Question

20．足夠長(zhǎng)的光滑水平面離地面高度h=0.45m，質(zhì)量均為m=1kg的物塊A與長(zhǎng)木板B疊放在一起，以v₀=4m/s的速度與物塊C發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，碰撞后瞬間B板速度v₁=-2m/s，長(zhǎng)木板B的J邊未進(jìn)入PQ區(qū)域時(shí)，與物塊A已到共速，已知A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，g取10m/s²，當(dāng)B板的J邊處在寬d=1m的PQ區(qū)域內(nèi)時(shí)，B板就會(huì)受到一個(gè)水平向左的恒力F，使B板最終向左離開該區(qū)域，且A始終沒有滑落B板．求：

（1）B板右端J邊剛進(jìn)入邊界P的速度v₂；
（2）物塊C離開水平面做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移s；
（3）討論：F在不同的可能取值范圍，B板右端J邊處在PQ區(qū)域的時(shí)間t與恒力F的關(guān)系．如果F=5N，計(jì)算B板最終的速度v．

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)量守恒定律可以求出物體速度．
（2）由動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律與平拋運(yùn)動(dòng)可以求出物體的水平位移．
（3）由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移公式與牛頓第二定律分析答題．

解答 解：（1）B、C碰后，以A、B為系統(tǒng)，直到共速過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，
以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv₀+mv₁=2mv₂，
解得，J邊進(jìn)入PQ區(qū)域的速度：v₂=1m/s；
（2）B、C發(fā)生彈性碰撞，設(shè)C質(zhì)量為m_c，碰后速度為v_c，
以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv₀=mv₁+m_Cv_C，
由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₀²=$\frac{1}{2}$mv₁²+$\frac{1}{2}$m_Cv_C²，
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=-2m/s，m_C=3kg，v_C=2m/s，
C離開水平面后做平拋運(yùn)動(dòng)，
豎直方向：h=$\frac{1}{2}$gt²，水平方向：s=v_Ct，代入數(shù)據(jù)解得：s=0.6m；
（3）設(shè)J邊進(jìn)入PQ區(qū)域，剛好能到達(dá)Q邊界：v_t=0，
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：v_t²-v₂²=2（-a）d，
代入數(shù)據(jù)解得：a=0.5 m/s²，
由牛頓第二定律得，恒力：F₁=2ma=2×1×0.5=1N，
設(shè)J邊進(jìn)入PQ區(qū)域，A、B恰好能一起做勻變速運(yùn)動(dòng)，
A有最大加速度a_m=μg=0.1×10=1m/s²，
恒力：F₂=2ma_m=2×1×1=2N，
討論：當(dāng)1 N＜F≤2N時(shí)，A、B一起勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度：a₁=$\frac{F}{2m}$，
進(jìn)入及返回的過程互逆，所以：t₁=$\frac{2{v}_{1}}{{a}_{1}}$=$\frac{4}{F}$；
當(dāng)F＞2N時(shí)，A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，B的加速度：a₂=$\frac{F-μmg}{m}$，
進(jìn)入及返回的過程互逆，所以：t₂=$\frac{2{v}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{2}{F-1}$；
F=5N，t=0.5s，B板右端J邊離開P，此時(shí)A的速度：v_A=v₂-a_mt=0.5m/s，
以A的初速度方向?yàn)檎�方向，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，
由動(dòng)量守恒定律得：m（-v₂）+mv_A=2mv，
代入數(shù)據(jù)解得：v=-0.25m/s，方向：水平向左；
答：（1）B板右端J邊剛進(jìn)入邊界P的速度v₂=1m/s；
（2）物塊C離開水平面做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為0.6m；
（3）當(dāng)1N＜F≤2N時(shí)，t₁=$\frac{4}{F}$，當(dāng)F＞2N時(shí)，t₂=$\frac{2}{F-1}$，當(dāng)F=5N時(shí)，v=0.25m/s，方向向左．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道力學(xué)綜合題，是多體多過程問題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律即可正確解題．