Question

質(zhì)量為M=3kg的長木板置于光滑水平面上，木板左側(cè)放置一質(zhì)量為m=1kg的木塊，右側(cè)固定一輕彈簧，處于原長狀態(tài)，彈簧下端木板光滑，彈簧左側(cè)木板與木塊間的動摩擦因數(shù)為μ=0.15，如圖所示．現(xiàn)給木塊v₀=4m/s的初速度，使之向右運動，當木板與木塊向右運動中，彈簧被壓縮到最短時，長木板恰與豎直墻壁相碰，碰撞過程時間極短，長木板速度方向改變，大小不變．最后，木塊恰好停在木板的左端．求：（g=10m/s²）
（1）整個運動過程中彈簧所具有的彈性勢能的最大值；
（2）木塊自彈簧原長處返回木板左端的時間（結(jié)果可以保留根式）．

Answer 1

分析：（1）以木板與木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，在它們打到速度相等的過程中，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出它們的共同速度．當木板與木塊速度相同時，彈簧的壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，由動量守恒電路與能量守恒定律列方程，在木塊與彈簧分離后到兩者速度再次相等時，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律列方程，解方程組可以求出彈簧的最大彈性勢能．
（2）木塊向左返回過程中，彈簧恢復原長時，根據(jù)動量守恒和能量守恒可求得兩個物體的速度大小．對木塊：向左返回至彈簧恢復原長的過程，根據(jù)牛頓第二定律可求得加速度，由運動學公式求得時間．

解答：解：（1）以木塊與木板組成的系統(tǒng)為研究對象，從木塊開始運動到兩者速度相同的過程中，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可得：mv₀=（M+m）v₁，解得v₁=1m/s．
  木板與墻壁碰后返回，木塊壓縮彈簧，當彈簧壓縮到最短時，木塊與木板速度相等，在此過程中 兩者組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可得：Mv₁-mv₁=（M+m）v₂，解得：v₂=0.5m/s；
當彈簧壓縮到最短時，彈簧彈性勢能最大，由能量守恒定律可得：

1

2

mv₀²=

1

2

（M+m）v₂²+E_Pm+Q，
當木塊到達木板最左端時兩者速度相等，在此過程中，系統(tǒng)動量守恒，
由動量守恒定律可得：Mv₁-mv₁=（M+m）v₃，解得：v₃=0.5m/s；
從木塊開始運動到木塊再回到木板最左端的整個過程中，
由能量守恒定律可得：

1

2

mv₀²=

1

2

（M+m）v₃²+2Q，
解得：Q=3.75J，E_Pm=3.75J；
（2）木塊向左返回過程中，彈簧恢復原長的瞬間，設(shè)木塊、木板的速度分別為v₄、v₅．
由動量守恒定律得：（M+m）v₃=mv₄+mv₅
由能量守恒定律得：

1

2

（M+m）v₃²+E_p2

1

2

m

v

2 4

+

1

2

m

v

2 5

解得：v4=

2+3 10

4

m/s（舍去負值）
設(shè)木塊自彈簧原-長處返回木塊左端時間為t，加速度為a，對木塊由牛頓第二定律得：
-μmg=ma
由運動學公式得：v3-v4=at
解得：t=

10

2

s
答：
（1）整個過程中彈簧所具有的彈性勢能的最大值E_pm=3.75J．
（2）木塊自彈簧原長處返回木板左端的時間為

10

2

s．

點評：分析物體的運動過程，熟練應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律，即可正確解題；分析清楚物體的運動過程是正確解題的關(guān)鍵．