Question

12．如图所示，质量为M=1.0kg足够长的长木板B静止在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m=4.0kg的小铁块A（可视为质点）．初始时刻，长木板B的左端距离左侧的墙面为s=1m．现在A上作用一拉力F=10N直至B与墙面第一次相撞，此时立即撤去拉力，设B与墙面相撞后将以原速度弹回而没有机械能损失，A在运动过程中始终没有脱离长木板．已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）当长木板B刚要与墙面相撞时A的速度大小v；
（2）小铁块A相对地面的总位移x；
（3）设长木板B与墙面每次发生相撞后，滑块相对长木板的位移依次为x₁、x₂、x₃…x_k…，当k为多少时x_k将小于0.01m．（可能用到的数据：lg2=0.301，lg3=0.477）

Answer 1

分析 （1）先求出AB刚好发生相对滑动时拉力大小，与F比较，判断AB的运动状态，再根据牛顿第二定律以及运动学基本公式求解长木板B刚要与墙面相撞时A的速度大小v；
（2）经过多次碰撞，最终AB的速度都为0，木板停靠在墙边，根据动能定理求解；
（3）根据牛顿第二定律分别求出AB相对滑动时AB的加速度，再根据运动学基本公式结合功能关系求出每次碰撞后滑块相对长木板的位移的一般表达式，进而求解k．

解答 解：（1）设AB刚好发生相对滑动时拉力大小为F₀，对B受力分析，根据牛顿第二定律得：μmg=Ma₀，
对整体应用牛顿第二定律得：F₀=（M+m）a₀，
解得：F₀=40N，
因为F＜F₀，故AB一起加速，对AB整体分析，根据牛顿第二定律得：F=（M+m）a，
解得：a=2m/s²，
则A的速度大小v=$\sqrt{2as}=2m/s$，
（2）经过多次碰撞，最终AB的速度都为0，木板停靠在墙边，设A相对B的总位移为△x，由动能定理得：Fx=μmg△x，
解得：△x=1.25m，
所以x=s+△x=2.25m
（3）相对滑动时A的加速度${a}_{A}=\frac{μmg}{m}=μg=2m/{s}^{2}$，
B的加速度${a}_{A}=\frac{μmg}{M}=8m/{s}^{2}$，
第一次碰撞到AB共同速度v₁=v-a_At₁=-v+a_Bt₁，
解得：t₁=0.4s，v₁=1.2m/s，
由能的转化与守恒得：$μmg{x}_{1}=\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{{v}_{1}}^{2}$，
解得：x₁=0.8m，
第二次碰撞到AB共同速度v₂=v₁-a_At₂=-v₁+a_Bt₂，
解得：t₂=0.24s=0.6t₁，v₂=0.72m/s=0.6v₁，
由能的转化与守恒得：$μmg{x}_{2}=\frac{1}{2}（M+m）{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{{v}_{2}}^{2}$，
解得：${x}_{2}=0.288m=0．{6}^{2}{x}_{1}$，
第二次碰撞到AB共同速度v₃=v₂-a_At₃=-v₃+a_Bt₃，
解得：${t}_{3}=0.144s={{0.6}^{2}t}_{1}$，${v}_{3}=0.432m/s=0．{6}^{2}{v}_{1}$，
由能的转化与守恒得：$μmg{x}_{3}=\frac{1}{2}（M+m）{{v}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{{v}_{3}}^{2}$，
解得：${x}_{3}=0.10368m=0．{6}^{4}{x}_{1}$
以此类推，第k次碰撞时${x}_{k}=0．{6}^{2}{x}_{k-1}=0．{6}^{2（k-1）}{x}_{1}$，
令x_k＜0.01，解得：$k＞\frac{1}{1-lg2-lg3}+1=5.5$，取k=6
答：（1）当长木板B刚要与墙面相撞时A的速度大小v为2m/s；
（2）小铁块A相对地面的总位移x为2.25m；
（3）设长木板B与墙面每次发生相撞后，滑块相对长木板的位移依次为x₁、x₂、x₃…x_k…，当k为6时x_k将小于0.01m．

点评 本题是木块在木板滑动的类型，运用牛顿第二定律、运动学基本公式、能量守恒结合求解，第三问求解位移时，也可以画出速度-时间图象，采用图象法求解，难度较大．