Question

6．如圖所示，質量為m₂=0.5kg的長木板B靜置在粗糙水平地面上，與長木板B右端距離為S=0.16m處有一質量為m₃=0.3kg的靜止小物塊C．現(xiàn)有一質量m₁=1.0kg的小物塊A，以初速度V₀=2.1m/s水平向右滑上B板左端．隨后木板B與物塊C之間會發(fā)生時間極短的彈性正碰．最終物塊A和長木板B均停下來，且A剛好停在B的最右端．已知物塊A與木板B之間的動摩擦因數(shù)μ₁=0.1、木板B與地面之間的動摩擦因數(shù)μ₂=0.05、物塊C與地面之間無摩擦，A、C均可視為質點，取g=10m/s²．求：

（1）長木板B開始運動時，A和B的加速度大��；
（2）長木板B與小物塊C碰撞結束瞬間，B和C的速度大��；
（3）長木板B的長度L以及整個過程中系統(tǒng)所產(chǎn)生的總熱量Q．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律可以求出加速度；
（2）由速度公式求出B、C碰撞時A、B的速度，由動量守恒定律與機械能守恒定律求出碰撞后B、C的速度；
（3）由運動學公式求出路程，由能量守恒定律求出產(chǎn)生的熱量．

解答 解：（1）由牛頓第二定律對A：
μ₁m₁g=m₁a₁，
解得：a₁=1m/s²，
對B：μ₁m₁g-μ₂（m₁+m₂）g=m₂a₂，
解得：a₂=0.5m/s²，
（2）設經(jīng)時間t₁B與C碰撞，由勻變速運動的位移公式得：
s=$\frac{1}{2}$a₂t₁²，
解得：t₁=0.8s，
此時A的速度為：v₁=v₀-a₁t₁=1.3m/s，
B的速度：v₂=a₂t₁=0.4m/s＜1.3m/s，
B、C碰撞過程動量守恒，以B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，B的初速度方向為正方向，B、C碰撞過程，由動量守恒定律得：
m₂v₂=m₂v₂′+m₃v₃′，
由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$m₂v₂²=$\frac{1}{2}$m₂v₂′²+$\frac{1}{2}$m₃v₃′²，
解得：v₂′=0.1m/s，v₃′=0.5m/s；
（3）B與C碰撞前，B的位移：x₂=$\frac{{v}_{2}}{2}$t₁=0.16m，
B、C碰撞后經(jīng)時間t₂，A、B速度相等，速度為v，由速度公式得：
v=v₁-a₁t₂，v=v₂′+a₂t₂，
解得：t₂=0.8s，v=0.5m/s，
v恰好等于物塊C的速度，由此可知B與C不發(fā)生二次碰撞，在該時間內，B的位移：
x₂′=$\frac{{v}_{2}+v}{2}$t₂=0.24m，
設此后A、B一起減速運動直至停止，對A、B系統(tǒng)，
由牛頓第二定律得：a=μ₂g=0.5m/s₂＜a₁，假設成立，
則x₃=$\frac{{v}^{2}}{2a}$=0.25m，
木板的總路程：L=x₂+x₂′+x₃=0.65m，
由能量守恒定律可知，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量：
Q=$\frac{1}{2}$m₁v₀₂-$\frac{1}{2}$m₃v₃′²=2.17J；
答：（1）長木板B開始運動時，A和B的加速度大小分別為1m/s²、0.5m/s²；
（2）長木板B與小物塊C碰撞結束瞬間，B和C的速度大小分別為0.1m/s、0.5m/s；
（3）長木板B運動的總路程為0.65m，整個過程中系統(tǒng)所產(chǎn)生的總熱量為2.17J．

點評 本題是多研究對象、多過程問題，過程復雜，分析清楚物體的運動過程，應用牛頓第二定律、運動學公式、動量守恒定律、機械能守恒定律即可正確解題．