Question

12．質(zhì)量為M=1kg的長(zhǎng)木板靜止在光滑水平面上，它的右端與豎直墻間的距離為l=0.08m．質(zhì)量為m=1kg的小物塊以初速度v₀=2m/s從長(zhǎng)木板左端滑上長(zhǎng)木板，小物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1，長(zhǎng)木板足夠長(zhǎng)使得在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終不與墻接觸，長(zhǎng)木板與墻碰后以原速率反彈，碰撞時(shí)間極短可忽略不計(jì)，取g=10m/s²．從小物塊滑上長(zhǎng)木板開(kāi)始計(jì)時(shí)，求：
（1）長(zhǎng)木板經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間第一次與墻碰撞；
（2）小物塊首次恰與長(zhǎng)木板達(dá)到共同速度時(shí)，長(zhǎng)木板與墻碰撞了多少次；
（3）長(zhǎng)木板最停在什么位置．

Answer 1

分析 （1）開(kāi)始時(shí)小木塊受到向后的摩擦力，做勻減速運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板受到向前的摩擦力做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出木板的加速度，再由位移公式求得第一次與墻碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間．
（2）當(dāng)長(zhǎng)木板反彈后，小木塊繼續(xù)勻減速前進(jìn)，長(zhǎng)木板向左勻減速運(yùn)動(dòng)，一直回到原來(lái)位置才靜止；之后長(zhǎng)木板再次向右加速運(yùn)動(dòng)，小木塊還是勻減速運(yùn)動(dòng)；長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)具有重復(fù)性，由于木板長(zhǎng)度可保證物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不與墻接觸，故直到兩者速度相同，一起與墻壁碰撞后反彈；之后長(zhǎng)木板向左減速，小木塊向右減速，兩者速度一起減為零．通過(guò)分析兩者的速度關(guān)系，運(yùn)用歸納法求解．
（3）最終長(zhǎng)木板停在墻壁處．

解答 解：（l）物塊滑上木板后，在摩擦力作用下，木板從靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)．設(shè)木板加速度為a，經(jīng)歷時(shí)間T后與墻第一次碰撞．碰撞時(shí)的速度為v₁，則
對(duì)長(zhǎng)木板，由牛頓第二定律得：μmg=Ma    …①
由位移公式有 L=$\frac{1}{2}$aT²…②
又有 v₁=at…③
聯(lián)立①②③解得：T=0.4s，v₁=0.4m/s…④
（2）在物塊與木板兩者達(dá)到共同速度前，在每?jī)纱闻鲎仓�間，木板受到物塊對(duì)它的摩擦力作用而做加速度恒定的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因而木板與墻相碰后將返回至初態(tài)，所用時(shí)間也為T(mén)．
設(shè)在物塊與木板兩者達(dá)到共同速度v前木板共經(jīng)歷n次碰撞，則有
 v=v₀-（2nT+△t）a=a△t…⑤
式中△t是碰撞n次后木板從起始位置至達(dá)到共同速度時(shí)所需要的時(shí)間．
由于最終兩個(gè)物體一起以相同的速度勻速前進(jìn)，故⑤式可改寫(xiě)為
 2v=v₀-2nT…⑥
由于木板的速率只能位于0到v₁之間，故有
 0≤v₀-2nT≤2v₁…⑦
求解上式得1.5≤n≤2.5
由于n是整數(shù)，故n=2 …⑧
由于速度相同后還要再一起與墻壁碰撞一次，故一共碰撞三次；即從物塊滑上木板到首次兩者達(dá)到共同速度時(shí)，木板與墻共發(fā)生三次碰撞．
（3）由于不斷往復(fù)運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷減少，最終長(zhǎng)木板最停在墻壁處．
答：（1）長(zhǎng)木板經(jīng)0.4s時(shí)間第一次與墻碰撞；
（2）小物塊首次恰與長(zhǎng)木板達(dá)到共同速度時(shí)，長(zhǎng)木板與墻碰撞了3次；
（3）長(zhǎng)木板最停在墻壁位置．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵要分清出長(zhǎng)木板的運(yùn)動(dòng)為往復(fù)運(yùn)動(dòng)，具有重復(fù)性，而小木塊的運(yùn)動(dòng)是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解．