Question

質(zhì)量為M=3kg的長(zhǎng)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(zhǎng)狀態(tài)，彈簧下端木板光滑，彈簧左側(cè)木板與木塊間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)木板與木塊向右運(yùn)動(dòng)中，彈簧被壓縮到最短時(shí)，長(zhǎng)木板恰與豎直墻壁相碰，碰撞過(guò)程時(shí)間極短，長(zhǎng)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(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧所具有的彈性勢(shì)能的最大值；
（2）木塊自彈簧原長(zhǎng)處返回木板左端的時(shí)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(duì)象，在它們打到速度相等的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出它們的共同速度．當(dāng)木板與木塊速度相同時(shí)，彈簧的壓縮量最大，彈簧彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)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(shí)，應(yīng)用動(dòng)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(shì)能．
（2）木塊向左返回過(guò)程中，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可求得兩個(gè)物體的速度大�。畬�(duì)木塊：向左返回至彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律可求得加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得時(shí)間．

解答：解：（1）以木塊與木板組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，從木塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩者速度相同的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)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(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，木塊與木板速度相等，在此過(guò)程中 兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得：Mv₁-mv₁=（M+m）v₂，解得：v₂=0.5m/s；
當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律可得：

1

2

mv₀²=

1

2

（M+m）v₂²+E_Pm+Q，
當(dāng)木塊到達(dá)木板最左端時(shí)兩者速度相等，在此過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，
由動(dòng)量守恒定律可得：Mv₁-mv₁=（M+m）v₃，解得：v₃=0.5m/s；
從木塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到木塊再回到木板最左端的整個(gè)過(guò)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(guò)程中，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的瞬間，設(shè)木塊、木板的速度分別為v₄、v₅．
由動(dòng)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(fù)值）
設(shè)木塊自彈簧原-長(zhǎng)處返回木塊左端時(shí)間為t，加速度為a，對(duì)木塊由牛頓第二定律得：
-μmg=ma
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v3-v4=at
解得：t=

10

2

s
答：
（1）整個(gè)過(guò)程中彈簧所具有的彈性勢(shì)能的最大值E_pm=3.75J．
（2）木塊自彈簧原長(zhǎng)處返回木板左端的時(shí)間為

10

2

s．

點(diǎn)評(píng)：分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，熟練應(yīng)用動(dòng)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(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵．