Question

【題目】一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖（a）所示．t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板．已知碰撞后1s時間內小物塊的v﹣t圖線如圖（b）所示．木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2 ． 求
（1）木板與地面間的動摩擦因數μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數μ2；
（2）木板的最小長度；
（3）木板右端離墻壁的最終距離．

Answer 1

【答案】
（1）

解：規定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為m和M．由牛頓第二定律有﹣μ1（m+M）g=（m+M）a1①

由圖可知，木板與墻壁碰前瞬間速度v1=4m/s，由運動學公式得

v1=v0+at②

③

式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木塊和木板開始運動時的速度．

聯立①②③式和題給條件得 μ1=0.1 ④

在木板與墻壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動．設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有﹣μ2mg=ma2 ⑤

由圖可得 ⑥

式中，t2=2s，v2=0，聯立⑤⑥式和題給條件得 μ2=0.4 ⑦

答：木板與地面間的動摩擦因數μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數μ2分別為0.1和0.4．

（2）

解：設碰撞后木板的加速度為a3，經過時間△t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3．由牛頓第二定律及運動學公式得

μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3 ⑧

v3=﹣v1+a3t ⑨

v3=v1+a2△t⑩

碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為 （11）

小物塊運動的位移為 （12）

小物塊相對木板的位移為△s=s2﹣s1（13）

聯立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入數值得△s=6.0m

因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0m．（14）

答：木板的最小長度是6.0m；

（3）

解：在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移s3．由牛頓第二定律及運動學公式得 μ1（m+M）g=（m+M）a4 （15）

（16）

碰后木板運動的位移為 s=s1+s3 （17）

聯立⑥⑧⑨⑩（11）（15）（16）（17）式，并代入數值得 s=﹣6.5m （18）

木板右端離墻壁的最終距離為6.5m．

答：木板右端離墻壁的最終距離是6.5m

【解析】本題考查牛頓第二定律及運動學公式的應用，涉及兩個物體多個過程，題目中問題較多，但只要認真分析，一步步進行解析，是完全可以求解．