Question

4．如圖所示，在水平面上有一彈簧，其左端與墻壁相連，O點(diǎn)為彈簧原長位置，O點(diǎn)左側(cè)水平面光滑．水平段OP長L=1m，P點(diǎn)右側(cè)一與水平方向成θ=30°的足夠長的傳送帶與水平面在P點(diǎn)平滑連接，皮帶輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)速率為3m/s．一質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A壓縮彈簧（與彈簧不栓接），使彈簧獲得彈性勢能E_p=9J，物塊與OP段動(dòng)摩擦因素μ₁=0.1．另一與A完全相同的物塊B停在P點(diǎn)，B與傳送帶的動(dòng)摩擦因素μ₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，傳送帶足夠長．A與B的碰撞時(shí)間不計(jì)，碰后A、B交換速度，重力加速度g=10m/s²，現(xiàn)釋放A，求：

（1）物塊A、B第一次碰撞前瞬間，A的速率v₀；
（2）從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量；
（3）A、B能夠碰撞的總次數(shù)．

Answer 1

分析 （1）從釋放到與B碰撞前的過程，對A和系統(tǒng)運(yùn)用功能關(guān)系列式，即可求解物塊A與B第一次碰撞前的速度；
（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求出碰后A、B的速度．B獲得速度后碰后B沿皮帶輪向上勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零，然后向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合，分段求出時(shí)間和位移；最后結(jié)合公式Q=f•△S求解熱量．
（3）B與A第二次碰撞，兩者速度再次互換，此后A向左運(yùn)動(dòng)再返回時(shí)與B碰撞，B沿皮帶輪向上運(yùn)動(dòng)再原速返回，重復(fù)這一過程直至兩者不再碰撞．每一次過程中損失的機(jī)械能為2μ₁mgl，根據(jù)整個(gè)過程能量守恒列式求解A、B碰撞的次數(shù)．

解答 解：（1）設(shè)物塊質(zhì)量為m，A與B第一次碰前的速度為v₀，則：
${E_p}=\frac{1}{2}mv_0^2+{μ_1}mgL$
解得：v₀=4m/s  
（2）設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為v_A、v_B，則v_A=0，v_B=4m/s，
碰后B沿傳送帶向上勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零，加速度大小設(shè)為a₁，
則：mgsinθ+μ₂mgcosθ=ma₁，
解得：a₁=gsinθ+μ₂gcosθ=10m/s²
運(yùn)動(dòng)的時(shí)間${t}_{1}=\frac{{v}_{B}}{{a}_{1}}=0.4s$
位移${x}_{1}=\frac{{v}_{B}}{2}{t}_{1}$=0.8m
此過程相對運(yùn)動(dòng)路程△s₁=vt₁+x₁=2m
此后B反向加速，加速度仍為a₁，與傳送帶共速后勻速運(yùn)動(dòng)直至與A再次碰撞，
加速時(shí)間為${t}_{2}=\frac{v}{{a}_{1}}$=0.3s
位移為${x}_{2}=\frac{v}{2}{t}_{2}=0.45m$
此過程相對運(yùn)動(dòng)路程△s₂=vt₂-x₂=0.45m
全過程生熱Q=μ₂mgcosθ（△s₁+△s₂）=12.25J
（3）B與A第二次碰撞，兩者速度再次互換，此后A向左運(yùn)動(dòng)再返回與B碰撞，B沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重復(fù)這一過程直至兩者不再碰撞．
則對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從第二次碰撞后到不再碰撞：$\frac{1}{2}m{v^2}$=2nμ₁mgL  
解得第二次碰撞后重復(fù)的過程數(shù)為n=2.25   
所以碰撞總次數(shù)為N=2+2n=6.5=6次（取整數(shù)） 
答：（1）物塊A、B第一次碰撞前瞬間，A的速率為4m/s；
（2）從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為12.25J；
（3）A、B能夠碰撞的總次數(shù)為6次．

點(diǎn)評 本題首先要理清物體的運(yùn)動(dòng)過程，其次要準(zhǔn)確把握每個(gè)過程所遵守的物理規(guī)律，特別要掌握彈性碰撞過程，動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，兩物體質(zhì)量相等時(shí)交換速度．