【題目】如圖所示,光滑斜面傾角為θ,底端固定一垂直于斜面的擋板C.在斜面上放置長木板A,A的下端與C的距離為d,A的上端放置小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn)),A與B質(zhì)量相等,A、B間的動摩擦因數(shù)μ=1.5tanθ.現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放A和B,A與C發(fā)生碰撞的時(shí)間極短,碰撞前后速度大小相等,方向相反.運(yùn)動過程中,小物塊始終沒有從木板上滑落,已知重力加速度為g.求:

(1)A與C發(fā)生第一次碰撞前瞬間的速度大小v1;
(2)A與C發(fā)生第一次碰撞后上滑到最高點(diǎn)時(shí),小物塊的速度大小v2;
(3)為使B不與C碰撞,木板A長度的最小值L.

【答案】
(1)

解:第一次碰撞前由機(jī)械能守恒定律有: (m+m)v12=2mgdsinθ

解得:v1=

答: A與C發(fā)生第一次碰撞前瞬間的速度大小為 ;


(2)

解:設(shè)發(fā)生第一次碰撞后,A上滑、B下滑的加速度大小分別為aA、aB,則由牛頓第二定律有:

對木板A:μmgcosθ+mgsinθ=maA

對小物塊B:μmgcosθ﹣mgsinθ=maB

由于aA>aB,則A先減速到零,設(shè)A第一次碰撞后上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間為t,則

v1=aAt v2=v1﹣aBt

聯(lián)立解得:v2=

答:A與C發(fā)生第一次碰撞后上滑到最高點(diǎn)時(shí),小物塊的速度大小為 ;


(3)

解:對于A、B運(yùn)動全過程,由能量守恒定律有:

mgdsinθ+mg(d+L)sinθ=μmgLcosθ

解得:L=4d

答:為使B不與C碰撞,木板A長度的最小值為4d.


【解析】(1)AB一起下滑的過程中,只有重力做功,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,據(jù)此列式求解A與C發(fā)生第一次碰撞前瞬間的速度大小v1;(2)木板上升時(shí),對A、B分別運(yùn)用由牛頓運(yùn)動定律列式求解加速度,可得到A的加速度大于B的加速度大小,說明A的速度先減至零.再速度時(shí)間公式求解v2;(3)由于不斷的上滑和碰撞,最終A和B恰好都停在C上時(shí),對全過程,運(yùn)用能量守恒求解L的最小值.
【考點(diǎn)精析】本題主要考查了動能定理的綜合應(yīng)用和機(jī)械能綜合應(yīng)用的相關(guān)知識點(diǎn),需要掌握應(yīng)用動能定理只考慮初、末狀態(tài),沒有守恒條件的限制,也不受力的性質(zhì)和物理過程的變化的影響.所以,凡涉及力和位移,而不涉及力的作用時(shí)間的動力學(xué)問題,都可以用動能定理分析和解答,而且一般都比用牛頓運(yùn)動定律和機(jī)械能守恒定律簡捷;系統(tǒng)初態(tài)的總機(jī)械能E 1 等于末態(tài)的總機(jī)械能E 2 ,即E1 =E2;系統(tǒng)減少的總重力勢能ΔE P 等于系統(tǒng)增加的總動能ΔE K ,即ΔE P =ΔE K;若系統(tǒng)只有A、

練習(xí)冊系列答案
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A.圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變大的感應(yīng)電流,圓環(huán)有收縮的趨勢
B.圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變大的感應(yīng)電流,圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢
C.圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變小的感應(yīng)電流,圓環(huán)有收縮的趨勢
D.圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變小的感應(yīng)電流,圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢

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A.小球兩次碰到墻壁前的瞬時(shí)速度相同
B.小球兩次碰撞墻壁的點(diǎn)為同一位置
C.小球初速度大時(shí),在空中運(yùn)行的時(shí)間較長
D.小球初速度大時(shí),碰撞墻壁的點(diǎn)在上方

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(1)物塊受到的重力G的大;
(2)物快做勻加速運(yùn)動加速度a的大;
(3)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ的大。

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A.向右加速運(yùn)動
B.向右減速運(yùn)動
C.向左加速運(yùn)動
D.向左減速運(yùn)動

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B.在彈性范圍內(nèi),彈簧長度的增加量與對應(yīng)的彈力增加量成正比

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B.若縱坐標(biāo)表示位移,B質(zhì)點(diǎn)先沿正方向做直線運(yùn)動,后沿負(fù)方向做直線運(yùn)動
C.若縱坐標(biāo)表示速度,則B物體加速度先減小再增加
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