Question

1．如圖所示，有一個(gè)豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一勁度為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁涂有一層新型智能材料--ER流體，它對(duì)滑塊的阻力可調(diào)．起初滑塊靜止，ER流體對(duì)其阻力為零，彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與滑塊碰撞后粘在一起向下運(yùn)動(dòng)且碰撞前、后瞬間兩物體質(zhì)量與速度的乘積相等，方向不變．為保證粘在一起的兩滑塊一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，且下移距離為2mg/k時(shí)速度減為0，ER流體對(duì)滑塊的阻力須隨滑塊下移而變．試求（忽略空氣阻力）：
（1）下落物體與滑塊碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
（2）滑塊向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度的大小以及滑塊下移距離d（小于2mg/k）時(shí)ER流體對(duì)滑塊阻力的大�。�
（3）通過(guò)探究發(fā)現(xiàn)，彈簧的彈性勢(shì)能可以用E_p=$\frac{K{x}^{2}}{2}$表示，其中K為彈簧的勁度系數(shù)，X為彈簧的形變量，當(dāng)滑塊以共同速度向下運(yùn)動(dòng)2mg/k距離過(guò)程中克服ER流體阻力所做的功．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)機(jī)械能守恒可以求得碰撞前物體的速度大小，在根據(jù)動(dòng)量守恒可以求得碰撞后物體的速度大小，從而可以求得碰撞中能量的損失；
（2）由物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程可以求得物體的加速度的大��；對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律可以求得滑塊受到的阻力的大小；
（3）分別求出重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能的變化量，根據(jù)能量守恒定律求出ER流體對(duì)滑塊的阻力所做的功．

解答 解：（1）設(shè)物體下落末速度為v₀，由機(jī)械能守恒定律，有：
mgL=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：
v₀=$\sqrt{2gL}$
設(shè)碰后共同速度為v₁，依題意，有：
2mv₁=mv₀
解得：
${v}_{1}=\frac{1}{2}\sqrt{2gL}$
碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：
$△E=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-2m{v}_{1}^{2}=\frac{1}{2}mgL$
（2）設(shè)加速度大小為a，有：
2ax=${v}_{1}^{2}$    
得：
a=$\frac{kL}{8m}$
設(shè)彈簧彈力為F_N，ER流體對(duì)滑塊的阻力為F_ER
受力分析如圖所示：
F_S+F_ER-2mg=2ma
F_S=kx      
x=d+$\frac{mg}{k}$
解得：
${F}_{EN}=mg+\frac{kL}{4}-kd$
（3）當(dāng)滑塊以共同速度向下運(yùn)動(dòng)$\frac{2mg}{k}$距離過(guò)程中，由功能關(guān)系，有：
W_阻=E₂-E₁=-$\frac{4{m}^{2}{g}^{2}}{k}$+$\frac{4{m}^{2}{g}^{2}}{k}$+（-$\frac{1}{2}$mgL）=-$\frac{1}{2}$mgL
故：W_克服阻=-W_阻=$\frac{1}{2}$mgL
答：（1）下落物體與滑塊碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為$\frac{1}{2}mgL$；
（2）滑塊向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度的大小以及滑塊下移距離d時(shí)ER流體對(duì)滑塊阻力的大小為$mg+\frac{kL}{4}-kd$；
（3）當(dāng)滑塊以共同速度向下運(yùn)動(dòng)$\frac{2mg}{k}$距離過(guò)程中克服ER流體阻力所做的功為$\frac{1}{2}$mgL．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律、牛頓第二定律等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．