Question

如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為M、長為L的長木板，其上有一質(zhì)量為m的物塊，它與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，開始時長木板與小物塊均靠在與水平面垂直的左邊固定擋板處以共同的速度v₀向右運動，當長木板與右邊固定豎直擋板碰撞后立即以大小相同的速率反向運動，且左右擋板之間的距離足夠長．
（1）若m＜M，試求要使物塊不從長木板上落下，長木板的最短長度．
（2）若物塊不會從長木板上掉下，且M=2kg，m=1kg，v₀=10m/s，試計算長木板與擋板第3次碰撞前整個系統(tǒng)損失的機械能大小及第n次碰撞前整個系統(tǒng)損失的機械能表達式．

Answer 1

分析：（1）由于小物塊與長木板存在摩擦力，系統(tǒng)的機械能不斷減少，所以小物塊第一次與擋板碰撞后兩者相對速度最大，第1次小物塊若不能從長木板上掉下，往后每次相對滑動的距離會越來越小，更不可能掉下．第一次碰撞后，物塊恰好不從木板上掉下時，兩者速度相同，而且物塊恰好滑到木板的另一端，根據(jù)動量守恒定律求出第一次碰撞后兩者的共同速度，由能量守恒定律求出長木板的長度L最小值．
（2）根據(jù)動量守恒定律求出1、2、3次碰撞后物塊與木板的共同速度，尋找規(guī)律，再求解整個系統(tǒng)在第n次碰撞前損失的所有機械能．

解答：解：（1）長木板與右邊擋板第一次碰撞后，物塊在長木板上以速度v₀作相對運動，因左右擋板之間的距離足夠長，當木塊與長木板以共同速度v₁向左運動時，物塊在長木板上移動的距離最遠（設為L），此時物塊在長木板上不掉下，則在以后的運動中物塊也不會從長木板上掉下．因為每次碰撞后物塊相對長木板運動的加速度相同，物塊相對長木板運動的末速度也相同且為0，而第一次碰撞后物塊相對長木板運動的初速度最大，所以第一次碰撞后物塊相對長木板的位移也最大．
由動量守恒和能量守恒可得：
（M-m）v₀=（M+m）v_1①

1

2

（M+m）v₀²-

1

2

（M+m）v₁²=μmgL②
由①②兩式可得：L=2Mv₀²

1

μ(M+m)g

即要使物塊不從長木板上掉下，長木板的最短長度應為：L=2Mv₀²

1

μ(M+m)g

（2）長木板與擋板第二次碰撞前系統(tǒng)所損失的機械能為△E₁，則由能量守恒可得：
△E₁=

1

2

（M+m）v₀²-

1

2

（M+m）v₁²③
由①③式可得：△E₁=2Mmv₀²

1

M+m

④
長木板與擋板第二次碰撞后到物塊與長木板第二次以共同速度v₂向右運動，直到長木板與擋板第3次碰撞前，系統(tǒng)所損失的機械能為△E₂，由動量守恒和能量守恒可得：
（M-m）v₁=（M+m）v_2⑤
△E₂=

1

2

（M+m）v₁²-

1

2

（M+m）v₂²⑥
由⑤⑥二式可得：△E₂=2Mmv₁²

1

M+m

=

2Mm

(M+m)

v

2 0

(

M-m

M+m

)2⑦
故長木板與擋板第3次碰撞前整個系統(tǒng)損失的機械能為：
由⑥⑦二式可得：△E=△E₁+△E₂=

2Mm M+m v 2 0 {1-[( M-m M+m )2]2}

1-( M-m M+M )2

⑧
將數(shù)據(jù)代入式可得：△E=148.1J⑨
由④⑦二式可得：長木板與板第（n-1）次碰撞后到長木板與擋板第n次碰撞前，系統(tǒng)所損失的機械能為△E_（n-1），由等比數(shù)列公式可得：
則：△E_（n-1）=△E1?

2Mm

(M+m)

v

2 0

[(

M-m

M+m

)2](n-1)⑩
所以長木板與擋板第n次碰撞前整個系統(tǒng)損失的機械能為：
△E_總=

2Mm M+m v 2 0 {1-[( M-m M+m )2](n-1)}

1-( M-m M+m )2

=150[1-(

1

9

)(n-1)]
答：（1）若m＜M，要使物塊不從長木板上落下，長木板的最短長度是2Mv₀²

1

μ(M+m)g

（2）若物塊不會從長木板上掉下，且M=2kg，m=1kg，v₀=10m/s，長木板與擋板第3次碰撞前整個系統(tǒng)損失的機械能大小是148.1J
第n次碰撞前整個系統(tǒng)損失的機械能表達式是

2Mm M+m v 2 0 1-[( M-m M+m )2](n-1)

1-( M-m M+m )2

．

點評：本題采用數(shù)學歸納法研究多次碰撞過程遵守的規(guī)律，考查分析和處理復雜運動過程的能力．