Question

15．如圖所示，傾角為θ=37°的固定斜面與足夠長的水平面平滑對接，一勁度系數(shù)k=18N/m的輕質彈簧的上端固定于斜面頂端，另一端固連在一質量m=1kg的光滑小球A，跟A緊靠的物塊B（質量也為m）與斜面間的動摩擦因數(shù)μ₁=0.75，且最大摩擦力等于滑動摩擦力，與水平面間的動摩擦因數(shù)μ₂=0.1，圖中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均處于靜止狀態(tài)，且斜面對B恰無摩擦力，當搬除力F后，A和B一起沿下面下滑到某處時分離，分離后A一直在斜面上運動，B繼續(xù)沿斜面下滑，已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s²．
（1）A和B分離后A能否再回到出發(fā)點？請簡述理由．
（2）A和B分離時B的速度為多大？
（3）求B最終停留的位置．

Answer 1

分析 （1）A不能回到出發(fā)點，因為小球與物塊一起下滑過程，物體對小球的彈力做負功而使小球的機械能減少
（2）當AB分離時，AB具有相同的加速度與速度，根據(jù)牛頓第二定律求的彈簧的伸長量，在利用動能定理求的速度
（3）對B利用動能定理即可求的位移

解答 解（1）A不能回到出發(fā)點，因為小球與物塊一起下滑過程，物體對小球的彈力做負功而使小球和彈簧的機械能減少
（2）未撤去力F時，對A和B整體，根據(jù)平衡條件得：
2mgsinθ+F₁=F
其中彈力為：F₁=kx₁
解得彈簧的壓縮量為：x₁=$\frac{1}{3}m$
分離時，AB之間無彈力作用，但速度和加速度相等，根據(jù)牛頓第二定律，
對B：mgsinθ-f=ma_B
其中f=μ₁mgcosθ
聯(lián)立解得a_B=0
對A：mgsinθ-F₂=ma_A，
其中彈力F₂=kx₂
由a_A=a_B=0，解得分離時彈簧的伸長量為：
x₂=$\frac{1}{3}$m
可見x₁=x₂，AB整體運動到分離彈簧的彈力做功為零，根據(jù)動能定理有：
2mg•sin$θ（{x}_{1}+{x}_{2}）-f（{x}_{1}+{x}_{2}）=\frac{1}{2}•2m{v}^{2}$
帶入數(shù)據(jù)解得：v=$\frac{3g}{5}\sqrt{\frac{2m}{k}}=\frac{3×10}{5}×\sqrt{\frac{2×1}{18}}m=2m$/s

（3）分離后由動能定理得：$-{μ}_{2}mgx=0-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：x=2m
答：（1）A不能回到出發(fā)點，因為小球與物塊一起下滑過程，物體對小球的彈力做負功而使小球的機械能減少
（2）A和B分離時B的速度為2m/s
（3）B最終停留的位置為2m．

點評 本題要抓住臨界狀態(tài)，分析臨界條件，即小球與擋板剛分離時，B對小球的作用力為零，這也是兩物體剛分離時常用到的臨界條件