Question

如圖所示，光滑水平面上有一質量為M、長為L的長木板，其上有一質量為m的物塊，它與長木板間的動摩擦因數為μ，開始時長木板與小物塊均靠在與水平面垂直的左邊固定擋板處以共同的速度v₀向右運動，當長木板與右邊固定豎直擋板碰撞后立即以大小相同的速率反向運動，且左右擋板之間的距離足夠長．

（1）若m＜M，試求要使物塊不從長木板上落下，長木板的最短長度；
（2）若物塊不會從長木板上掉下，且M=2m，假設長木板與擋板第一次碰撞結束到第二次碰撞過程中整個系統損失的機械能為△E，現已知長木板與檔板某次碰撞結束到下一次碰撞時系統損失的機械能為△E的1/729，請問這部分能量的損失發(fā)生在哪兩次碰撞之間（無推導過程不給分）．

Answer 1

分析：（1）由于小物塊與長木板存在摩擦力，系統的機械能不斷減少，所以小物塊第一次與擋板碰撞后兩者相對速度最大，第1次小物塊若不能從長木板上掉下，往后每次相對滑動的距離會越來越小，更不可能掉下．第一次碰撞后，物塊恰好不從木板上掉下時，兩者速度相同，而且物塊恰好滑到木板的另一端，根據動量守恒定律求出第一次碰撞后兩者的共同速度，由能量守恒定律求出長木板的長度L最小值．
（2）根據動量守恒定律求出1、2、3次碰撞后物塊與木板的共同速度，尋找規(guī)律，即可求解．

解答：解：（1）長木板與右邊擋板第一次碰撞后，物塊在長木板上以速度v₀作相對運動，因左右擋板之間的距離足夠長，當木塊與長木板以共同速度v₁向左運動時，物塊在長木板上移動的距離最遠（設為L），此時物塊在長木板上不掉下，則在以后的運動中物塊也不會從長木板上掉下．因為每次碰撞后物塊相對長木板運動的加速度相同，物塊相對長木板運動的末速度也相同且為0，而第一次碰撞后物塊相對長木板運動的初速度最大，所以第一次碰撞后物塊相對長木板的位移也最大．
由動量守恒和能量守恒可得：
（M-m）v₀=（M+m）v₁①

1

2

（M+m）v₀²-

1

2

（M+m）v₁²=μmgL②
由①②兩式可得：L=2Mv₀²

1

μ(M+m)g

即要使物塊不從長木板上掉下，長木板的最短長度應為：L=2Mv₀²

1

μ(M+m)g

（2）長木板與擋板第一次碰撞后到第二次碰撞前系統所損失的機械能為△E，則由能量守恒可得：
△E=

1

2

（M+m）v₀²-

1

2

（M+m）v₁²③
由①③式可得：△E=2Mmv₀²

1

M+m

=

4 mv 2 0

3

④
長木板與擋板第二次碰撞后到物塊與長木板第二次以共同速度v₂向右運動，直到長木板與擋板第3次碰撞前，系統所損失的機械能為△E₂，由動量守恒和能量守恒可得：
（M-m）v₁=（M+m）v₂⑤
△E₂=

1

2

（M+m）v₁²-

1

2

（M+m）v₂²⑥
由⑤⑥二式可得：△E₂=2Mmv₁²

1

M+m

=

2Mm (M+m) v

2 0

(

M-m

M+m

)=

4 mv 2 0

9

⑦
長木板與板第n次碰撞前后達到的共同速度為，由等比數列公式可得：
v′n=(

1

3

)n-1v0
vn=(

1

3

)nv0
則：△E_n=

1

2

（M+m）v_n²-

1

2

（M+m）v′²_n=

3

2

mv

2 0

×(

1

9n

-

1

9n-1

)
長木板與檔板某次碰撞結束到下一次碰撞時系統損失的機械能為△E的

1

729

解得n=3，碰撞發(fā)生在第3次與第4次之間
答：（1）長木板的最短長度

2 Mv 2 0

μ(M+m)g

（2）碰撞發(fā)生在第3次與第4次之間．

點評：本題采用數學歸納法研究多次碰撞過程遵守的規(guī)律，考查分析和處理復雜運動過程的能力．