Question

（2012?茂名二模）如图所示，质量为M的长滑块静止在光滑水平面上，左端固定一劲度系数为k且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一不可伸长的细绳连接于竖直墙上，细绳子能承受的最大拉力为F_T，使一质量为m、初速度为V₀的小物体，在滑块上无摩擦地向左滑动而后压缩弹簧，弹簧的弹性势能表达式为E_P=

1

2

kx²（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）．
（1）要使细绳被拉断，初速度V₀应满足什么条件？
（2）长滑块在细绳被拉断后，所获得的最大加速度为多大？
（3）小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是什么？

Answer 1

分析：（1）假设绳子不断，当滑块速度减为零时，弹性势能最大，弹力最大，绳子的张力最大，等于弹簧的弹力；然后根据机械能守恒定律和胡克定律列式求解；
（2）当滑块与长木板速度相等时，弹力最大，加速度最大；先求解出断开时滑块速度，然后根据动量守恒和机械能守恒定律列式联立求解出共同速度，得到最大加速度．
（3）滑块与长木板分离后，速度恰好为零，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式后联立求解即可．

解答：解：（1）设弹簧压缩量为x₁时，绳被拉断，即
kx₁=F_T                   ①
压缩弹簧过程动能转化为弹性势能，依题意有

1

2

k

x

2 1

＜

1

2

m

v

2 0

           ②
联立解得：v0＞

FT

km

      ③
（2）设绳被拉断瞬时，小物体的速度为V₁，有

1

2

k

x

2 1

+

1

2

m

v

2 1

=

1

2

m

v

2 0

     ④
绳断后长滑块加速，小物体减速，当两者速度相等时，弹簧压缩量最大为x₂，长滑块有向左的最大加速度a_m，此过程动量守恒，有：
mv₁=（M+m）v₂               ⑤
根据机械能守恒，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
由牛顿第二定律得：kx₂=Ma_m              ⑦
联立①④⑤⑥⑦解得：am=

1

M

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

 ⑧
（3）要使小物体离开长滑块时相对地面速度为零，即弹簧恢复原长时小物体速度为零，此时长物块速度为v．在绳断开至弹簧恢复原长过程中，动量守恒，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
联立①④⑨⑩解得：m-M=

F 2 T

k v 2 0

      （11）
由于

v

2 0

＞0，必有m＞M    
所以小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足m-M=

F 2 T

k v 2 0

．
答：（1）要使细绳被拉断，初速度V₀应满足v0＞

FT

km

的条件；
（2）长滑块在细绳被拉断后，所获得的最大加速度为

1

M

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

；
（3）小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足m-M=

F 2 T

k v 2 0

．

点评：本题关键要分析清楚滑块和滑板的运动规律，能结合机械能守恒定律和动量守恒定律多次列式后联立分析，较难．