Question

12．如圖所示，質量為M=1.0kg足夠長的長木板B靜止在光滑水平地面上，在其右端放一質量為m=4.0kg的小鐵塊A（可視為質點）．初始時刻，長木板B的左端距離左側的墻面為s=1m．現在A上作用一拉力F=10N直至B與墻面第一次相撞，此時立即撤去拉力，設B與墻面相撞后將以原速度彈回而沒有機械能損失，A在運動過程中始終沒有脫離長木板．已知A、B之間的動摩擦因數μ=0.2，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）當長木板B剛要與墻面相撞時A的速度大小v；
（2）小鐵塊A相對地面的總位移x；
（3）設長木板B與墻面每次發(fā)生相撞后，滑塊相對長木板的位移依次為x₁、x₂、x₃…x_k…，當k為多少時x_k將小于0.01m．（可能用到的數據：lg2=0.301，lg3=0.477）

Answer 1

分析 （1）先求出AB剛好發(fā)生相對滑動時拉力大小，與F比較，判斷AB的運動狀態(tài)，再根據牛頓第二定律以及運動學基本公式求解長木板B剛要與墻面相撞時A的速度大小v；
（2）經過多次碰撞，最終AB的速度都為0，木板�？吭趬�邊，根據動能定理求解；
（3）根據牛頓第二定律分別求出AB相對滑動時AB的加速度，再根據運動學基本公式結合功能關系求出每次碰撞后滑塊相對長木板的位移的一般表達式，進而求解k．

解答 解：（1）設AB剛好發(fā)生相對滑動時拉力大小為F₀，對B受力分析，根據牛頓第二定律得：μmg=Ma₀，
對整體應用牛頓第二定律得：F₀=（M+m）a₀，
解得：F₀=40N，
因為F＜F₀，故AB一起加速，對AB整體分析，根據牛頓第二定律得：F=（M+m）a，
解得：a=2m/s²，
則A的速度大小v=$\sqrt{2as}=2m/s$，
（2）經過多次碰撞，最終AB的速度都為0，木板停靠在墻邊，設A相對B的總位移為△x，由動能定理得：Fx=μmg△x，
解得：△x=1.25m，
所以x=s+△x=2.25m
（3）相對滑動時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，
由能的轉化與守恒得：$μmg{x}_{1}=\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{{v}_{1}}^{2}$，
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，
由能的轉化與守恒得：$μmg{x}_{2}=\frac{1}{2}（M+m）{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{{v}_{2}}^{2}$，
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：${t}_{3}=0.144s={{0.6}^{2}t}_{1}$，${v}_{3}=0.432m/s=0．{6}^{2}{v}_{1}$，
由能的轉化與守恒得：$μmg{x}_{3}=\frac{1}{2}（M+m）{{v}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{{v}_{3}}^{2}$，
解得：${x}_{3}=0.10368m=0．{6}^{4}{x}_{1}$
以此類推，第k次碰撞時${x}_{k}=0．{6}^{2}{x}_{k-1}=0．{6}^{2（k-1）}{x}_{1}$，
令x_k＜0.01，解得：$k＞\frac{1}{1-lg2-lg3}+1=5.5$，取k=6
答：（1）當長木板B剛要與墻面相撞時A的速度大小v為2m/s；
（2）小鐵塊A相對地面的總位移x為2.25m；
（3）設長木板B與墻面每次發(fā)生相撞后，滑塊相對長木板的位移依次為x₁、x₂、x₃…x_k…，當k為6時x_k將小于0.01m．

點評 本題是木塊在木板滑動的類型，運用牛頓第二定律、運動學基本公式、能量守恒結合求解，第三問求解位移時，也可以畫出速度-時間圖象，采用圖象法求解，難度較大．