Question

（2009?湛江二模）如图甲所示，一质量为M=2kg的长木板B静止于光滑水平面上，B的右边放有竖直挡板．小物体A（可视为质点）和小球的质量均为m=1kg，小球用长为H=1.8m的轻绳悬挂在O点．将轻绳拉直至水平位置后静止释放小球，与小物体A发生完全弹性碰撞且速度互换．已知A和B间的动摩擦因数μ=0.2，B与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失．重力加速度取g=10m/s²．
（1）若A、B达到共同速度前并未碰到挡板，则B的右端距挡板的距离s至少多长？
（2）若B的右端距挡板距离s=0.5m，要使A最终不脱离B，则木板B的长度至少多长？
（保留三位有效数字）
（3）取B向右运动方向为正．A在B上开始运动时记为t=0时刻，请在图乙的坐标纸上画出B运动3s内的速度一时间图象．

Answer 1

分析：（1）根据机械能守恒定律求出小球与A碰撞前速度，由于小球与A的质量相同，发生弹性碰撞后速度交换，根据动量守恒定律求出共同速度，进而求出B的位移和加速度；
（2）分析AB的运动情况，由运动学基本公式、动量守恒定律及功能关系求出相对位移，从而求出木板B的最小长度；
（3）分析运动过程，根据运动学基本公式求出B各段运动的时间、位移、速度，从而画出图象．

解答：解：（1）设小球与A碰撞前速度为v₀，由机械能守恒定律有：
mgH=

1

2

mv02
解得：v₀=6m/s
由于小球与A的质量相同，发生弹性碰撞后速度交换
设AB达到共同速度u前并未碰到挡板，则根据动量守恒定律得：
mv₀=（M+m）u
解得：u=2m/s
在这一过程中，B的位移为sB=

u2

2aB

，B的加速度大小为aB=

μmg

M

解得：sB=

Mu2

2μmg

=

2×22

2×0.2×1×10

m=2m
（2）因B离竖直挡板的距离s=0.5m＜2m，所以碰到挡板时，AB未达到相对静止，设此时B的速度为v_B，
由运动学知识得：vB2=2aBs=

2μmgs

M

解得：v_B=1m/s
设此时A的速度为v_A，根据动量守恒定律得：
mv₀=Mv_B+mv_A
解得v_A=4m/s
设在这一过程中，AB发生的相对位移为s′₁，由功能关系有：
μmgs′₁=

1

2

mv02-

1

2

mvA2-

1

2

MvB2
解得：s′₁=4.5m
B碰撞挡板后，AB最终达到向右的相同速度v，根据动量守恒定律得：
mv_A-Mv_B=（M+m）v
解得：v=

2

3

m/s
在这一过程中，AB发生的相对位移s′₂，由功能关系得：
μmgs′₂=

1

2

mvA2+

1

2

MvB2-

1

2

(M+m)v 2
解得：s′2=

25

6

m
B再次碰到挡板后，AB最终以相同速度v′向左共同运动，根据动量守恒定律得：
Mv-mv=（M+m）v′
解得；v′=

2

9

m/s
在这一过程中，AB发生的相对位移s′₃，由功能关系得：
μmgs′₃=

1

2

(M+m)v 2-

1

2

(M+m)v′2
解得s′₃=

8

27

m
因此，为使A不从B上脱落，B的最小长度为：
L=s′₁+s′₂+s′₃=8.96m
（3）设B第一次到达挡板的时间为t₁
由运动学公式得：v_B=a_Bt₁，解得t₁=1s
B第一次碰撞后以v_B=1m/s向左运动，加速度大小不变，由对称性可知，t=2s时，B的速度为0，又回到出发点
设再经过时间△T₁，B与A具有相同的速度v=

2

3

m/s
即△T₁=

2

3

s
此时B向右运动的位移为△s1=

1

2

a_B△T12=0.22m
B以速度v=

2

3

m/s与A一起向右做匀速运动的时间为△T2=(3-2-

2

3

)=

1

3

s
在△T₂内运动的位移为△s₂=v△T₂=0.22m
因△s₁+△s₂＜0.5m，可见在3s内B仍没有与挡板发生第二次碰撞
图象如图所示
答：（1）若A、B达到共同速度前并未碰到挡板，则B的右端距挡板的距离s至少2m；
（2）若B的右端距挡板距离s=0.5m，要使A最终不脱离B，则木板B的长度至少8.96m；
（3）B运动3s内的速度一时间图象如图所示．

点评：本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、功能关系的直接应用，要求同学们能分析清楚AB的运动情况，过程较为复杂，难度较大．