Question

12．如圖所示，質(zhì)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(zhì)量為m=4.0kg的小鐵塊A（可視為質(zhì)點）．初始時刻，長木板B的左端距離左側(cè)的墻面為s=1m．現(xiàn)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(shè)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(shù)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(shè)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(shù)據(jù)：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(jù)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(jīng)過多次碰撞，最終AB的速度都為0，木板�？吭趬�邊，根據(jù)動能定理求解；
（3）根據(jù)牛頓第二定律分別求出AB相對滑動時AB的加速度，再根據(jù)運動學基本公式結(jié)合功能關(guān)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(shè)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(jù)牛頓第二定律得：μmg=Ma₀，
對整體應(yīng)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(jù)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(jīng)過多次碰撞，最終AB的速度都為0，木板�？吭趬�邊，設(shè)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(shè)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(jié)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．