Question

19．如圖，質(zhì)量為M的長木板置于水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊置于長木板的右側(cè)，長木板的左端與墻相距x₀=6.0m，且M是m的7倍，t=0時刻開始，小物塊與長木板一起以初速度v₀向左運動，直至t=1s時長木板與墻相撞（碰撞時間不計），碰撞前后長木板的速度不變，方向相反，運動過程中小物塊始終沒離開長木板．已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的速度由5m/s均勻減小到零，重力加速度g=10m/s²，求：
（1）木板與地面之間的動摩擦因數(shù)μ₁，小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ₂．
（2）長木板的最小長度L．
（3）長木板的左端離墻壁最終距離X？（結(jié)果可用分數(shù)表示）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)運動學(xué)公式分別求出小物塊和木板勻減速運動的加速度大小，結(jié)合牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)的大�。�
（2）與墻壁碰撞后，木板向右做勻減速運動，物塊先向左做勻減速運動，然后返回做勻加速直線運動，速度與木板速度相等后一起做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式分別求出速度相等前相對滑動的位移，從而得出木板的至少長度．
（3）結(jié)合速度前木板的位移以及速度相等后物塊勻減速運動到零的位移，求出長木板的左端離墻壁最終距離．

解答 解：（1）碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的速度由5m/s均勻減小到零，知小物塊勻減速運動的加速度大小${a}_{1}=\frac{5}{1}m/{s}^{2}=5m/{s}^{2}$，
根據(jù)牛頓牛頓第二定律得，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)${μ}_{2}=\frac{{a}_{1}}{g}=0.5$．
由題意知，木板與墻壁碰撞前的速度為5m/s，
對整體，采用逆向思維有：${x}_{0}=vt+\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$，解得整體向左做勻減速運動的加速度大小a₂=2m/s²．
根據(jù)牛頓第二定律得，${μ}_{1}=\frac{{a}_{2}}{g}=0.2$．
（2）與墻壁碰撞后，木板做勻減速運動，物塊先做勻減速運動到零，返回做勻加速直線運動，當與木板速度相等時一起做勻減速運動．
木板向右做勻減速運動的加速度大小${a}_{3}=\frac{{μ}_{2}mg+{μ}_{1}（M+m）g}{M}$=3m/s²，
木塊向左勻減速運動的零的位移${x}_{1}=\frac{v}{2}{t}_{1}=\frac{5}{2}×1m=2.5m$，此時木板向右運動的位移${x}_{2}=v{t}_{1}-\frac{1}{2}{a}_{3}{{t}_{1}}^{2}=5×1-\frac{1}{2}×3×1m$=3.5m，速度v₁=v-a₃t₁=5-3×1m/s=2m/s．
相對位移的大小△x₁=x₁+x₂=6m，
設(shè)木塊返回經(jīng)過t₂時間，木塊和木板的速度相等，則有：a₁t₂=v₁-a₃t₂，代入數(shù)據(jù)解得t₂=0.25s，
在此過程中木塊相對木板相對滑動的位移△x₂=${v}_{1}{t}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{3}{{t}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{2}}^{2}$=$2×0.25-\frac{1}{2}×3×0.2{5}^{2}-\frac{1}{2}×5×0.2{5}^{2}$=0.25m．
則長木板的最小長度L=△x₁+△x₂=6+0.25m=6.25m．
（3）木塊和木板保持相對靜止的速度v′=a₁t₂=5×0.25m/s=1.25m/s，
則木板和木塊一起向右左勻減速勻減速運動的位移${x}_{3}=\frac{{v}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{1.2{5}^{2}}{4}=\frac{25}{64}m$，
可知長木板的左端離墻壁最終距離X=${x}_{2}+{x}_{3}=3.5+\frac{25}{64}m=\frac{249}{64}m$．
答：（1）木板與地面之間的動摩擦因數(shù)μ₁為0.2，小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ₂為0.5．
（2）長木板的最小長度L為6.25m．
（3）長木板的左端離墻壁最終距離X為$\frac{249}{64}m$．

點評 解決本題的關(guān)鍵理清木塊和木板在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解，難度中等，理清運動規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵．