Question

14．如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面AB上，一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）放置在木板右端，在木板左方有一墻壁P．T=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向左運動，直至木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，最后小物塊剛好未離開木板．已知M＞m，重力加速度為g．求：
（1）若初速度大小為v₀，求木板與小物塊的最終速度的大小；
（2）若初速度大小未知，求碰墻后小物塊向左運動離墻壁最近的距離．

Answer 1

分析 （1）木板撞墻后，木板和物塊速度反向，二者分別受到相反的大小相等的滑動摩擦力作用而減速，因為M＞m，碰撞后小物塊的加速度大于木板的加速度，故小物塊先向左減速再向右加速．分別對木板和物塊進行分析，由牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)速度相等條件和速度公式求木板與小物塊的最終速度的大小．
（2）撞墻后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，對木板和小物塊分別運用動能定理列式，根據(jù)相對位移之和等于板長，求出板長．對木塊向右減速到速度為0的過程，由動能定理列式可求碰墻后小物塊向左運動離墻壁最近的距離．

解答 解：（1）木板撞墻后，木板和物塊速度反向，二者分別受到相反的大小相等的滑動摩擦力作用而減速，因為M＞m，碰撞后小物塊的加速度大于木板的加速度，故小物塊先向左減速再向右加速．設(shè)木板和小物塊之間動摩擦因數(shù)為μ，碰撞后小物塊的加速度為a₁，木板的加速度為a₂，經(jīng)過時間為t，木板和小物塊剛好具有共同速度v．由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得：
  μmg=ma₁；①
 μmg=Ma₂； ②
 v=-v₀+a₁t  ③
 v=v₀-a₂t  ④
解得 v=$\frac{M-m}{M+m}{v}_{0}$ ⑤
（2）撞墻后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，
對木塊由動能定理可得-fx₁=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$  ⑥
對木板由動能定理可得-fx₂=$\frac{1}{2}M{v}^{2}$-$\frac{1}{2}M{v}_{0}^{2}$ ⑦
又小物塊恰好沒有脫離木板，故L=x₁+x₂ ⑧
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧解得 L=$\frac{2M{v}_{0}^{2}}{μ（M+m）g}$ ⑨
經(jīng)分析，木塊向右減速到速度為0后再反向加速，故離墻最近之處即其速度為0之時，
對木塊向右減速到速度為0的過程，由動能定理可得
-μmgx₀=0-$\frac{1}{2}mv_0^2$ ⑩
聯(lián)立⑨⑩可得 x₀=$\frac{（M+m）L}{4M}$（11）
故離墻最近的距離 x_min=L-x₀=$\frac{3M-m}{4M}$L
答：
（1）若初速度大小為v₀，木板與小物塊的最終速度的大小是$\frac{M-m}{M+m}{v}_{0}$；
（2）若初速度大小未知，碰墻后小物塊向左運動離墻壁最近的距離是$\frac{3M-m}{4M}$L．

點評 本題考查牛頓第二定律及運動學(xué)公式的應(yīng)用，涉及兩個物體多個過程，題目中問題較多，但只要認(rèn)真分析運動過程，運用牛頓第二定律、運動學(xué)和動能定理結(jié)合解答，也可以根據(jù)動量守恒定律和動能定理結(jié)合解答．