Question

5．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s²．求
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ₁及小物块与木板间的动摩擦因数μ₂；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离．

Answer 1

分析 （1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ₁；再对碰后过程分析同理可求得μ₂．
（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；
（3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板最终的距离．

解答 解：（1）规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a₁，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有：-μ₁（m+M）g=（m+M）a₁…①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v₁=4m/s，由运动学公式得：
v₁=v₀+at₁… ②
${s_0}={v_0}{t_1}+\frac{1}{2}{a_1}t_1^2$…③
式中，t₁=1s，s₀=4.5m是木板碰前的位移，v₀是小木块和木板开始运动时的速度．
联立①②③式和题给条件得：μ₁=0.1…④
在木板与墙壁碰撞后，木板以-v₁的初速度向左做匀变速运动，小物块以v₁的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a₂，由牛顿第二定律有：-μ₂mg=ma₂ …⑤
由图可得：${a_2}=\frac{{{v_2}-{v_1}}}{{{t_2}-{t_1}}}$…⑥
式中，t₂=2s，v₂=0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ₂=0.4…⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a₃，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v₃．由牛顿第二定律及运动学公式得：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块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：${s_1}=\frac{{-{v_1}+{v_3}}}{2}△t$…（11）
小物块运动的位移为：${s_2}=\frac{{{v_1}+{v_3}}}{2}△t$…（12）
小物块相对木板的位移为：△s=s₂-s₁…（13）
联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：△s=6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m．（14）
（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a₄，此过程中小物块和木板运动的位移s₃．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ₁（m+M）g=（m+M）a₄…（15）
 $0-v_3^2=2{a_4}{s_3}$…（16）
碰后木板运动的位移为：s=s₁+s₃ …（17）
联立⑥⑧⑨⑩（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得：s=-6.5m…（18）
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m．
答：（1）木板与地面间的动摩擦因数μ₁及小物块与木板间的动摩擦因数μ₂分别为0.1和0.4．
（2）木板的最小长度是6.0m；
（3）木板右端离墙壁的最终距离是6.5m．

点评 本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目中问题较多，但只要认真分析，一步步进行解析，是完全可以求解．