Question

14．如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面AB上，一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放置在木板右端，在木板左方有一墻壁P．T=0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向左運(yùn)動(dòng)，直至木板與墻壁碰撞（碰撞時(shí)間極短）．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，最后小物塊剛好未離開木板．已知M＞m，重力加速度為g．求：
（1）若初速度大小為v₀，求木板與小物塊的最終速度的大��；
（2）若初速度大小未知，求碰墻后小物塊向左運(yùn)動(dòng)離墻壁最近的距離．

Answer 1

分析 （1）木板撞墻后，木板和物塊速度反向，二者分別受到相反的大小相等的滑動(dòng)摩擦力作用而減速，因?yàn)镸＞m，碰撞后小物塊的加速度大于木板的加速度，故小物塊先向左減速再向右加速．分別對(duì)木板和物塊進(jìn)行分析，由牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)速度相等條件和速度公式求木板與小物塊的最終速度的大�。�
（2）撞墻后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，對(duì)木板和小物塊分別運(yùn)用動(dòng)能定理列式，根據(jù)相對(duì)位移之和等于板長，求出板長．對(duì)木塊向右減速到速度為0的過程，由動(dòng)能定理列式可求碰墻后小物塊向左運(yùn)動(dòng)離墻壁最近的距離．

解答 解：（1）木板撞墻后，木板和物塊速度反向，二者分別受到相反的大小相等的滑動(dòng)摩擦力作用而減速，因?yàn)镸＞m，碰撞后小物塊的加速度大于木板的加速度，故小物塊先向左減速再向右加速．設(shè)木板和小物塊之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，碰撞后小物塊的加速度為a₁，木板的加速度為a₂，經(jīng)過時(shí)間為t，木板和小物塊剛好具有共同速度v．由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：
  μmg=ma₁；①
 μmg=Ma₂； ②
 v=-v₀+a₁t  ③
 v=v₀-a₂t  ④
解得 v=$\frac{M-m}{M+m}{v}_{0}$ ⑤
（2）撞墻后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，
對(duì)木塊由動(dòng)能定理可得-fx₁=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$  ⑥
對(duì)木板由動(dòng)能定理可得-fx₂=$\frac{1}{2}M{v}^{2}$-$\frac{1}{2}M{v}_{0}^{2}$ ⑦
又小物塊恰好沒有脫離木板，故L=x₁+x₂ ⑧
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧解得 L=$\frac{2M{v}_{0}^{2}}{μ（M+m）g}$ ⑨
經(jīng)分析，木塊向右減速到速度為0后再反向加速，故離墻最近之處即其速度為0之時(shí)，
對(duì)木塊向右減速到速度為0的過程，由動(dòng)能定理可得
-μmgx₀=0-$\frac{1}{2}mv_0^2$ ⑩
聯(lián)立⑨⑩可得 x₀=$\frac{（M+m）L}{4M}$（11）
故離墻最近的距離 x_min=L-x₀=$\frac{3M-m}{4M}$L
答：
（1）若初速度大小為v₀，木板與小物塊的最終速度的大小是$\frac{M-m}{M+m}{v}_{0}$；
（2）若初速度大小未知，碰墻后小物塊向左運(yùn)動(dòng)離墻壁最近的距離是$\frac{3M-m}{4M}$L．

點(diǎn)評(píng) 本題考查牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，涉及兩個(gè)物體多個(gè)過程，題目中問題較多，但只要認(rèn)真分析運(yùn)動(dòng)過程，運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)能定理結(jié)合解答，也可以根據(jù)動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理結(jié)合解答．