Question

【題目】一長(zhǎng)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

（1）木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；
（2）木板的最小長(zhǎng)度；
（3）木板右端離墻壁的最終距離．

Answer 1

【答案】
（1）

解：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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

v1=v0+at 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(yùn)動(dòng)時(shí)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(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 ⑤

由圖可得 ⑥

式中，t2=2s，v2=0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2=0.4 ⑦

（2）

解：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 ⑧

v3=﹣v1+a3△t ⑨

v3=v1+a2△t ⑩

碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為 （11）

小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為 （12）

小物塊相對(duì)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?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(zhǎng)度應(yīng)為6.0m．（14）

（3）

解：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s3．由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ1（m+M）g=（m+M）a4 （15）

（16）

碰后木板運(yùn)動(dòng)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

【解析】（1）對(duì)碰前過程由牛頓第二定律時(shí)進(jìn)行分析，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得μ1；再對(duì)碰后過程分析同理可求得μ2 ． （2）分別對(duì)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(duì)位移，即可求得木板的長(zhǎng)度；（3）對(duì)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距離．