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如图所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定挡板P，在C上左端和中点处各放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计，A、B之间和B、P之间的距离皆为L．设木板
网友投稿 2022-10-29 00:00:00 互联网
◎ 题目
如图所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定挡板P，在C上左端和中点处各放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计，A、B之间和B、P之间的距离皆为L．设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为μ；A、B、C（连同挡板P）的质量相同．开始时，B和C静止，A以某一初速度向右运动．试问下列情况是否能发生？要求定量求出能发生这些情况时物块A的初速度V
0
应满足的条件，或定量说明不能发生的理由．
（1）物块A与B发生碰撞；
（2）物块A与B发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块B与挡板P发生碰撞；
（3）物块B与挡板P发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块B与A在木板C上再发生碰撞；
（4）物块A从木板C上掉下来；
（5）物块B从木板C上掉下来．
◎ 答案
（1）、以m表示物块A、B和木板C的质量，当物块A以初速度
v
0
向右运动时，A将受到木板施加的向左的大小为μmg的滑动摩擦力而减速，木板C则受到物块A施加的大小为μmg的滑动摩擦力和物块B施加的大小为f的摩擦力而做加速运动，物块B则因受木板C施加的摩擦力f作用而加速，设A、B、C三者的加速度分别为
a
A
、
a
B
和
a
C
，则由牛顿第二定律，
有μmg=m
a
A
，μmg-f=m
a
C
，f=m
a
B
，事实上此题中
a
B
=
a
C
，即B、C之间无相对运动，这是因为当
a
B
=
a
C
时，由上式可得f=
1
2
μmg （1），
它小于最大静摩擦力μmg．可见静摩擦力使物块B、木板C之间不发生相对运动．
若物块A刚好与物块B不发生碰撞，则物块A运动到物块B所在处时，A与B的速度大小相等．因物块B与木板C速度相等，所以此时三者速度均相同，设为
v
1
，由动量守恒定律得
m
v
0
=3m
v
1
（2），
在此过程中，设木板C运动的路程为
S
1
，则物块A的路程为
S
1
+L，如图所示，
由动能定理得
对A有
1
2
m
v
21
-
1
2
m
v
20
=-μmg（
S
1
+L
） （3）
对C与B有
1
2
（2m）
v
21
=
μm
gS
1
（4）
解（3）、（4）可得
1
2
（3m）
v
21
-
1
2
m
v
20
=-μmgL （5）式中L就是物块A相对木板C运动的路程．
解（2）、（5）得
v
0
=
3μmgL
（6）
即物块A的初速度
v
0
=
3μmgL
时，A刚好不与B发生碰撞，若
v
0
＞
3μmgL
，则A与B发生碰撞，故A与B发生碰撞的条件是
v
0
＞
3μmgL
（7）
即A与B发生碰撞的条件是
v
0
＞
3μmgL
．
（2）、当物块A的初速度
v
0
满足（7）式时，A与B将发生碰撞，设碰撞的瞬间，A、B、C三者的速度分别为
v
A
、
v
B
和
v
C
，则有
v
A
＞
v
B
v
B
=
v
C
（8）
在物块A、B发生碰撞的极短时间内，木板C对它们的摩擦力的冲量非常小，可忽略不计．故在碰撞过程中，A与B构成的系统动量守恒，而木板C的速度保持不变，因为物块A、B间的碰撞是弹性的，系统的机械能守恒，又因为质量相等，由动量守恒和机械能守恒可以证明（证明从略），碰撞前后A、B交换速度，若碰撞刚结束时，A、B、C三者速度分别为
v
′A
、
v
′B
和
v
′C
，则有
v
′A
=
v
B
v
′B
=
v
A
v
′C
=
v
C
（9）
由（8）、（9）式可知，物块A与木板C速度相等，保持相对静止，B相对AC向右运动，以后发生的过程相当于第1问中所进行的延续，由物块B代替A继续向右运动．
若物块B刚好与挡板P不发生碰撞，则物块B以速
v
′B
从C板的中点运动到挡板P所在处时与C的速度相等．A与C的速度大小是相等的，A、B、C三者的速度相等，设此时三者的速度
v
2
，根据动量守恒定律有m
v
0
=3m
v
2
（10）
A以初速度
v
0
开始运动，接着与B发生完全弹性碰撞，碰撞后物块A相对木板C静止，B到达P所在处这一整个过程中，先是A相对C运动的路程为L，接着是B相对C运动的路程为L，整个系统动能的改变，等于系统内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和，即
1
2
（3m）
v
22
-
1
