Question

16．如图所示，光滑水平面上固定竖直挡板MN，放有长木板P，P左端与MN间距离为d，P 右端放置小物块K，P、K的质量均为m，P与K间的 动摩擦因数为μ．现给小物块K持续施加水平向左的 恒定外力，其大小等于P与K间的滑动摩擦力的二分之一，P、K一起向左运动，直到P与竖直挡板MN相 碰，碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间P的速度大小相等，方向相反，小物块K始终在长木板P上．重力加速度为g．
（1）经过多长时间长木板P与竖直挡板MN发生第一次碰撞；
（2）从外力作用在小物块K到长木板P第一次与竖直挡板MN碰撞后向右运动到最远的过程，求P、K间因摩擦产生的热量；
（3）为使小物块K不与竖直挡板MN碰撞，求木板P长度的最小值．

Answer 1

分析 （1）碰撞前，P、K一起向左匀加速运动，对整体，由牛顿第二定律求得加速度，再由位移公式求得时间．
（2）P、K间因摩擦产生的热量等于摩擦力大小和相对位移大小的乘积，P与竖直挡板MN发生第一碰撞后，根据牛顿第二定律求出两者的加速度，由运动学位移公式求出两者相对于地面的位移，得到相对位移，即可求热量．
（3）小物块K对地面向左做匀加速运动、向左做匀减运动，如此交替进行，始终向左运动，对木板P相对静止、相对滑动；木板P与竖直挡板MN碰撞后先向右匀减速运动，后向左匀加速运动再与小物块相对静止的匀加速运动，与竖直挡板MN碰撞，与竖直挡板MN碰撞前的速度一次比一次小，最后，当P、K与竖直挡板碰撞前速度均为零，由于F=$\frac{1}{2}$μmg，小物块将不再运动，若K刚好达到长木板P的左端，此种情况木板P的长度最小．对P、K，整个运动过程，运用能量守恒定律求解．

解答 解：（1）P、K一起向左匀加速运动时，设加速度为a，经过t时间长木板P与竖直挡板MN发生第一次碰撞．
对整体，由牛顿第二定律得：
   F=2ma
据题 F=$\frac{1}{2}$μmg
可得 a=$\frac{1}{4}$μg
由d=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$得 t=2$\sqrt{\frac{2d}{μg}}$
（2）设P与竖直挡板MN发生第一碰撞前的速度大小为v₁，则 v₁=at
之后，P向右以v₁为初速度匀减速运动，设加速度大小为a₁，经过时间t₁速度减为零，通过的距离为x₁，向右运动到最远；K向左v₁为初速度匀减速运动，设加速度大小为a₂，经过时间t₁通过的距离为x₂，则由牛顿第二定律有：
    μmg=ma₁；
   μmg-F=ma₂；
由运动学公式有：
   v₁=a₁t₁；
   x₁=$\frac{{v}_{1}{t}_{1}}{2}$
 x₂=v₁t₁-$\frac{1}{2}$a₂t₁²；
解得：v₁=$\sqrt{\frac{μgd}{2}}$，a₁=μg，a₂=$\frac{1}{2}$μg，t₁=$\sqrt{\frac{d}{2μg}}$，x₁=$\frac{1}{4}$d，x₂=$\frac{3}{8}$d
设在时间t₁内，K在P上滑动的距离为x，P、K间因摩擦产生的热量为Q，则
   x=x₁+x₂．
  Q=μmgx
解得 Q=$\frac{5}{8}$μmgd
（3）小物块K对地面向左做匀加速运动、向左做匀减运动，如此交替进行，始终向左运动，对木板P相对静止、相对滑动；木板P与竖直挡板MN碰撞后先向右匀减速运动，后向左匀加速运动再与小物块相对静止的匀加速运动，与竖直挡板MN碰撞，与竖直挡板MN碰撞前的速度一次比一次小，最后，当P、K与竖直挡板碰撞前速度均为零，由于F=$\frac{1}{2}$μmg，小物块将不再运动，若K刚好达到长木板P的左端，此种情况木板P的长度最小．
对P、K，整个运动过程，由能量守恒定律得
     F（d+L）=μmgL
解得 L=d
答：
（1）经过2$\sqrt{\frac{2d}{μg}}$时间长木板P与竖直挡板MN发生第一次碰撞；
（2）P、K间因摩擦产生的热量是$\frac{5}{8}$μmgd；
（3）木板P长度的最小值是d．

点评 理清两个物体的运动情况是解题的关键，要知道摩擦生热与相对位移有关．对于第二问题，也可以根据动能定理求出两者对地的位移．