Question

9．如图所示，一长木板质量为M=4kg，木板与地面的动摩擦因数μ₂=0.2，质量为m=2kg的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ₁=0.4．开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L=8.5m，现给木板以水平向右的初速度v₀=9m/s使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，取g=10m/s²，求：
（1）木板与滑块达到共速时，木板前进的距离．
（2）木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大？
（3）木板与墙壁碰撞后，判断小滑块能否从木板上滑出？若能，求出滑出时小滑块的速度；若不能，求出小滑块停止时离木板右端的距离．

Answer 1

分析 （1）分别对滑块和木板受力分析，然后根据牛顿第二定律求出各自的加速度，滑块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，然后根据运动学公式列式求解；
（2）首先要判断出二者的速度相等后，二者以相等的加速度运动，然后以运动学的公式即可求出；
（3）木板与墙壁碰撞后，木板做匀减速直线运动，木块也做匀减速直线运动，根据速度时间公式列式求解即可．

解答 解：（1）木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律，加速度大小分别为：
小木块受到的摩擦力：f_m=μ₁mg=0.4×2×10=8N
木板受到的摩擦力：f_M=μ₁（m+M）g=0.2×（2+4）×10=12N
a_m=$\frac{f_m}{m}$=μ₂g=4m/s²
a_M=$\frac{{{f_m}+{f_地}}}{M}$=$\frac{8+12}{4}$=5m/s²
设木板与墙碰撞时，二者的速度早已相等，设共同的速度为v，则：
a_mt=v₀-a_Mt=v
代入数据得：t=1s，v=4m/s
该过程中木板的位移：${x}_{1}={v}_{0}t-\frac{1}{2}{a}_{M}{t}^{2}=9×1-\frac{1}{2}×5×{1}^{2}=6.5$m
（2）二者的速度相等后，若二者以相等的加速度运动，则：
$a=\frac{{μ}_{2}（m+M）g}{m+M}={μ}_{2}g=0.2×10=2m/{s}^{2}$＜a_m
由分析可知，二者可以以相等的加速度一起减速．减速的位移：
x₂=L-x₁=8.5-6.5=2m
设二者与墙壁碰撞时的速度为v₁，由公式：$-2a{x}_{2}={v}_{1}^{2}-{v}^{2}$
代入数据得：${v}_{1}=2\sqrt{2}$m/s
（3）设木板反弹后，木板向左运动，而小木块向右做减速运动，由受力可知，二者的加速度的大小与开始时的加速度的大小是相等的；
设木板经过时间t′的速度变成0，则：v₁-a_Mt′=0
所以：$t′=0.4\sqrt{2}$s
此时小滑块的速度：${v}_{2}={v}_{1}-{a}_{m}t′=2\sqrt{2}-4×0.4\sqrt{2}=0.4\sqrt{2}$m/s
此后，由于小木块与木板之间的摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力，所以最后的一段时间内木板保持不动，滑块继续在木板上减速，直到停止．
木板由木块的速度相等前，小木块的位移：${x}_{2}=\frac{{v}^{2}}{2{a}_{m}}=\frac{{4}^{2}}{2×4}=2$m
小木块到木板的右端的距离：△x₁=x₁-x₂=6.5-2=4.5m
木板反向后，木板向左的位移：${x}_{3}=\frac{{v}_{1}^{2}}{2{a}_{M}}=\frac{（2\sqrt{2}）^{2}}{2×5}=0.8$m
小木块的总位移：${x}_{4}=\frac{{v}_{1}^{2}}{2{a}_{m}}=\frac{（2\sqrt{2}）^{2}}{2×4}=1$m
可知，木板的速度反向后二者的相对位移：△x₂=x₃+x₄=0.8+1=1.8m＜△x₁
小滑块停止时离木板右端的距离：S=△x₁-△x₂=4.5-1.8=2.7m
答：（1）木板与滑块达到共速时，木板前进的距离是6.5m．
（2）木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度都是$2\sqrt{2}$m/s；
（3）木板与墙壁碰撞后，判断小滑块不能从木板上滑出；小滑块停止时离木板右端的距离是2.7m．

点评 本题属于牛顿第二定律的综合应用中的多物体、多过程的情况，而且又增加了摩擦力的变化问题，设计的情景复杂，解答的关键是根据牛顿第二定律求出木板和滑块的加速度，然后根据运动学公式列式求解．