5.一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊;在木板右方有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5m,如圖(a)所示.t=0時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運動,直至t=1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短).碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運動過程中小物塊始終未離開木板.已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b)所示.木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2.求
(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2
(2)木板的最小長度;
(3)木板右端離墻壁的最終距離.

分析 (1)對碰前過程由牛頓第二定律時進行分析,結(jié)合運動學(xué)公式可求得μ1;再對碰后過程分析同理可求得μ2
(2)分別對木板和物塊進行分析,由牛頓第二定律求解加速度,由運動學(xué)公式求解位移,則可求得相對位移,即可求得木板的長度;
(3)對木板和物塊達相同靜止后的過程進行分析,由牛頓第二定律及運動學(xué)公式聯(lián)立可求得位移;則可求得木板最終的距離.

解答 解:(1)規(guī)定向右為正方向.木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起向右做勻變速運動,設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.由牛頓第二定律有:-μ1(m+M)g=(m+M)a1…①
由圖可知,木板與墻壁碰前瞬間速度v1=4m/s,由運動學(xué)公式得:
v1=v0+at1… ②
${s_0}={v_0}{t_1}+\frac{1}{2}{a_1}t_1^2$…③
式中,t1=1s,s0=4.5m是木板碰前的位移,v0是小木塊和木板開始運動時的速度.
聯(lián)立①②③式和題給條件得:μ1=0.1…④
在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻變速運動,小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動.設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有:-μ2mg=ma2 …⑤
由圖可得:${a_2}=\frac{{{v_2}-{v_1}}}{{{t_2}-{t_1}}}$…⑥
式中,t2=2s,v2=0,聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得:μ2=0.4…⑦
(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間△t,木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得:μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3 …⑧
v3=-v1+a3△t…⑨
v3=v1+a2△t…⑩
碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中,木板運動的位移為:${s_1}=\frac{{-{v_1}+{v_3}}}{2}△t$…(11)
小物塊運動的位移為:${s_2}=\frac{{{v_1}+{v_3}}}{2}△t$…(12)
小物塊相對木板的位移為:△s=s2-s1…(13)
聯(lián)立⑥⑧⑨⑩(11)(12)(13)式,并代入數(shù)值得:△s=6.0m
因為運動過程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長度應(yīng)為6.0m.(14)
(3)在小物塊和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運動直至停止,設(shè)加速度為a4,此過程中小物塊和木板運動的位移s3.由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得:μ1(m+M)g=(m+M)a4…(15)
 $0-v_3^2=2{a_4}{s_3}$…(16)
碰后木板運動的位移為:s=s1+s3 …(17)
聯(lián)立⑥⑧⑨⑩(11)(15)(16)(17)式,并代入數(shù)值得:s=-6.5m…(18)
木板右端離墻壁的最終距離為6.5m.
答:(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2分別為0.1和0.4.
(2)木板的最小長度是6.0m;
(3)木板右端離墻壁的最終距離是6.5m.

點評 本題考查牛頓第二定律及運動學(xué)公式的應(yīng)用,涉及兩個物體多個過程,題目中問題較多,但只要認真分析,一步步進行解析,是完全可以求解.

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