1）假設繩子不斷，當滑塊速度減為零時，彈性勢能最大，彈力最大，繩子的張力最大，等于彈簧的彈力；然后根據機械能守恒定律和胡克定律列式求解；
（2）當滑塊與長木板速度相等時，彈力最大，加速度最大；先求解出斷開時滑塊速度，然后根據動量守恒和機械能守恒定律列式聯立求解出共同速度，得到最大加速度．
（3）滑塊與長木板分離后，速度恰好為零，根據動量守恒定律和機械能守恒定律列式后聯立求解即可．

解答：解：（1）設彈簧壓縮量為x₁時，繩被拉斷，即
kx₁=F_T                   ①
壓縮彈簧過程動能轉化為彈性勢能，依題意有

1

2

k

x

2 1

＜

1

2

m

v

2 0

           ②
聯立解得：v0＞

FT

km

      ③
（2）設繩被拉斷瞬時，小物體的速度為V₁，有

1

2

k

x

2 1

+

1

2

m

v

2 1

=

1

2

m

v

2 0

     ④
繩斷后長滑塊加速，小物體減速，當兩者速度相等時，彈簧壓縮量最大為x₂，長滑塊有向左的最大加速度a_m，此過程動量守恒，有：
mv₁=（M+m）v₂               ⑤
根據機械能守恒，有：

1

2

k

x

2 2

+

1

2

(M+m)

v

2 2

=

1

2

k

x

2 1

+

1

2

m

v

2 1

     ⑥
由牛頓第二定律得：kx₂=Ma_m              ⑦
聯立①④⑤⑥⑦解得：am=

1

M

kMm v 2 0 +m F 2 T M+m

 ⑧
（3）要使小物體離開長滑塊時相對地面速度為零，即彈簧恢復原長時小物體速度為零，此時長物塊速度為v．在繩斷開至彈簧恢復原長過程中，動量守恒，能量守恒，故有
Mv=mv₁           ⑨

1

2

Mv2=

1

2

k

x

2 1

+

1

2

m

v

2 1

 ⑩
聯立①④⑨⑩解得：m-M=

F 2 T

k v 2 0

      （11）
由于

v

2 0

＞0，必有m＞M    
所以小物體最后離開滑塊時，相對地面速度恰好為零的條件是m＞M且滿足m-M=

F 2 T

k v 2 0

．
答：（1）要使細繩被拉斷，初速度V₀應滿足v0＞

FT

km

的條件；
（2）長滑塊在細繩被拉斷后，所獲得的最大加速度為

1

M

kMm v 2 0 +m F 2 T M+m

；
（3）小物體最后離開滑塊時，相對地面速度恰好為零的條件是m＞M且滿足m-M=

F 2 T

k v 2 0

．

點評：本題關鍵要分析清楚滑塊和滑板的運動規律，能結合機械能守恒定律和動量守恒定律多次列式后聯立分析，較難．