Question

9．一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(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t=1s時(shí)木板與墻壁碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板，已知碰撞后1s時(shí)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：木板最小長度和木板右端離墻壁最終距離．

Answer 1

分析 對碰前過程由牛頓第二定律時(shí)行分析，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得μ₁；再對碰后過程分析同理可求得μ₂，分別對木板和物塊進(jìn)行分析，由牛頓第二定律求解加速度，由運(yùn)動(dòng)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；對木板和物塊達(dá)相同靜止后的過程進(jìn)行分析，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立可求得位移；則可求得木板最終的位置

解答 解：（1）設(shè)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(yùn)動(dòng)，加速度設(shè)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
由圖可知，木板與墻壁碰前瞬時(shí)速度v₁=4m/s；
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v₁=v₀+a₁t₁
s₀=v₀t₁+$\frac{1}{2}$a₁t₁²；
式中t₁=1s，s₀=4.5m是木板碰間有的位移，v₀是小物塊和木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度．
聯(lián)立以上各式解得：μ₁=0.1．
在木板與墻壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)．設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有：
-μ₂mg=ma₂
由圖可得：
a₂=$\frac{{v}_{2}-{v}_{1}}{{t}_{2}-{t}_{1}}$
t₂=2s，v₂=0；代入以上兩式可得：
μ₂=0.4；
設(shè)碰撞后木板的加速度為a₃，經(jīng)過時(shí)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：
μ₂mg+μ₁（M+m）g=Ma₃
v₃=-v₁+a₃△t
v₃=v₁+a₂△t
碰撞后至木板和小物塊達(dá)到共同速度的過程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為：
s₁=$\frac{-{v}_{1}+{v}_{3}}{2}$△t
小物塊的位移為：
s₂=$\frac{{v}_{1}+{v}_{3}}{2}$△t
小物塊相對于木板的位移為：
△s=s₂-s₁
由以上各式解得：△s=6.0m；
因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)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；
（2）在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止，設(shè)加速度為a₄，此過程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為s₃，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得；
μ₁（m+M）g=（m+M）a₄
0-v²₃=2a₄s₃
碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為s=s₁+s₃
解得：s=-6.5m；
答：（1）木塊的最小長度為6.0m
（2）木板右端離墻壁的最終距離為6.5m

點(diǎn)評 本題考查牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，涉及兩個(gè)物體多個(gè)過程，題目中問題較多，但只要認(rèn)真分析，一步步進(jìn)行解析，是完全可以求解的