Question

20．足够长的光滑水平面离地面高度h=0.45m，质量均为m=1kg的物块A与长木板B叠放在一起，以v₀=4m/s的速度与物块C发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，碰撞后瞬间B板速度v₁=-2m/s，长木板B的J边未进入PQ区域时，与物块A已到共速，已知A、B间动摩擦因数μ=0.1，g取10m/s²，当B板的J边处在宽d=1m的PQ区域内时，B板就会受到一个水平向左的恒力F，使B板最终向左离开该区域，且A始终没有滑落B板．求：

（1）B板右端J边刚进入边界P的速度v₂；
（2）物块C离开水平面做平抛运动的水平位移s；
（3）讨论：F在不同的可能取值范围，B板右端J边处在PQ区域的时间t与恒力F的关系．如果F=5N，计算B板最终的速度v．

Answer 1

分析 （1）由动量守恒定律可以求出物体速度．
（2）由动量守恒定律、机械能守恒定律与平抛运动可以求出物体的水平位移．
（3）由匀变速运动的速度位移公式与牛顿第二定律分析答题．

解答 解：（1）B、C碰后，以A、B为系统，直到共速过程系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv₀+mv₁=2mv₂，
解得，J边进入PQ区域的速度：v₂=1m/s；
（2）B、C发生弹性碰撞，设C质量为m_c，碰后速度为v_c，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv₀=mv₁+m_Cv_C，
由机械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₀²=$\frac{1}{2}$mv₁²+$\frac{1}{2}$m_Cv_C²，
代入数据解得：v₁=-2m/s，m_C=3kg，v_C=2m/s，
C离开水平面后做平抛运动，
竖直方向：h=$\frac{1}{2}$gt²，水平方向：s=v_Ct，代入数据解得：s=0.6m；
（3）设J边进入PQ区域，刚好能到达Q边界：v_t=0，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v_t²-v₂²=2（-a）d，
代入数据解得：a=0.5 m/s²，
由牛顿第二定律得，恒力：F₁=2ma=2×1×0.5=1N，
设J边进入PQ区域，A、B恰好能一起做匀变速运动，
A有最大加速度a_m=μg=0.1×10=1m/s²，
恒力：F₂=2ma_m=2×1×1=2N，
讨论：当1 N＜F≤2N时，A、B一起匀变速运动，加速度：a₁=$\frac{F}{2m}$，
进入及返回的过程互逆，所以：t₁=$\frac{2{v}_{1}}{{a}_{1}}$=$\frac{4}{F}$；
当F＞2N时，A、B发生相对滑动，B的加速度：a₂=$\frac{F-μmg}{m}$，
进入及返回的过程互逆，所以：t₂=$\frac{2{v}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{2}{F-1}$；
F=5N，t=0.5s，B板右端J边离开P，此时A的速度：v_A=v₂-a_mt=0.5m/s，
以A的初速度方向为正方向，A、B系统动量守恒，
由动量守恒定律得：m（-v₂）+mv_A=2mv，
代入数据解得：v=-0.25m/s，方向：水平向左；
答：（1）B板右端J边刚进入边界P的速度v₂=1m/s；
（2）物块C离开水平面做平抛运动的水平位移为0.6m；
（3）当1N＜F≤2N时，t₁=$\frac{4}{F}$，当F＞2N时，t₂=$\frac{2}{F-1}$，当F=5N时，v=0.25m/s，方向向左．

点评 本题是一道力学综合题，是多体多过程问题，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题．