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2.如图,静止地放置于水平光滑支持面上的小车B的质量为2m,小车的左段PQ长为LPQ=17L,上表面粗糙,其余部分光滑,小车右段固定有一小段轻质弹簧.质量为m的滑块A以水平向右的初速度v0=3$\sqrt{gL}$冲到小车B的左端P,g表示重力加速度,A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.25.

(1)滑块A能冲过Q点吗,如果不能,请计算出A、B恰相对静止瞬间B的位移S,如能,请计算出弹簧的最大弹性势能E;
(2)现在距小车右端为x处固定了一个障碍物D,当小车与之碰撞,速度瞬间变为0,但不粘连,且本题的弹簧发生的形变为弹性的,试讨论滑块最终离Q点的距离y与x的关系式.

分析 (1)A、B组成的系统动量守恒,应用动量守恒定律求出共同速度,然后应用能量守恒定律与动能定理解题.
(2)碰撞后A、B系统动量守恒,分析清楚B的运动过程,应用动能定理、动量守恒定律求出x与y的关系.

解答 解:(1)设A不能冲过Q点,最终与B相对静止达到共速v1
A、B则组成的系统动量守恒,以向右为正方向,
由动量守恒定律得:mv0=(m+2m)v1,代入数据解得:v1=$\sqrt{gL}$,
由能量守恒定律得:μmg△L=$\frac{1}{2}$mv02-$\frac{1}{2}$(m+2m)v12
解得:△L=12L<PQ=17L,则A不能冲过Q点,
对B,由动能定理得:μmgs=$\frac{1}{2}$•2mv12-0,
解得,A、B相对静止瞬间B的位移:s=4L;
(2)设x=x1<4L时,滑块A恰能停在Q点,而不与弹簧碰撞,
由动能定理得:-μmg(PQ+x1)=0-$\frac{1}{2}$mv02,解得:x1=L<4L,
这说明此时滑块A在向右运动中全程受到滑动摩擦力,假设是合理的;
讨论:
Ⅰ.若0≤x<L,则A能与弹簧碰撞,设离开弹簧瞬间的速度大小为v2
由动能定理得:-μmg(PQ+x)=$\frac{1}{2}$mv22-$\frac{1}{2}$mv02,解得:v2=$\sqrt{\frac{g}{2}(L-x)}$,
A、B系统动量守恒,以向右为正方向,
由动量守恒定律得:mv2=(m+2m)v3
由能量守恒定律的:μmgy=$\frac{1}{2}$mv22-$\frac{1}{2}$(m+2m)v32
解得:y=$\frac{2}{3}$(L-x);
Ⅱ、若L≤x<4L,则滑块不能与弹簧碰撞,
由动能定理得:-μmg(PQ+x-y)=0-$\frac{1}{2}$mv02,解得:y=x-L;
Ⅲ、若x≥s=4L,则B与D碰撞前,A、B已共速,
由动能定理得:-μmg(s+PQ-y)=0-$\frac{1}{2}$mv02,解得:y=3L;
答:(1)滑块A不能冲过Q点,A、B恰相对静止瞬间B的位移s为4L.
(2)滑块最终离Q点的距离y与x的关系式为:
Ⅰ.若0≤x<L,y=$\frac{2}{3}$(L-x);
Ⅱ、若L≤x<4L,y=x-L;
Ⅲ、若x≥s=4L,y=3L.

点评 本题考查了动量守恒定律与动能定理的应用,是一道力学综合题,难度较大,分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键,应用动量守恒定律、动能定理即可正确解题,应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择.

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