2
m
v
20
=-μmg.2L （11）
解（10）、（11）两式得
v
0
=
6μmgL
（12）
即物块A的初速度
v
0
=
6μmgL
时，A与B碰撞，但B与P刚好不发生碰撞，
若使
v
0
＞
6μmgL
，就能使B与P发生碰撞，故A与B碰撞后，物块B与挡板P发生碰撞的条件是
v
0
＞
6μmgL
（13）
即物块A与B发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块B与挡板P发生碰撞的条件是
v
0
＞
6μmgL
．
（3）、若物块A的初速度
v
0
满足条件（13）式，则在A、B发生碰撞后，B将与挡板P发生碰撞，设在碰撞前瞬间，A、B、C三者的速度分别为
v
″A
、
v
″B
和
v
″C
，则有
v
″B
＞
v
″A
=
v
″C
（14）
B与P碰撞后的瞬间，A、B、C三者的速度分别为
v
″′A
、
v
″′B
和
v
′″C
，则仍类似于第2问解答中（9）的道理，有
v
″′B
=
v
″C
v
″′C
=
v
″B
v
″′A
=
v
″A
（15）
由（14）、（15）式可知B与P刚碰撞后，物块A与B的速度相等，都小于木板C的速度，即
v
″′C
＞
v
″A
=
v
″′B
（16）
在以后的运动过程中，木板C以较大的加速度向右做减速运动，而物块A和B以相同的较小的加速度向右做加速运动，加速度的大小分别为
a
C
=2μg
a
A
=
a
B
=μg （17）
加速过程将持续到或者A和B与C的速度相同，三者以相同速度
1
3
v
0
向右做匀速运动，或者木块A从木板C上掉了下来．因此物块B与A在木板C上不可能再发生碰撞．
即物块B与挡板P发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块B与A在木板C上不可能再发生碰撞．
（4）、若A恰好没从木板C上掉下来，即A到达C的左端时的速度变为与C相同，这时三者的速度皆相同，以
v
3
表示，由动量守恒有
3m
v
3
=m
v
0
（18）
从A以初速度
v
0
在木板C的左端开始运动，经过B与P相碰，直到A刚没从木板C的左端掉下来，这一整个过程中，系统内部先是A相对C的路程为L；接着B相对C运动的路程也是L；b与P碰后直到A刚没从木板C上掉下来，A与B相对C运动的路程也皆为L．整个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和，即
1
2
（3m）
v
23
-
1
2
m
v
20
=-μmg.4L （19）
由（18）、（19）两式，得
v
0
=
12μgL
（20）
即当物块A的初速度
v
0
=
12μgL
时，A刚好不会从木板C上掉下．若
v
0
＞
12μgL
，则A将从木板C上掉下，故A从C上掉下的条件是
v
0
＞
12μgL
（21）
即物块A从木板C上掉下来的条件是
v
0
＞
12μgL
．
（5）若物块A的初速度
v
0
满足条件（21）式，则A将从木板C上掉下来，设A刚要从木板C上掉下来时，A、B、C三者的速度分别为
v
″′A
、
v
″′B
和
v
″C
，则有
v
″′A
=
v
″′B
＜
v
″′C
（22）
这时（18）式应改写为
m
v
0
=2
mv
″″A
+
mv
″″C
（23）
（19）式应改写为
1
2
(2m)v
″″2B
+
1
2
m
v
″″2C
-
1
2
m
v
20
=-μmg.4L （24）
当物块A从木板C上掉下来后，若物块B刚好不会从木板C上掉下，即当C的左端赶上B时，B与C的速度相等．设此速度为
v
4
，则对B、C这一系统来说，由动量守恒定律，有
v
″″B
+m
v
″″C
=2m
v
4
（25）
在此过程中，对这一系统来说，滑动摩擦力做功的代数和为-μmgL，由动能定理可得
1
2
(2m)v
24
-（
1
2
mv
″″2B
+
1
2
mv
″″2C
）=-μmgL （26）
由（23）、（24）、（25）、（26）式可得
v
0
=4
μmgL
（27）
即当
v
0
＞4
μmgL
时，物块B刚好不能从木板C上掉下．若，则B将从木板C上掉下，故物块B从木板C上掉下来的条件是
v
0
＞
μmgL
（28）
即物块B从木板C上掉下来的条件是
v
0
＞
μmgL
．
◎ 解析
“略”
◎ 知识点
专家分析，试题“如图所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定挡板P，在C上左端和中点处各放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计，A、B之间和B、P之间的距离皆为L．设木板…”主要考查了你对 【牛顿第二定律】，【机械能守恒定律】，【动量守恒定律】 等知识点的理解和应用能力。关于这些知识点的“档案”，你可以点击相应的链接进行查看和学习。
http://www.00-edu.com/html/202210/340186.html
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