Question

19．如图，质量为M的长木板置于水平地面上，质量为m的小物块置于长木板的右侧，长木板的左端与墙相距x₀=6.0m，且M是m的7倍，t=0时刻开始，小物块与长木板一起以初速度v₀向左运动，直至t=1s时长木板与墙相撞（碰撞时间不计），碰撞前后长木板的速度不变，方向相反，运动过程中小物块始终没离开长木板．已知碰撞后1s时间内小物块的速度由5m/s均匀减小到零，重力加速度g=10m/s²，求：
（1）木板与地面之间的动摩擦因数μ₁，小物块与木板之间的动摩擦因数μ₂．
（2）长木板的最小长度L．
（3）长木板的左端离墙壁最终距离X？（结果可用分数表示）

Answer 1

分析 （1）根据运动学公式分别求出小物块和木板匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．
（2）与墙壁碰撞后，木板向右做匀减速运动，物块先向左做匀减速运动，然后返回做匀加速直线运动，速度与木板速度相等后一起做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式分别求出速度相等前相对滑动的位移，从而得出木板的至少长度．
（3）结合速度前木板的位移以及速度相等后物块匀减速运动到零的位移，求出长木板的左端离墙壁最终距离．

解答 解：（1）碰撞后1s时间内小物块的速度由5m/s均匀减小到零，知小物块匀减速运动的加速度大小${a}_{1}=\frac{5}{1}m/{s}^{2}=5m/{s}^{2}$，
根据牛顿牛顿第二定律得，物块与木板间的动摩擦因数${μ}_{2}=\frac{{a}_{1}}{g}=0.5$．
由题意知，木板与墙壁碰撞前的速度为5m/s，
对整体，采用逆向思维有：${x}_{0}=vt+\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$，解得整体向左做匀减速运动的加速度大小a₂=2m/s²．
根据牛顿第二定律得，${μ}_{1}=\frac{{a}_{2}}{g}=0.2$．
（2）与墙壁碰撞后，木板做匀减速运动，物块先做匀减速运动到零，返回做匀加速直线运动，当与木板速度相等时一起做匀减速运动．
木板向右做匀减速运动的加速度大小${a}_{3}=\frac{{μ}_{2}mg+{μ}_{1}（M+m）g}{M}$=3m/s²，
木块向左匀减速运动的零的位移${x}_{1}=\frac{v}{2}{t}_{1}=\frac{5}{2}×1m=2.5m$，此时木板向右运动的位移${x}_{2}=v{t}_{1}-\frac{1}{2}{a}_{3}{{t}_{1}}^{2}=5×1-\frac{1}{2}×3×1m$=3.5m，速度v₁=v-a₃t₁=5-3×1m/s=2m/s．
相对位移的大小△x₁=x₁+x₂=6m，
设木块返回经过t₂时间，木块和木板的速度相等，则有：a₁t₂=v₁-a₃t₂，代入数据解得t₂=0.25s，
在此过程中木块相对木板相对滑动的位移△x₂=${v}_{1}{t}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{3}{{t}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{2}}^{2}$=$2×0.25-\frac{1}{2}×3×0.2{5}^{2}-\frac{1}{2}×5×0.2{5}^{2}$=0.25m．
则长木板的最小长度L=△x₁+△x₂=6+0.25m=6.25m．
（3）木块和木板保持相对静止的速度v′=a₁t₂=5×0.25m/s=1.25m/s，
则木板和木块一起向右左匀减速匀减速运动的位移${x}_{3}=\frac{{v}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{1.2{5}^{2}}{4}=\frac{25}{64}m$，
可知长木板的左端离墙壁最终距离X=${x}_{2}+{x}_{3}=3.5+\frac{25}{64}m=\frac{249}{64}m$．
答：（1）木板与地面之间的动摩擦因数μ₁为0.2，小物块与木板之间的动摩擦因数μ₂为0.5．
（2）长木板的最小长度L为6.25m．
（3）长木板的左端离墙壁最终距离X为$\frac{249}{64}m$．

点评 解决本题的关键理清木块和木板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等，理清运动规律是解决本题的关键．