Question

18．一段凹槽A倒扣在水平長木板C上，凹槽內(nèi)有一可視為質(zhì)點的小物塊B，它到凹槽兩內(nèi)側(cè)的距離均為$\frac{L}{2}$，如圖所示．水平長木板C位于光滑水平的桌面上，凹槽A與水平長木板C間的摩擦不計，小物塊B與長木板C間的動摩擦系數(shù)為μ．A、B、C三者質(zhì)量相等，原來都處于靜止．現(xiàn)使凹槽A以大小為v₀（v₀²＜2μgL）的初速度向右運動．已知當(dāng)任一次凹槽A和小物塊B發(fā)生碰撞時，兩者的速度都互換，而木板C的速度不變，凹槽A和小物塊B發(fā)生碰撞的時間極短．求：
（1）從凹槽A、小物塊B發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞的時間內(nèi)，長木板C運動的路程．
（2）在凹槽A、小物塊B剛要發(fā)生第四次碰撞時，A、B、C三者速度的大�。�

Answer 1

分析 （1）A、B碰撞過程動量守恒，A、B第一次碰撞后，A靜止，B向右做勻減速運動，C向右做勻加速運動，由動量守恒定律與能量守恒定律可以求出C的路程．
（2）根據(jù)物體的運動過程，應(yīng)用動量守恒定律求出A、B、C的速度．

解答 解：（1）A與B剛發(fā)生第一次碰撞后，A停下不動，B以初速V₀向右運動．
由于摩擦，B向右作勻減速運動，而C向右作勻加速運動，兩者速率逐漸接近．
設(shè)B、C達到相同速度V₁時B移動的路程為S₁．設(shè)A、B、C質(zhì)量皆為m，以向右為正方向，
由動量守恒定律得：mv₀=2mv₁…①
由能量守恒定律得：μmgS₁=$\frac{1}{2}$•2mv₀²-$\frac{1}{2}$mv₁²…②
由①②解得：S₁=$\frac{3{v}_{0}^{2}}{8μg}$，由題意知：V₀＜$\sqrt{2μgL}$，
解得：S₁＜$\frac{3}{4}$L…③
可見，在B、C達到相同速度V₁時，B尚未與A發(fā)生第二次碰撞，B與C一起將以V₁向右勻速運動一段距離（l-S₁）后才與A發(fā)生第二次碰撞．
設(shè)C的速度從零變到V₁的過程中，C的路程為S₂．
由能量守恒定律得：μmgS₂=$\frac{1}{2}$mv₁²…④
解得：S₂=$\frac{{v}_{0}^{2}}{8μg}$，
因此在第一次到第二次碰撞間C的路程為：S=S₂+L-S₁=L-$\frac{{v}_{0}^{2}}{4μg}$…⑤；
（2）由上面討論可知，在剛要發(fā)生第二次碰撞時，A靜止，B、C的速度均為v₁．
剛碰撞后，B靜止，A、C的速度均為V₁．由于摩擦，B將加速，C將減速，直至達到相同速度v₂．
以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv₁=2mv₂…⑥
解得：v₂=$\frac{1}{2}$v₁=$\frac{1}{4}$v₀，
因A的速度v₁大于B的速度v₂，故第三次碰撞發(fā)生在A的左壁．
剛碰撞后，A的速度變?yōu)閂₂，B的速度變?yōu)閂₁，C的速度仍為V₂．
由于摩擦，B減速，C加速，直至達到相同速度v₃．以A的速度方向為正方向，
由動量守恒定律得：mv₁+mv₂=2mv₃…⑦
解得：v₃=$\frac{3}{8}$v₀，
故剛要發(fā)生第四次碰撞時，A、B、C的速度分別為：
v_A=v₂=$\frac{1}{4}$v₀…⑧，
v_B=v_C=v₃=$\frac{3}{8}$v₀…⑨
答：（1）從A、B發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞的時間內(nèi)，木板C運動的路程為L-$\frac{{v}_{0}^{2}}{4μg}$．
（2）在A、B剛要發(fā)生第四次碰撞時，A、B、C三者速度大小分別為：$\frac{1}{4}$v₀、$\frac{3}{8}$v₀、$\frac{3}{8}$v₀．

點評 本題是對研究對象、多過程問題，難度較大，分析清楚物體的運動過程，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題，求C的路程是要注意B、C位移間的幾何關(guān)系．