Question

17．在傾角為30°的光滑斜面底端固定一擋板，質(zhì)量均為m的物塊B、C通過輕彈簧連接，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時彈簧的壓縮量為x₀，O點(diǎn)為彈簧的原長位置．在斜面上距物塊B的距離為3x₀的P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m的物塊A，A與B相碰（不粘連）后立即一起沿斜面向下運(yùn)動，并恰好能返回到O點(diǎn)．物塊A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g．
（1）求A、B碰前彈簧具有的彈性勢能；
（2）若物塊A從P點(diǎn)以一定的初速度沿斜面下滑，兩物塊A、B返回O點(diǎn)時還具有沿斜面向上的速度，此后恰好可以使C離開擋板而不上滑，求物塊A在P點(diǎn)的初速度v₀．

Answer 1

分析 （1）先研究A下滑過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求得A與B碰撞前瞬間的速度．再A、B碰撞過程，由動量守恒定律求得碰后共同速度．最后研究A、B整體從壓縮彈簧到運(yùn)動到O點(diǎn)的過程，對A、B及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律列式，即可求解A、B碰前彈簧具有的彈性勢能；
（2）C恰好離開擋板而不上滑時，彈簧的彈力大小等于C的重力沿斜面向下的分力大小，且AB運(yùn)動到了最高點(diǎn)．與上題思路相似進(jìn)行解答．

解答 解：（1）A從P下滑3x₀過程，由機(jī)械能守恒定律得：
mg•3x₀sin30°=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
A與B碰撞過程，取沿斜面向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：
mv=2mv′
A、B整體從壓縮彈簧到運(yùn)動到O點(diǎn)的過程，對A、B及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得：
   $\frac{1}{2}×2mv{′}^{2}$+E_p=2mgx₀sin30°．
聯(lián)立以上三式解得：A、B碰前彈簧具有的彈性勢能為：
  E_p=$\frac{1}{4}$mgx₀sin30°
（2）A以初速度v₀從P下滑3x₀過程，由機(jī)械能守恒定律得：
  mg•3x₀sin30°=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
A與B碰撞過程，取沿斜面向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：
   2mv₂=mv₁．
初態(tài)時，彈簧的壓縮量為：
  x₁=$\frac{mgsin30°}{k}$=x₀
C恰好離開擋板而不上滑時，彈簧的彈力大小等于C的重力沿斜面向下的分力大小，彈簧的伸長量為：
  x₂=$\frac{mgsin30°}{k}$
所以x₁=x₂=x₀，初、末狀態(tài)彈簧的彈性勢能相等，設(shè)為E_p．
A、B整體從壓縮彈簧到運(yùn)動到O點(diǎn)的過程，對A、B及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得：
 $\frac{1}{2}×2m{v}_{2}^{2}$+E_p=2mgx₀sin30°+$\frac{1}{2}×2m{v}_{3}^{2}$．
對B及彈簧，在B從O點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得
   $\frac{1}{2}m{v}_{3}^{2}$=mgx₀sin30°+E_p．
聯(lián)立解得：v₀=$\sqrt{6g{x}_{0}}$
答：
（1）A、B碰前彈簧具有的彈性勢能是$\frac{1}{4}$mgx₀sin30°．
（2）物塊A在P點(diǎn)的初速度v₀是v₀$\sqrt{6g{x}_{0}}$．

點(diǎn)評 本題的關(guān)鍵要分析清楚物體的運(yùn)動過程，把握每個過程的物理規(guī)律，如碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律．物體壓縮彈簧的過程，系統(tǒng)遵守機(jī)械能守恒定律，并要找出狀態(tài)之間的聯(lián)系．