Question

20．足夠長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，長木板B的J邊未進入PQ區(qū)域時，與物塊A已到共速，已知A、B間動摩擦因數(shù)μ=0.1，g取10m/s²，當B板的J邊處在寬d=1m的PQ區(qū)域內(nèi)時，B板就會受到一個水平向左的恒力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邊剛進入邊界P的速度v₂；
（2）物塊C離開水平面做平拋運動的水平位移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)域的時間t與恒力F的關(guān)系．如果F=5N，計算B板最終的速度v．

Answer 1

分析 （1）由動量守恒定律可以求出物體速度．
（2）由動量守恒定律、機械能守恒定律與平拋運動可以求出物體的水平位移．
（3）由勻變速運動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)動量守恒，
以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv₀+mv₁=2mv₂，
解得，J邊進入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，由動量守恒定律得：mv₀=mv₁+m_Cv_C，
由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$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動，
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邊進入PQ區(qū)域，剛好能到達Q邊界：v_t=0，
由勻變速直線運動的速度位移公式得：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邊進入PQ區(qū)域，A、B恰好能一起做勻變速運動，
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1 N＜F≤2N時，A、B一起勻變速運動，加速度：a₁=$\frac{F}{2m}$，
進入及返回的過程互逆，所以：t₁=$\frac{2{v}_{1}}{{a}_{1}}$=$\frac{4}{F}$；
當F＞2N時，A、B發(fā)生相對滑動，B的加速度：a₂=$\frac{F-μmg}{m}$，
進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A的速度：v_A=v₂-a_mt=0.5m/s，
以A的初速度方向為正方向，A、B系統(tǒng)動量守恒，
由動量守恒定律得：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邊剛進入邊界P的速度v₂=1m/s；
（2）物塊C離開水平面做平拋運動的水平位移為0.6m；
（3）當1N＜F≤2N時，t₁=$\frac{4}{F}$，當F＞2N時，t₂=$\frac{2}{F-1}$，當F=5N時，v=0.25m/s，方向向左．

點評 本題是一道力學綜合題，是多體多過程問題，分析清楚物體運動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律、機械能守恒定律與牛頓第二定律即可正確解題．