Question

3．如圖所示，長為L質(zhì)量為M的圓柱形木棒豎直放置，在其頂部套一質(zhì)量為m的鐵質(zhì)圓環(huán)，設(shè)鐵環(huán)與木棒發(fā)生相對滑動時，彼此間有大小恒為kmg（k＞1）的滑動摩擦力，現(xiàn)突然在木棒下端對木棒施加一個很大的沖擊力，使木棒瞬間獲得一個豎直向上的速度v₀，
（1）試求開始相對滑動時，兩者的加速度大��；
（2）設(shè)木棒足夠長，求木棒上升的最大高度；
（3）若要求鐵環(huán)在木棒下端落地前不滑離木棒，該木棒的長度至少為多長？

Answer 1

分析 （1）分別取木棒和鐵環(huán)為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求解兩者加速度的大小
（2）從開始相對滑動到木棒達(dá)到最大高度有兩個過程，即：從開始滑動到相對靜止和相對靜止到木棒達(dá)到最大高度，兩過程中木棒的加速度發(fā)生了變化，應(yīng)分段處理
（3）從開始相對滑動到兩者速度相等，鐵環(huán)和木棒有相對運動，當(dāng)兩者相對靜止后一起做上拋運動，直至落地前無相對滑動，故木棒的最短長度應(yīng)為從開始相對滑動到兩者相對靜止的過程中木棒和鐵環(huán)上升的高度差

解答 解：（1）設(shè)M與m的加速度的大小分別為a₁、a₂，分別取M、m為研究對象，由牛頓第二定律可得：
Mg+kmg=Ma₁
kmg-mg=ma₂
解得：
${a}_{1}=\frac{M+km}{M}g$，方向豎直向下
a₂=（k-1）g，方向豎直向上
（2）設(shè)從開始到相對靜止，經(jīng)歷的時間為t，兩者的速度為v，木棒上升的高度為h₁，則根據(jù)運動學(xué)公式有：
v₀-a₁t=a₂t，解得：$t=\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}+{a}_{2}}=\frac{M{v}_{0}}{k（M+m）g}$
${h}_{1}={v}_{0}t-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$，解得：${h}_{1=}\frac{M（2kM+km-M）{v}_{0}^{2}}{2g{k}^{2}（M+m）^{2}}$
v=a₂t，解得：$v=\frac{{M（k-1）v}_{0}}{k（M+m）}$
設(shè)兩者相對靜止后上升的高度為h₂，以系統(tǒng)為研究對象，由運動學(xué)公式得：
${h}_{2}=\frac{{v}_{\;}^{2}}{2g}=\frac{{M}^{2}（k-1）^{2}{v}_{0}^{2}}{2g{k}^{2}（M+m）^{2}}$
所以，木棒上升的總高度為：$h={h}_{1}+{h}_{2}=\frac{M（kM+m）{v}_{0}^{2}}{2gk（M+m）^{2}}$
（3）設(shè)從開始到剛好相對靜止的過程中鐵環(huán)上升的高度為h₃，取鐵環(huán)為研究對象，根據(jù)運動學(xué)公式可得：
${h}_{3}=\frac{{v}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{（k-1）{M}^{2}}{2{k}^{2}（M+m）^{2}g}$
此后，兩者相對靜止做上拋運動，直至落地前無相對滑動，所以木棒的長度L不應(yīng)h₁-h₃，即：
L≥$\frac{M{v}_{0}^{2}}{2gk（M+m）}$
答：
（1）開始相對滑動時，木棒和鐵環(huán)的加速度大小分別為$\frac{M+km}{M}g、（k-1）g$
（2）木棒上升的最大高度為$\frac{M（kM+m）{v}_{0}^{2}}{2gk（M+m）^{2}}$
（3）若要求鐵環(huán)在木棒下端落地前不滑離木棒，該木棒的長度至少為$\frac{M{v}_{0}^{2}}{2gk（M+m）}$

點評 （1）此題考查了牛頓第二定律和多過程問題的處理方法
（2）從開始相對滑動到兩者相對靜止過程中木棒做減速運動，鐵環(huán)做加速度運動；相對靜止后兩者一直相對靜止，直至落地是解決（2）、（3）兩問的關(guān)鍵